勒讓德符號相關

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　　小西瓜最近學了這個東西，並不很懂，就想敲篇日誌鞏固一下……
     勒讓德符號嘛，很有趣（本句扯淡），它呢，跟平方剩餘有關：設a,b是兩個非零整數，b為素數，我們定義符號：若存在整數x, 使得，那麼就記; 否則就記。 當p|a時，=0。（這符號敲起來有點麻煩誒，為方便，下面用(a\b)表示，方向與除號相反）

      一些性質：

      首先，由歐拉判別條件，顯然有(a\b)≡a^((b-1)/2)(mod b)

      若a1≡a2 那麼(a1\p)=(a2\p)，證明顯然，套下歐拉判別條件就行。
      顯然……(-1\p)=(-1)^((p-1)/2)

　　然後，好像想不出什麼性質了……

    那麼進入正題吧，接下來是……高斯引理：
      若p為素數，(a,p)=1，記μ為數列a,2a,3a……,[(p-1)/2]a的最小正剩餘中大於(p-1)/2的數個數，那麼(a\p)=(-1)^μ，證明(感覺跟費馬小定理證明方法有點像)：

    用r1,r2,r3……rk表示數列中最小正剩餘不大於(p-1)/2的數，s1,s2,s3……sμ就是剩下的數，下面證明{r}，p-{s}（對{s}中每個數，都對p取差）這兩個數列中各數關於模p兩兩不互餘：
     對於處於同一個數列中的數，結論是顯然的（參見費馬小定理證明）。設，ri≡p-sj(mod p)，則p|(ri+sj)，記ri=ua，si=va，則p|((v+u)a)，由於(a,p)=1，所以p|(v+u)，但是v+u<p，這是不可能的，所以得證。

     那麼顯然，數列{r}， p-{s}就變成1,2,3,……,(p-1)/2的一個排列，那麼我們把{r}，{s}給連乘起來，得到r1*r2*r3……rk*s1*s2*s3……sμ≡(-1)^μ((p-1)/2)!(mod p)，即a*2a*3a*……((p-1)/2)a≡(-1)^μ*((p-1)/2)!(mod p)，於是a^((p-1)/2)≡(-1)^μ(mod p)，於是(a\p)=(-1)^μ。

    終於完了……
     高斯引理是個神奇的東西，做題的時候經常可以用到。

     高潮到了！接下來是二次互反律（如果說我已經完全懂了，那是在忽悠你） ：

     設p，q為兩個不同奇素數，那麼(p\q)(q\p)=(-1)^((p-1)/2+(q-1)/2)，前面內容同高斯引理證明，我們接下去討論：

     記R=Σr ，S=Σs，那麼Σr+Σ(p-s)=R+μp-S，由於在證高斯引理的時候已經說過，r1,r2,r3…rk,p-s1,p-s2,...p-sμ是1,2,3,..,(p-1)/2的一個排列，那麼(1/2)*((p-1)/2)*((p-1)/2+1)=(p²-1)/8=R+μp-S，然後可以很容易推得R=S-μp+(p²-1)/8。

    接下來，考慮所有式子：iq=[iq/p]p+ti(帶餘除法)，如果將這些式子關於i求和，q∑i=pΣ[iq/p]+∑ri+∑si，也就是q(p²-1)/8=pΣ[iq/p]+R+S，將R=S-μp+(p²-1)/8代人，得q(p²-1)/8=pΣ[iq/p]+2S-μp+(p²-1)/8，即(q-1)(p²-1)/8=p(Σ[iq/p]-μ)+2S。

    因為(q-1)(p²-1)/8是偶數（q-1是偶數，(p²-1)/8是整數）2S也是偶數，於是Σ[iq/p]-μ必為偶數，從而Σ[iq/p]-μ可得：(-1)^Σ[iq/p]=(-1)^μ=(q\p)，由於p，q等價，那麼(-1)^Σ[ip/q]=(-1)^μ=(p\q)，相乘得到(p\q)(q\p)=(-1)^Σ[iq/p]*(-1)^Σ[ip/q]。

    下面證明 Σ[jp/q]+Σ[iq/p]=((p-1)/2+(q-1)/2)。取((p-1)/2)*((q-1)/2)個數，jp-iq，顯然其中沒有0（反證法），那麼考慮其中的正數，對於每個給定的j，滿足jp>iq的i共有[jp/q]個，又j小於等於(q-1)/2，所以正數個數為Σ[jp/q]，同理，負數個數為Σ[iq/p]，於是得證Σ[jp/q]+Σ[iq/p]=((p-1)/2+(q-1)/2)，從而(p\q)(q\p)=(-1)^((p-1)/2+(q-1)/2)即二次互反律成立。

    二次互反律最先由歐拉提出，由高斯在19 歲時首次證明，現在，二次互反律已有超過200種證明，這是18世紀數論的創舉。
      呼，於是乎，今天我在極吵鬧的環境下完成了兩篇日誌，累成DOG……以此紀念我在金中的小高一生涯的開端……

    完……

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