Legendre符号的相关引理和部分计算性质的证明

引理（Gauss)：设$p$是奇素数，$a\in \mathbb{Z}$，$\gcd \left(a,p\right)=1$。$\forall k\in \mathbb{Z}\&1\le k\le \frac{p-1}{2}$，设$r_k\in \mathbb{Z},0\le r_k<p$，$ak\equiv r_k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，则有$\left(\frac{a}{p}\right)={\left(-1\right)}^m$，其中$m$是大于$\frac{p}{2}$的$r_k$的个数。

证明

1. 第一步，我们指出，$\forall k,ak\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$。
   事实上有推理
   $$\begin{array}{rl}& p是素数,\gcd \left(a,p\right)=1\Rightarrow p\cancel{|}a\Rightarrow a\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & p是素数,1\le k\le \frac{p-1}{2}\Rightarrow \gcd \left(k,p\right)=1\Rightarrow p\cancel{|}k\Rightarrow k\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$
   因此有$ak\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，也蕴含了$\forall k,r_k\ne 0$。

2. 第二步，由于$p$是奇数，$\frac{p}{2}\notin \mathbb{Z}$，因此不存在$r_k=\frac{p}{2}$。又由上述可将$r_k$的范围缩小至$0<r_k<p$，因此可将全体$r_k$划分为$A\bigcup B$，其中
   A = { r k : 0 < r k < p 2 } = { a 1 , ⋯   , a t } , B = { r k : p 2 < r k < p } = { b 1 , ⋯   , b m } , A ⋂ B = ∅ , \begin{aligned} & A=\left\{ { {r}_{k}}:0<{ {r}_{k}}<\frac{p}{2} \right\}=\left\{ { {a}_{1}},\cdots ,{ {a}_{t}} \right\}, \\ & B=\left\{ { {r}_{k}}:\frac{p}{2}<{ {r}_{k}}<p \right\}=\left\{ { {b}_{1}},\cdots ,{ {b}_{m}} \right\}, \\ & A\bigcap B=\varnothing , \\ \end{aligned} ​A={ rk​:0<rk​<2p​}={ a1​,⋯,at​},B={ rk​:2p​<rk​<p}={ b1​,⋯,bm​},A⋂B=∅,​

3. 第三步，设$a{k}_1\equiv r_1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p,a{k}_2\equiv r_2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，我们指出有$r_1+r_2\ne p$。
   事实上，若$r_1+r_2=p$，则有$a{k}_1+a{k}_2\equiv r_1+r_2=p\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$即
   $$a\left(k_1+k_2\right)\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   $p$是素数，$\gcd \left(a,p\right)=1$，因而$p\cancel{|}a,a\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，因此有
   $$k_1+k_2\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   但这与$2\le k_1+k_2\le p-1$矛盾。
   因此令 C = { c = p − b : b ∈ B } C=\left\{ c=p-b:b\in B \right\} C={ c=p−b:b∈B}，则有$A\bigcap C=\varnothing$，且$\forall c\in C$，$0<c<\frac{p}{2}$。

4. 第四步，我们也指出$\forall k_1\ne k_2,a{k}_1\cancel{\equiv }a{k}_2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$。
   事实上有
   $$\{\begin{array}{rl}& k_1\ne k_2\Rightarrow k_1-k_2\ne 0\\ & 1\le k_1,k_2\le \frac{p-1}{2}\Rightarrow 0\le k_1-k_2\le \frac{p-3}{2}<p\end{array}\Rightarrow k_1-k_2\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   $\gcd \left(a,p\right)=1$，$p$是素数，因此$p\cancel{|}a\Rightarrow a\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$。
   因此有
   $$a\left(k_1-k_2\right)\cancel{\equiv }0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\iff a{k}_1\cancel{\equiv }a{k}_2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   因此有$\left|A\right|+\left|C\right|=\left|A\right|+\left|B\right|=t+m=\frac{p-1}{2}$。

