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著名数学问题赏析---二次互反律
在本文中将要提及的著名数学问题是数论中有名的二次互反律（The Quadritic Reciprocity Law）
定理可能由大数学家Leonard Euler首先“感受”到，随后数学家Lengendre在他
的著作中正式提到这一定理，但他并没有给出确切证明。真正的证明是由天才
数学家Friedrich Gauss在他24岁时的惊世巨著《算术探讨》（Disquistiones
Arithmeticae）中给出。Gauss本人称此定理为“数论的酵母”，此后Kummer，
Hilbert，Artin等大师的工作更说明Gauss此说的正确。
为了叙述清楚这一定理，我们引入Lengendre符号：
Lengendre符号(n/p)=1，当存在整数x满足x的平方模p余n；反之为-1。
二次互反律：对奇质数p，q，(p/q)*(q/p)=(-1)^((p-1)/2*(q-1)/2)
证明：引理1
(n/p)≡n^((p-1)/2)(mod p)，p是奇质数.(Euler)
倘若存在整数x使x^2≡n(mod p)，则n^((p-1)/2)≡x^(p-1)≡1
(mod p)(Fermat小定理)，即1 ≡(n/p)≡n^((p-1)/2)(mod p)
考虑 (p-1)/2 个整数 m^2， 其中 m 为 1, ..., (p-1)/2.
不难看到， 这些整数中的任意两个之差 i^2-j^2 = (i+j)(i-j)
都不能被p整除，而同余式x^((p-1)/2)≡1（mod p）最多有(p-1)/2
个解，因此该同余式的所有解就是m^2.因此若n^((p-1)/2)≡1(mod p)
必存在m使m^2≡n(mod p).
从上面的叙述可知，若(n/p)≠1，则n^((p-1)/2)模p不余1，但由
Fermat小定理可知(n^((p-1)/2)+1)*(n^((p-1)/2)-1)≡0（mod p）
所以-1≡(n/p)≡n^((p-1)/2)(mod p)，Q.E.D.
引理2
(n/p)=(-1)^m,这里m是指n,2n,...,(p-1)n/2诸数中模p的余数大于p/2
的数的个数.这里p是奇质数,n与p互质.(Gauss)
模p的余数大于p/2,可以写作模p的余数大于-p/2而小于0
因此对每一nx,x=1,2,...,(p-1)/2,都有nx≡r(x)(mod p),-p/2<x<p/2.
将这(p-1)/2个式子相乘,得n^((p-1)/2)*((p-1)/2)!≡(-1)^m*∏|r(x)|
(mod p)显然,形如nx的ni与nj不满足ni±nj≡0(mod p),因此r(x)的绝对值
两两不同,且取遍一切1,2,...,(p-1)/2.所以∏|r(x)|=((p-1)/2)!由引理1
我们就有(n/p)≡n^((p-1)/2)≡(-1)^m(mod p),即(n/p)=(-1)^m,Q.E.D.
命题的证明
记号同引理2,我们设nx=g(x)*p+r(x),r(x)>0,或nx=g(x)*p+p+r(x),r(x)<0.
令n为奇质数q,则有x≡g(x)+r(x)(mod 2)或x≡g(x)+r(x)+1(mod 2)
把这些式子加起来,我们有(1+2+...+(p-1)/2)≡∑g(x)+m+∑r(x)≡
∑g(x)-m+∑|r(x)|(mod 2),由引理2的证明可知,(1+2+...+(p-1)/2)=
∑|r(x)|,所以∑g(x)≡m(mod 2),由引理2就有(q/p)=(-1)^m=(-1)^(∑g(x))
显然g(x)=[qx/p],[x]为不大于x的最大整数,同理(p/q)=(-1)^(∑[px/q])
问题就变成了∑([px/q])+∑([qy/p])的求和,前一和式x取1,2,...(q-1)/2,
后一和式y取1,2,...(p-1)/2.实际上,由解析几何知识我们可以知道,左边
和式代表以(0,0),(0,q/2)(p/2,0)(p/2,q/2)为顶点的矩形内部整点个数,
而它恰为(p-1)/2*(q-1)/2,这样,我们就证明了二次互反律.
| 发表时间：2006-07-19, 22:16:44 |
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