1. 数论三角和
由于 \(e ^{2\pi i}=1\)，所以可以构造一个函数，记：
\[e(x):=e ^{2\pi i x}
\]
它在同余中的含义非常巧妙，即当 \(x\equiv y\pmod n\) 时：
\[e\left(\frac{x}{n}\right)=e\left(\frac{y}{n}\right)
\]
这就是数论三角和的重要性质。
2. 二次高斯和
定义 \(S(m,n)\) 为高斯数论三角和：
\[S(m,n):=\sum\limits_{h=0}^{n-1}e\left(\frac{h^2m}{n}\right)
\]
考虑到：
\[e\left(\frac{h^2m}{n}\right)=e\left(\frac{h'^2m}{n}\right)\quad\left(\, h\equiv h'\pmod n\right)
\]
所以 \(h\) 的取值可以不局限于 \(0\) 到 \(n-1\)，只要取遍 \(n\) 的完全剩余系即可，记 \(h(n)\) 为 \(h\) 取遍 \(n\) 的完全剩余系，Gauss 和可改写为：
\[S(m,n):=\sum\limits_{h(n)}e\left(\frac{h^2m}{n}\right)
\]
首先引入一个结论：
如果 \(A\) 取遍模 \(n_1\) 的完全剩余系，\(B\) 取遍模 \(n_2\) 的完全剩余系，并且 \((n_1,n_2)=1\)，则 \(An_2+Bn_1\) 取遍 \(n_1n_2\) 的完全剩余系。
这个结论证明不难，考虑反证法即可，有趣的是把这个结论的完全剩余系改为缩系仍旧成立。
若 \((n_1,n_2)=1\)，则有：
\[S(m,n_1n_2)=S(mn_2,n_1)\cdot S(mn_1,n_2)
\]
设 \(h_1\) 取遍 \(n_1\) 的完全剩余系，\(h_2\) 取遍 \(n_2\) 的完全剩余系，则根据定理 1 可得 \(h_0=h_1n_2+h_2n_1\) 取遍 \(n_1n_2\) 的完全剩余系。故：
\[\begin{aligned}
S(mn_2,n_1)\cdot S(mn_1,n_2)&=\left[\sum\limits_{h_1(n_1)}e\left(\frac{h_1^2mn_2}{n_1}\right)\right]\left[\sum\limits_{h_2(n_2)}e\left(\frac{h_2^2mn_1}{n_2}\right)\right]\\
&=\sum\limits_{h_1(n_1),h_2(n_2)}\left[e\left(\frac{h_1^2mn_2}{n_1}+\frac{h_2^2mn_1}{n_2}\right)\right]\\
&=\sum\limits_{h_1(n_1),h_2(n_2)}\left[e\left(\frac{m(h_2^2n_1^2+h_1^2n_2^2)}{n_1n_2}\right)\right]\\
&=\sum\limits_{h_0(n_0)}e\left(\frac{h_0^2m}{n_1n_2}\right)=S(m,n_1n_2)
\end{aligned}\]
通常情况下，这种高斯和也叫做二次高斯和，通常被记作 \(\tau_\alpha\)，事实上，利用勒让德符号可以给予对于一个素数 \(p\) 的高斯和 \(S(n,p)\) 的一个等价定义：
\[S(n,p)=\sum_{h=1}^{p-1}\left(\frac{h}{p}\right)e\left(\frac{hn}{p}\right)
\]
上述定义式的转化是并不显然的，本来以为是非常显然的用 Euler 判别式直接转化的东西。
\[\begin{aligned}
S(n,p)&=\sum\limits_{h=0}^{p-1}e\left(\frac{h^2n}{p}\right)\\
&=1+\sum\limits_{h=1}^{p-1}e\left(\frac{h^2n}{p}\right)\\
&=1+\sum\limits_{\left(\frac{h}{p}\right)=1}2\cdot e\left(\frac{hn}{p}\right)\\
&=1+\sum\limits_{h=1}^{p-1}e\left(\frac{hn}{p}\right)\cdot\left(1+\left(\frac{h}{p}\right)\right)\\