5. 基于上述几步的结论，有以下推理
   $$\{\begin{array}{rl}& A\bigcap C=\varnothing \\ & \left|A\right|+\left|C\right|=\frac{p-1}{2}\\ & \forall a\in A,\forall c\in C,0<a,c\le \frac{p-1}{2}\end{array}\Rightarrow A\bigcup C=\left\{1,2,\cdots ,\frac{p-1}{2}\right\}$$
   因此有
   $$\begin{array}{rl}& \left(\frac{p-1}{2}\right)!=\left(\prod _{i=1}^t{a}_i\right)\left(\prod _{j=1}^{m}p-b_j\right)\\ & \equiv \left(\prod _{i=1}^t{a}_i\right)\left(\prod _{j=1}^m\left(-b_j\right)\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & ={\left(-1\right)}^m\left(\prod _{i=1}^t{a}_i\right)\left(\prod _{j=1}^m{b}_j\right)\\ & ={\left(-1\right)}^m\prod _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}{r}_k\\ & \equiv {\left(-1\right)}^m\prod _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(ak\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & ={\left(-1\right)}^m{a}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{p-1}{2}\right)!\end{array}$$
   即有
   $$\left(\frac{p-1}{2}\right)\left[{\left(-1\right)}^m{a}^{\frac{p-1}{2}}-1\right]\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   由于$p$是素数，因此$\forall 1\le k\le \frac{p-1}{2}$，$\gcd \left(k,p\right)=1$，因此有$\gcd \left(\left(\frac{p-1}{2}\right)!,p\right)=1$，因此有
   $$\begin{array}{rl}& {\left(-1\right)}^m{a}^{\frac{p-1}{2}}-1\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \Rightarrow \left(\frac{a}{p}\right)\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\equiv {\left(-1\right)}^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$
   又$\gcd \left(a,p\right)=1$的情况下$\left(\frac{a}{p}\right)=\pm 1$，因此只能有
   $$\left(\frac{a}{p}\right)={\left(-1\right)}^m$$
   
   

推论1：设$p$是奇素数，$a\in \mathbb{Z}$，$\gcd \left(a,p\right)=1$。则有$$\left(a-1\right)\frac{p^2-1}{8}\equiv \left(\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]\right)+m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$$其中$m$的意义同引理。

证明

1. 由带余除法，$\forall 1\le k\le \frac{p-1}{2}$，有
   $$ak=p\left[\frac{ak}{p}\right]+r_k$$
   $r_k$的意义同引理。因此有
   $$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(ak\right)=a\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}k=a\frac{\left(1+\frac{p-1}{2}\right)\times \frac{p-1}{2}}{2}=a\frac{p^2-1}{8}$$

2. 另一方面，
   $$\begin{array}{rl}& \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(ak\right)=\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(p\left[\frac{ak}{p}\right]+r_k\right)\\ & =p\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]+\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}{r}_k\\ & \equiv \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]+\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}{r}_k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\left(p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\right)\end{array}$$
   而对于$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}{r}_k$，还有
   $$\begin{array}{rl}& \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}{r}_k=\sum _{i=1}^t{a}_i+\sum _{j=1}^m{b}_j\\ & =\left(\sum _{i=1}^t{a}_i+\sum _{j=1}^m\left(p-b_j\right)\right)-\sum _{j=1}^m\left(p-b_j\right)+\sum _{j=1}^m{b}_j\\ & =\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}k-\sum _{j=1}^{m}p+2\sum _{j=1}^m{b}_j\\ & \equiv \frac{\left(1+\frac{p-1}{2}\right)\times \frac{p-1}{2}}{2}-pm\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\\ & \equiv \frac{p^2-1}{8}-m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\left(p\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\right)\end{array}$$
   其中$a_i,b_j$的意义同引理。

3. 因此最终有
   $$a\frac{p^2-1}{8}\equiv \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]+\frac{p^2-1}{8}-m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$$
   整理得
   $$\left(a-1\right)\frac{p^2-1}{8}\equiv \left(\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]\right)+m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$$
   
   

推论1-1：设$p$是奇素数，则有$$\left(\frac{2}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\frac{p^2-1}{8}}=\{\begin{array}{rl}& 1,p\equiv \pm 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8\\ & -1,p\equiv \pm 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8\end{array}$$

证明
  在引理的推论1中，令$a=2$，则有
$$\frac{p^2-1}{8}\equiv \left(\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{2k}{p}\right]\right)+m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$$
由于$1\le k\le \frac{p-1}{2}$，因此$2\le 2k\le p-1<p$，$0<\frac{2k}{p}<1$，因此$\forall 1\le k\le \frac{p-1}{2}$，$\left[\frac{2k}{p}\right]=0$，也就有
$$\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{2k}{p}\right]=0$$
因此有
$$\frac{p^2-1}{8}\equiv m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$$
即$\exists k\in \mathbb{Z},\text{ s}\text{.t}\text{. }m=2k+\frac{p^2-1}{8}$。又$\gcd \left(2,p\right)=1$，因此由引理有
$$\left(\frac{2}{p}\right)={\left(-1\right)}^m={\left(-1\right)}^{2k+\frac{p^2-1}{8}}={\left(-1\right)}^{\frac{p^2-1}{8}}$$
  由于$p$是奇数，因此$p$模8的结果只可能是下列情况
$$p\equiv \pm 1,\pm 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8$$

