Legendre符号的定义和基本性质

定义

  $p$是一个奇素数，$a\in \mathbb{Z}$，定义
$$\left(\frac{a}{p}\right)=\{\begin{array}{rl}& 1,a是模p的平方剩余且p\cancel{|}a\\ & -1,a是模p的平方非剩余\\ & 0,p|a\end{array}$$
读作$a$对$p$的Legendre符号。
  该符号必须有圆括号；该符号不是分式的意思。

注
  Legendre符号的定义也可以写作
$$\left(\frac{a}{p}\right)=a^{\frac{p-1}{2}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
其中$a^{\frac{p-1}{2}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$表示用$p$除$a^{\frac{p-1}{2}}$得到的余数$r\left(r\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0},r<p\right)$。

意义

  由Legendre符号的定义可以看出，如果能够很快地算出它的值，那么就会立刻知道同余式
$$x^2\equiv a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p,p是奇素数,a\in \mathbb{Z}$$
是否有解。具体地说：

1. 当$\left(\frac{a}{p}\right)=1$时，$a$是模$p$的平方剩余，根据平方剩余的定义，同余式有解。
2. 当$\left(\frac{a}{p}\right)=0$时，有$p|a\Rightarrow a\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，此时同余式
   $$x^2\equiv a\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   有唯一解$x\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$（$p$是素数，$\mathbb{Z}/p$是域，是整环）。
3. 当$\left(\frac{a}{p}\right)=-1$时，$a$是模$p$的平方非剩余，由平方非剩余的定义，同余式无解。
   
   

若干性质

1. $\left(\frac{a}{p}\right)\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$

证明

1. 若$p\cancel{|}a$，由于$p$是一个素数，因此有$\gcd \left(a,p\right)=1$。此时由Euler判别法和Legendre符号的定义，有
   $$\begin{array}{rl}& a是模p的平方剩余\Rightarrow \{\begin{array}{rl}& a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \left(\frac{a}{p}\right)=1\end{array}\Rightarrow a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \left(\frac{a}{p}\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & a是模p的平方非剩余\Rightarrow \{\begin{array}{rl}& a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \left(\frac{a}{p}\right)=-1\end{array}\Rightarrow a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \left(\frac{a}{p}\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$

2. 若$p|a$，由Legendre符号的定义有
   $$\left(\frac{a}{p}\right)=0$$
   且此时有$a\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，因此也有
   $$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 0^{\frac{p-1}{2}}=0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   因此有
   $$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv \left(\frac{a}{p}\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   
   

2. $\left(\frac{1}{p}\right)=1$

证明
( 1 p ) ≡ 1 p − 1 2 = 1     m o d   p ( 1 p ) ∈ { 0 , ± 1 } }   ⇒   ( 1 p ) = 1 \left. \begin{aligned} & \left( \frac{1}{p} \right)\equiv { {1}^{\frac{p-1}{2}}}=1\text{ }\bmod p \\ & \left( \frac{1}{p} \right)\in \left\{ 0,\pm 1 \right\} \\ \end{aligned} \right\}\text{ }\Rightarrow \text{ }\left( \frac{1}{p} \right)=1 ​(p1​)≡12p−1​=1 modp(p1​)∈{ 0,±1}​⎭⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎫​ ⇒ (p1​)=1

3. $\left(\frac{-1}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}}=\{\begin{array}{rl}& 1,p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\\ & -1,p\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\end{array}$

证明
  首先有$\left(\frac{-1}{p}\right)\equiv {\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$。

  其次，$p$是奇数，推出$p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$（例如$p=17$）或$p\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$（例如$p=19$）。

  当$p\equiv 1\text{ mod4}$时，$\exists k\in \mathbb{Z},p=4k+1$，此时有
( − 1 p ) ≡ ( − 1 ) 4 k + 1 − 1 2 = ( − 1 ) 2 k = 1     m o d   p ( − 1 p ) ∈ { 0 , ± 1 } } ⇒ ( − 1 p ) = 1 = ( − 1 ) p − 1 2 \left. \begin{matrix} \left( -\frac{1}{p} \right)\equiv { {\left( -1 \right)}^{\frac{4k+1-1}{2}}}={ {\left( -1 \right)}^{2k}}=1\text{ }\bmod p \\ \left( \frac{-1}{p} \right)\in \left\{ 0,\pm 1 \right\} \\ \end{matrix} \right\}\Rightarrow \left( \frac{-1}{p} \right)=1={ {\left( -1 \right)}^{\frac{p-1}{2}}} (−p1​)≡(−1)24k+1−1​=(−1)2k=1 modp(p−1​)∈{ 0,±1}​⎭⎬⎫​⇒(p−1​)=1=(−1)2p−1​