&=\sum\limits_{h=1}^{p-1}e\left(\frac{hn}{p}\right)\cdot \left(\frac{h}{p}\right)
\end{aligned}
\]
为表达简便，下边记 \(e_p(n)=e\left(\frac{n}{p}\right)\)。
然后就可以证明关于高斯和的一个重量级公式：
二次高斯和
\[S(n,p)=
\begin{cases}
\left(\frac{n}{p}\right)\sqrt p& p\bmod 4=1\\
\left(\frac{n}{p}\right)i\sqrt p&p\bmod 4=3\\
\end{cases}
\]
Step 1：求绝对值
将转化后的式子平方后进行化简来求出绝对值：
\[\begin{aligned}
\left(\sum_{h=1}^{p-1}\left(\frac{h}{p}\right)e_p\left(hn\right)\right)^2
&= \sum_{h=1}^{p-1}\sum_{l=1}^{p-1}\left(\frac{h}{p}\right)\left(\frac{l}{p}\right)e_p(hn+ln)\\
&= \sum_{h=1}^{p-1}\sum_{l=1}^{p-1}\left(\frac{lh}{p}\right)e_p\left(n(h+l)\right)\\
&= \sum_{h=1}^{p-1}\sum_{x=1}^{p-1}\left(\frac{h^2x}{p}\right)e_p(n(h+hx))\\
&= \sum_{h=1}^{p-1}\sum_{x=1}^{p-1}\left(\frac{h^2}{p}\right)\left(\frac{x}{p}\right)e_p(n(h+hx))\\
&= \sum_{x=1}^{p-1}\left(\frac{x}{p}\right)\sum_{h=1}^{p-1}e_p(nh(x+1))\\
&=\left(\frac{p-1}{p}\right)\sum_{h=1}^{p-1}e_p(nhp)+\sum_{x=2}^{p-1}\left(\frac{x}{p}\right)\sum_{h=1}^{p-1}e_p(nhx)\\
&=\left(\frac{p-1}{p}\right)(p-1)-\sum_{x=2}^{p-1}\left(\frac{x}{p}\right)\\
&=p\left(\frac{p-1}{p}\right)=p\left(\frac{-1}{p}\right)=p(-1)^{\frac{p-1}{2}}
\end{aligned}
\]
必须承认的是，上边这坨比较难看懂又比较显然，虽然我自己每步都盯了许久之后才感觉显然
虽然上边这些很抽象，但是反直觉的是，求符号的过程远比求绝对值困难。
Step 2：求符号
非常自然可以想到将原式进行因式分解来统计符号正负性。
为找寻思路先用几个小的 \(p\) 和 \(n\) 试一下：
\(p\) 取 \(7\)，\(n\) 取 \(1\) 时：
\[S(1,7)=\sum_{h=0}^6e^{2\pi i h^2/7}
\]
记 \(x=e^{2\pi i/7}\)（其实就是七次单位根）之后改写为：
\[\begin{aligned}
S(1,7)=\sum_{h=0}^6x^{h^2}&=1+x+x^4+x^9+x^{16}+x^{25}+x^{36}\\
&=1+x+x^4+x^2+x^2+x^4+x\\
&=x+x^2+x^4-x^3-x^5-x^6
\end{aligned}
\]
发现这样并不适合因式分解，缺乏基本的对称性，进行一个改写：
\[x+x^2+x^4-x^3-x^5-x^6=x^2+x^4+x^{-6}-x^{-4}-x^{-2}-x^6
\]
这样看着舒服多了，并且容易发现有平方差的形式，于是开始分解：
\[\begin{aligned}
x^2+x^4+x^{-6}-x^{-4}-x^{-2}-x^6&=(x^2-x^{-2})+(x^4-x^{-4})+(x^{-6}-x^6)\\
&= (x-x^{-1})(x+x^{-1})+(x^2+x^{-2})(x-x^{-1})(x+x^{-1})+(x^{-3}-x^3)(x^{-3}+x^3)\\
&= (x+x^{-1})(x^3-x^{-3})+(x^{-3}-x^3)(x^{-3}+x^3)\\
&= (x^3-x^{-3})(-x^3+x+x^{-1}-x^{-3})=(x-x^{-1})(x^{-2}-x^2)(x^3-x^{-3})