1. 当$p\equiv \pm 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8$时，$\exists t\in \mathbb{Z},\text{ s}\text{.t}\text{. }p=8t\pm 1$，于是有
   $$\left(\frac{2}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\frac{{\left(8t\pm 1\right)}^2-1}{8}}={\left(-1\right)}^{\frac{64t^2\pm 16t}{8}}={\left(-1\right)}^{8t^2\pm 2t}=1$$

2. 当$p\equiv \pm 3\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}8$时，$\exists t\in \mathbb{Z},\text{ s}\text{.t}\text{. }p=8t\pm 3$，于是有
   $$\left(\frac{2}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\frac{{\left(8t\pm 3\right)}^2-1}{8}}={\left(-1\right)}^{\frac{64t^2\pm 48t+8}{8}}={\left(-1\right)}^{8t^2\pm 6t+1}=-1$$
   
   

推论1-2：设$p$是奇素数，$a\in \mathbb{Z}$是奇数，$\gcd \left(a,p\right)=1$，则有$$\left(\frac{a}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]}$$

证明
  由引理的推论1有
$$\left(a-1\right)\frac{p^2-1}{8}\equiv \left(\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]\right)+m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2$$
$a$是奇数，$a-1$是偶数，$a-1\equiv 0\text{ mod2}$，因此有
$$\begin{array}{rl}& \left(\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]\right)+m\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\\ & \Rightarrow \left(\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]\right)\equiv -m\equiv -m+2m=m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\end{array}$$
即$\exists t\in \mathbb{Z},\text{ s}\text{.t}\text{. }m=2t+\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]$。又$\gcd \left(a,p\right)=1$，因此由引理有
$$\left(\frac{a}{p}\right)={\left(-1\right)}^m={\left(-1\right)}^{2t+\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]}={\left(-1\right)}^{\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{ak}{p}\right]}$$

定理（二次反转定律）：若$p$和$q$都是奇素数，$\gcd \left(p,q\right)=1$，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

1. 第一步，由于$q$是素数，$\gcd \left(p,q\right)=1$，因此$q\cancel{|}p$。再由Legendre符号的定义，有$\left(\frac{p}{q}\right)\ne 0$，$\left(\frac{p}{q}\right)=1$或$\left(\frac{p}{q}\right)=-1$，即有
   $${\left(\frac{p}{q}\right)}^2=1$$
   基于此，可将原问题转化为等价形式
   $$\begin{array}{rl}& \left(\frac{q}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}\left(\frac{p}{q}\right)\\ & \iff \left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)={\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}{\left(\frac{p}{q}\right)}^2={\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}\end{array}$$

2. 第二步，由于$q$是奇素数，$p$是奇数，$\gcd \left(p,q\right)=1$，因此由上面的推论1-2有
   $$\left(\frac{p}{q}\right)={\left(-1\right)}^{\sum _{k=1}^{\frac{q-1}{2}}\left[\frac{pk}{q}\right]}$$
   同理有
   $$\left(\frac{q}{p}\right)={\left(-1\right)}^{\sum _{h=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{qh}{p}\right]}$$
   因此原问题又可以转化为等价形式
   $${\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}=\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)={\left(-1\right)}^{\left(\sum _{h=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{qh}{p}\right]\right)+\left(\sum _{k=1}^{\frac{q-1}{2}}\left[\frac{pk}{q}\right]\right)}$$

3. 第三步，我们指出有$$\sum _{h=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{qh}{p}\right]+\sum _{k=1}^{\frac{q-1}{2}}\left[\frac{pk}{q}\right]=\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}$$
   不妨假定$p>q$，用几何的形式来证明该结论。
   
   上图中$p_1=\frac{p-1}{2},q_1=\frac{q-1}{2}$。称坐标都是整数的点为格子点。

   1. 一方面，观察到矩形$OABC$除去边$OA,OC$后，刚好有$\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}$个格子点。