  当$p\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$时，$\exists k\in \mathbb{Z},p=4k+3$，此时有
( − 1 p ) ≡ ( − 1 ) 4 k + 3 − 1 2 = ( − 1 ) 2 k + 1 = − 1     m o d   p ( − 1 p ) ∈ { 0 , ± 1 } } ⇒ ( − 1 p ) = − 1 = ( − 1 ) p − 1 2 \left. \begin{matrix} \left( -\frac{1}{p} \right)\equiv { {\left( -1 \right)}^{\frac{4k+3-1}{2}}}={ {\left( -1 \right)}^{2k+1}}=-1\text{ }\bmod p \\ \left( \frac{-1}{p} \right)\in \left\{ 0,\pm 1 \right\} \\ \end{matrix} \right\}\Rightarrow \left( \frac{-1}{p} \right)=-1={ {\left( -1 \right)}^{\frac{p-1}{2}}} (−p1​)≡(−1)24k+3−1​=(−1)2k+1=−1 modp(p−1​)∈{ 0,±1}​⎭⎬⎫​⇒(p−1​)=−1=(−1)2p−1​

4. $a\equiv b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\Rightarrow \left(\frac{a}{p}\right)=\left(\frac{b}{p}\right)$

证明
$$a\equiv b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\Rightarrow \left(\frac{a}{p}\right)\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\equiv b^{\frac{p-1}{2}}\equiv \left(\frac{b}{p}\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
又 ( a p ) , ( b p ) ∈ { 0 , ± 1 } \left( \frac{a}{p} \right),\left( \frac{b}{p} \right)\in \left\{ 0,\pm 1 \right\} (pa​),(pb​)∈{ 0,±1}（由于$p$是奇素数，$p\ge 3$，因此可以理解为$\left(\frac{a}{p}\right),\left(\frac{b}{p}\right)$在模$p$的同一个完全剩余系内，而模$p$的同一完全剩余系内的不同元素彼此模$p$不同余），因此有
$$\left(\frac{a}{p}\right)=\left(\frac{b}{p}\right)$$

5-1. $\left(\frac{ab}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right)$

证明
$$\left(\frac{ab}{p}\right)\equiv {\left(ab\right)}^{\frac{p-1}{2}}=a^{\frac{p-1}{2}}{b}^{\frac{p-1}{2}}\equiv \left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
又 ( a b p ) , ( a p ) , ( b p ) ∈ { 0 , ± 1 } \left( \frac{ab}{p} \right),\left( \frac{a}{p} \right),\left( \frac{b}{p} \right)\in \left\{ 0,\pm 1 \right\} (pab​),(pa​),(pb​)∈{ 0,±1}， ( a p ) ( b p ) ∈ { 0 , ± 1 } \left( \frac{a}{p} \right)\left( \frac{b}{p} \right)\in \left\{ 0,\pm 1 \right\} (pa​)(pb​)∈{ 0,±1}，因此只能是
$$\left(\frac{ab}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right)$$

5-2. $\left(\frac{a_1{a}_2\cdots a_n}{p}\right)=\left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)\cdots \left(\frac{a_n}{p}\right)$

证明
$$\begin{array}{rl}& \left(\frac{a_1{a}_2\cdots a_n}{p}\right)\\ & \equiv {\left(a_1{a}_2\cdots a_n\right)}^{\frac{p-1}{2}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & =\left({a_1}^{\frac{p-1}{2}}\right)\left({a_2}^{\frac{p-1}{2}}\right)\cdots \left({a_n}^{\frac{p-1}{2}}\right)\\ & \equiv \left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)\cdots \left(\frac{a_n}{p}\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$
( a 1 a 2 ⋯ a n p ) , ( a i p ) ∈ { 0 , ± 1 } ,   i = 1 , 2 , ⋯   , n \left( \frac{ { {a}_{1}}{ {a}_{2}}\cdots { {a}_{n}}}{p} \right),\left( \frac{ { {a}_{i}}}{p} \right)\in \left\{ 0,\pm 1 \right\},\text{ }i=1,2,\cdots ,n (pa1​a2​⋯an​​),(pai​​)∈{ 0,±1}, i=1,2,⋯,n，有
$$\left|\left(\frac{a_1{a}_2\cdots a_n}{p}\right)-\left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)\cdots \left(\frac{a_n}{p}\right)\right|\le 2$$
又$p$是奇素数，$p\ge 3$，因此$\left(\frac{a_1{a}_2\cdots a_n}{p}\right),\left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)\cdots \left(\frac{a_n}{p}\right)$可在模$p$的同一个完全剩余系内，因此只能是
$$\left(\frac{a_1{a}_2\cdots a_n}{p}\right)=\left(\frac{a_1}{p}\right)\left(\frac{a_2}{p}\right)\cdots \left(\frac{a_n}{p}\right)$$

