学习笔记：勒让德（Legendre）符号

授课老师：ybx、chh。

授课时间：2024/3/8。

授课内容纲要：勒让德符号及其性质（欧拉准则，高斯引理，二次互反律）。

勒让德符号概括

好像在 OI 和 MO 当中都挺有用的。

勒让德符号的定义

假设 $p$ 为奇质数，$a\in U_p$（$U_p=\{1,2,\dots ,p-1\}$），则：

$$\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)=\{\begin{array}{ll}1& \text{exist }x\in U_p,x^2\equiv a(\mathrm{mod}p)\\ -1& \text{otherwise}\end{array}$$

勒让德符号的性质

欧拉准则

$$\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)\equiv a^{\frac{p-1}{2}}(\mathrm{mod}p)$$

证明：如果存在 $x^2\equiv a(\mathrm{mod}p)$，那么 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv x^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。我们知道 $a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 这个方程在 $modp$ 意义下只有 ${\displaystyle \frac{p-1}{2}}$ 个根，刚好就是所有的 $x^2(\mathrm{mod}p)$。

QED。

通过欧拉准则，在 OI 中可以使用 $\mathcal{O}(\log p)$ 的算法来解勒让德符号，但是欧拉准则使用情况在 MO 中并不是太理想。

【例题】求解 $\left({\displaystyle \frac{-1}{p}}\right)$。

解答：$\left({\displaystyle \frac{-1}{p}}\right)\equiv (-1{)}^{(p-1)/2}$。所以如果 $p\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ 那么 $-1$ 是二次剩余，如果 $p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$ 那么不是。

【例题】证明 $4n+1$ 型质数是无穷的。

解答：反之，记为 $p_1,p_2,\dots ,p_n$。取 $m=(2p_1{p}_2\dots p_n{)}^2+1$，取 $m$ 任意质因子 $p$。

由于 $p|m$，得到 $-1\equiv (2p_1{p}_2\dots p_n{)}^2(\mathrm{mod}p)$，也就是 $-1$ 为 $modp$ 意义下的二次剩余，得到 $p\equiv 1(\mathrm{mod}4)$。然而 $p\notin \{p_1,p_2,\dots ,p_n\}$，矛盾！

---

在进入高斯引理之前先引入几个记号：

定义 $P_p=\{1,2,\dots ,{\displaystyle \frac{p-1}{2}}\}$，$N_p=\{-1,-2,\dots ,-{\displaystyle \frac{p-1}{2}}\}$。定义集合的数乘，据此定义得到 $N_p=(-1)P_p$。

高斯引理

假设 $p$ 为奇质数，$a\in U_p$，则：

$$\left({\displaystyle \frac{a}{p}}\right)=(-1{)}^{\mu },\mu =|aP\cap N|$$

证明：假设 $x\ne y\in P$，得到 $xa\not\equiv \pm ya(\mathrm{mod}p)$，进而：$aP$ 可以表示成二元集合 $\{\pm 1\},\{\pm 2\},\dots ,\{\pm {\displaystyle \frac{p-1}{2}}\}$，每个集合选一个元素的集合。

形式化的，$aP=\{{ϵ}_{i}i|i\in P,{ϵ}_i\in \{-1,1\}\}$。

考虑算两次 $\prod _{i\in aP}i$。

第一次：$\prod _{i\in aP}i=\prod _{i\in P}ai=a^{\frac{p-1}{2}}\left({\displaystyle \frac{p-1}{2}}\right)!$。

第二次：$\prod _{i\in aP}i=\prod {ϵ}_i\times \left({\displaystyle \frac{p-1}{2}}\right)$。

得到 $\prod {ϵ}_i\equiv a^{\frac{p-1}{2}}(\mathrm{mod}p)$。

显然 $\prod {ϵ}_i$ 是 $1$ 还是 $-1$ 取决于其中 $-1$ 的数量，也就是 $\mu$ 的奇偶性。

QED。

通过欧拉准则，我们可以简单的手膜 $a$ 比较小的二次剩余。

【例题】证明 $\left({\displaystyle \frac{2}{p}}\right)=(-1{)}^{\frac{p^2-1}{8}}$。也就是 $2$ 是 $modp$ 的二次剩余当且仅当 $p\equiv \pm 1(\mathrm{mod}4)$。

把 $aP$ 算一下就可以了。

---

二次互反律

假设 $p,q$ 为不同的奇质数，则：

$$\left({\displaystyle \frac{p}{q}}\right)\left({\displaystyle \frac{q}{p}}\right)=(-1{)}^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}$$

证明：

根据高斯引理，$|p{P}_q\cap N_q|$ 意义就是满足下述条件的 $x$ 的数量：$x\in P_q,px\in N_q$。

即 $0<x<{\displaystyle \frac{q}{2}}$ 且存在整数 $y$ 使得 $-{\displaystyle \frac{q}{2}}<px-qy<0$。这里一个 $x$ 只会对应一个 $y$，也就是对 $x$ 计数等价于给合法的 $(x,y)$ 对计数。

根据不等式右边容易推出 $y>0$，根据左边得到 $qy<px+{\displaystyle \frac{q}{2}}<{\displaystyle \frac{pq}{2}}+{\displaystyle \frac{q}{2}}$，也就是 $y<{\displaystyle \frac{p+1}{2}}$。

也就是我们要对 $0<x<{\displaystyle \frac{q}{2}},0<y<{\displaystyle \frac{p}{2}}$，且 $-{\displaystyle \frac{q}{2}}<px-qy<0$ 的 $(x,y)$ 对计数。

我们考虑对 $\left({\displaystyle \frac{q}{p}}\right)$ 使用同样的操作，同样的化简可以得到是等价于：

• 对 $0<x<{\displaystyle \frac{q}{2}},0<y<{\displaystyle \frac{p}{2}}$，且 $0<px-qy<{\displaystyle \frac{p}{2}}$ 的 $(x,y)$ 对计数。

由于我们计算的是上面两个东西的即，我们只需要把满足这两个情况之一的 $(x,y)$ 对计数即可。

注意到 $px-qy\ne 0$，也就是可以换成 $-{\displaystyle \frac{q}{2}}<px-qy<{\displaystyle \frac{p}{2}}$。搬一张图大概长这样：

其中 $A,B$ 部分是不满足的，中间长条部分是满足的。

经过计算不难发现 $A,B$ 是全等的，也就是满足条件的 $(x,y)$ 对的奇偶性等价于这个矩形内部的整点个数 ${\displaystyle \frac{p-1}{2}}{\displaystyle \frac{q-1}{2}}$。

QED。

这种方式，我们可以解决 $\left({\displaystyle \frac{3}{p}}\right)$ 之类的问题。