   2. 另一方面，直线$OK$的方程是$k=\frac{q}{p}h$，由于$p,q$互素，$p$是素数，因此对于直线$OK$，在$h\in \left[0,\frac{p-1}{2}\right]$的范围中，只有在$h=0$处$k=\frac{q}{p}h$是整数即只有$O$点是格子点。因此，矩形$OABC$除去边$OA,OC$后的格子点不可能在直线$OK$上，只可能在$OK$上方和$OK$下方。
      现在我们证明矩形$OABC$除去边$OA,OC$后在$OK$下方的格子点的个数恰好就是$\sum _{h=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{qh}{p}\right]$个。

      1. 记$OK$与直线$h=\frac{p-1}{2}$的交点为$M$。
         显然地，矩形$OABC$除去$OA,OC$后在直线$OK$下方的格子点都在除去边$OA$后的三角形$OAM$中。而三角形$OAM$中除去边$OA$后的格子点都在直线$h=a$上，$a=1,2,\cdots ,\frac{p-1}{2}$，且对于某一条直线$h=a$，除去边$OA$后的三角形$OAM$在其上的格子点个数恰好为$\left[\frac{q}{p}a\right]$个。于是除去边$OA$后的三角形$OAM$中的格子点个数为
         $$\sum _{h=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{qh}{p}\right]$$
      2. 同时，我们指出除去边$OA$后的三角形$OAM$中的所有格子点均为除去$OA,OC$后的矩形$OABC$里的格子点。事实上，
         $OK$与直线$h=\frac{p-1}{2}$的交点$M$坐标为$\left(h_M,k_M\right)=\left(\frac{p-1}{2},\frac{q\left(p-1\right)}{2p}\right)$，点$B$坐标为$\left(h_B,k_B\right)=\left(\frac{p-1}{2},\frac{q-1}{2}\right)$，其中有
         $$k_M=\frac{q\left(p-1\right)}{2p}>\frac{p\left(q-1\right)}{2p}=\frac{q-1}{2}=k_B$$
         因此点$M$在点$B$上方。
         因此三角形$OAM$中只有三角形区域$BLM$（不含边$BL$）不在矩形$OABC$中。所以只需要证明不含边$BL$的三角形$BLM$中没有格子点即可。
         $OK$与直线$k=\frac{q-1}{2}$的交点$L$坐标为$\left(h_L,k_L\right)=\left(\frac{p\left(q-1\right)}{2q},\frac{q-1}{2}\right)$。
         除去边$BL$后的三角形$BLM$的所有格子点都在直线$h=a$上，$a\in \mathbb{Z}$且$h_L<a\le \frac{p-1}{2}$。
         $$\left|BM\right|=k_M-k_B=\frac{q\left(p-1\right)}{2p}-\frac{q-1}{2}=\frac{p-q}{2p}<\frac{p}{2p}=\frac{1}{2}<1$$
         边$BL$上的点的纵坐标均为整数$\frac{q-1}{2}$，而三角形$BLM$中任意平行于边$BM$的线段长度均$\le \left|BM\right|<1$，因此$\forall a\in \mathbb{Z}\&h_L<a\le \frac{p-1}{2}$，直线$h=a$在除去边$BL$后的三角形$BLM$中的部分均没有格子点，因此不含边$BL$的三角形$BLM$中没有格子点。
      3. 因此除去边$OA,OC$后的矩形$OABC$在直线$OK$下方的格子点总共有$\sum _{h=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{qh}{p}\right]$个。同理，除去边$OA,OC$后的矩形$OABC$在直线$OK$上方的格子点总共有$\sum _{k=1}^{\frac{q-1}{2}}\left[\frac{pk}{q}\right]$个。
         因此除去边$OA,OC$后的矩形$OABC$的格子点总个数为
         $$\sum _{h=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{qh}{p}\right]+\sum _{k=1}^{\frac{q-1}{2}}\left[\frac{pk}{q}\right]$$

   3. 因此证得了
      $$\sum _{h=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{qh}{p}\right]+\sum _{k=1}^{\frac{q-1}{2}}\left[\frac{pk}{q}\right]=\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}$$
      因此也就有
      $${\left(-1\right)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}={\left(-1\right)}^{\sum _{h=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{qh}{p}\right]+\sum _{k=1}^{\frac{q-1}{2}}\left[\frac{pk}{q}\right]}$$
      从而原结论得证。