6. $p\cancel{|}b\Rightarrow \left(\frac{a{b}^2}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)$

证明
  $p\cancel{|}b$，则有$\left(\frac{b}{p}\right)=1$或$\left(\frac{b}{p}\right)=-1$。根据性质5-1，有
$$\left(\frac{a{b}^2}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right){\left(\frac{b}{p}\right)}^2=\left(\frac{a}{p}\right){\left(\pm 1\right)}^2=\left(\frac{a}{p}\right)$$

7. $\left(\frac{2}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\frac{p^2-1}{8}}=\{\begin{array}{rl}& 1,p\equiv \pm 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8\\ & -1,p\equiv \pm 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8\end{array}$

证明
  见博文《Legendre符号的相关引理和部分计算性质的证明》中的推论1-1。

8. 若$\gcd \left(a,p\right)=1,2\cancel{|}a$，则有$$\left(\frac{a}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]}$$

证明
  见博文《Legendre符号的相关引理和部分计算性质的证明》中的推论1-2。

9. 若$p,q$均为奇素数，$\gcd \left(p,q\right)=1$（即奇素数$p\ne q$），则有$$\left(\frac{q}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}\left(\frac{p}{q}\right)$$

证明
  见博文《Legendre符号的相关引理和部分计算性质的证明》中的二次反转定律。

推论：设$p\ne q$都是奇素数，则有$$\left(\frac{q}{p}\right)=\{\begin{array}{rl}& \left(\frac{p}{q}\right),p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4或q\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\\ & -\left(\frac{p}{q}\right),p\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4且q\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\end{array}$$

证明

1. 若$p\equiv 1\text{ mod4}$，则有
   $${\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}}=1\Rightarrow {\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}={\left[{\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}}\right]}^{\frac{q-1}{2}}=1^{\frac{q-1}{2}}=1$$
   此时即有$\left(\frac{q}{p}\right)=\left(\frac{p}{q}\right)$。同理，若$q\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$，则有$\left(\frac{q}{p}\right)=\left(\frac{p}{q}\right)$。
   因此$p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\vee q\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$的情况下有
   $$\left(\frac{q}{p}\right)=\left(\frac{p}{q}\right)$$
2. 然后考虑$\sim \left(p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\vee q\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\right)$即$\left(p\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\wedge q\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\right)$的情况，此时有
   $${\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}={\left[{\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}}\right]}^{\frac{q-1}{2}}={\left(-1\right)}^{\frac{q-1}{2}}=-1$$
   因此$p\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\wedge q\equiv 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$的情况下有
   $$\left(\frac{q}{p}\right)=-\left(\frac{p}{q}\right)$$
   
   

命题: 存在无穷多个素数$p$，满足$p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$。

证明
  定义集合$A$
A = { a : a 是 素 数 ,   a ≡ 1     m o d   4 } A=\left\{ a:a是素数,\text{ }a\equiv 1\text{ }\bmod 4 \right\} A={ a:a是素数, a≡1 mod4}
注意到$A\ne \varnothing$（因为$5,17\in A$），因此有$\left|A\right|>0$。

  假设$\left|A\right|<\infty$，考虑$m={\left(2\prod _{p\in A}p\right)}^2+1$，显然有$m>1$。由算术基本定理，$m$可以分解为一系列素数的乘积。又由$m$的构造方式，$m$是奇数，因此$m$的素因子不只有2，因此$m$一定有奇素数因子$p^{\prime }\left(p^{\prime }\ge 3\right)$，即有$m\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^{\prime }$，$-1\equiv m-1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^{\prime }$。
$$\begin{array}{c}\left(\frac{-1}{p^{\prime }}\right)=\left(\frac{m-1}{p^{\prime }}\right)=\left(\frac{{\left(2\prod _{p\in A}p\right)}^2}{p^{\prime }}\right)={\left(\frac{2\prod _{p\in A}p}{p^{\prime }}\right)}^2\\ \left(\frac{-1}{p^{\prime }}\right)=\pm 1\end{array}\}\Rightarrow \left(\frac{-1}{p^{\prime }}\right)=1$$
因此$p^{\prime }\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$，即有$p^{\prime }\in A$，也就有$p^{\prime }|2\prod _{p\in A}p$。
$$\begin{array}{c}{p}^{\prime }|2\prod _{p\in A}p\Rightarrow p^{\prime }|{\left(2\prod _{p\in A}p\right)}^2\\ p^{\prime }|m\end{array}\}\Rightarrow p^{\prime }|\left(m-{\left(2\prod _{p\in A}p\right)}^2\right)=1$$
矛盾。因此$\left|A\right|=\infty$，即存在无穷多个素数$p$，满足$p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$。