\end{aligned}
\]
注意到 \(x^k\) 与 \(x^{-k}\) 是共轭复数，所以每一项都为纯虚数，统计一下三项分别提供的符号为 \(-i,i,i\)，所以符号为 \(i\)，再用上边推出的式子计算出平方为 \(7\)，所以 \(S(1,7)=i\sqrt 7\)，这个过程中还有一个有趣的副产物，如果我们把 \(x\) 的值代入就可以得到：
\[(-2i)\sin{\frac{2\pi}{7}}\cdot 2i\sin{\frac{4\pi}{7}}\cdot 2i\sin{\frac{6\pi}{7}}=8i\sin{\frac{\pi}{7}}\sin{\frac{2\pi}{7}}\sin{\frac{3\pi}{7}}=i\sqrt 7
\]
\[\sin{\frac{\pi}{7}}\sin{\frac{2\pi}{7}}\sin{\frac{3\pi}{7}}=\frac{\sqrt 7}{8}
\]
如果你对于同一个 \(p\) 试了几个 \(n\) 后就会发现 \(n\) 只有正负性的影响，再加以观察不难发现以下结论：
\[S(n,p)=\left(\frac{n}{p}\right)S(1,p)
\]
记 \(v=e^{2\pi i /p}\)
证明（略潦草，真的会有人有耐心一句不落都看懂来到这里吗）：
- \(\left(\frac{n}{p}\right)=1\) 时： \(\sum_{h=0}^{p-1}v^{h^2n}=\sum_{h=0}^{p-1}v^{h^2l^2}\) 其中 \(l^2\equiv n\pmod p\)，易得 \(\sum_{h=0}^{p-1}v^{h^2l^2}=S(1,p)\)。
- \(\left(\frac{n}{p}\right)=-1\) 时：此时 \(\left(\frac{h^2n}{p}\right)=-1\)，故易得 \(0-S(n,p)=S(1,p)\)。
故问题转化为：
\[S(1,p)=
\begin{cases}
\sqrt p& p\bmod 4=1\\
i\sqrt p&p\bmod 4=3\\
\end{cases}
\]
再根据上述因式分解的观察，可以先猜一个先推推看看：
\[A=\prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}(-1)^{k-1}\left(e_p(2k-1)-e_p(1-2k)\right)
\]
观察到每一项的符号是 \(i,-i,i,-i\dots\) 循环的，相邻两项无贡献，所以符号由 \(\frac{p-1}{2}\) 奇偶性决定，所以当 \(p\bmod 4=1\) 时，符号为 1，当 \(p\bmod 4=3\) 时，符号为 \(i\)。
因为 \((-1)^{k-1}\) 系数的影响，先进行平方：
\[\begin{aligned}
A^2&=2^{p-1}\prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\sin^2\frac{2k\pi}{p}
=2^{p-1}\prod_{k=1}^{p-1}\sin\frac{k\pi}{p}
\end{aligned}\]
摆了，后边一坨真不知道为啥是这个，谁知道请务必告诉我，反正由此可得 \(A^2=p\)，再加上前边对符号的分析，可得：\(A=\begin{cases}
\sqrt p& p\bmod 4=1\\
i\sqrt p&p\bmod 4=3\\
\end{cases}\)
下一步显然是证明 \(A=S(1,p)\)
此处有一个非常暴力但是感觉注意力过于突出的做法，出自柯召数论讲义：
对 \(1\le k\le h\)，定义 \(F(x,h,k)=\frac{(1-x^h)(1-x^{h-1})\cdots(1-x^{h-k+1})}{(1-x)(1-x^2)\cdots(1-x^k)}=\prod_{t=1}^k\frac{1-x^{h-t+1}}{1-x^t}\)，约定 \(F(x,h,0)=1\)，记 \(f(x,h)=\sum_{k=0}^h(-1)^kF(x,h,k)\)
首先证明：\(f(x,h)=\begin{cases}0&h\bmod 2=1\\ (1-x)(1-x^3)\cdots(1-x^{h-1})&h\bmod 2=0\end{cases}\)
题外话
构造像 \(f\) 这样的函数是容易想到的，因为要让 \(S(1,p)\) 和 \(A\) 之间也就是求和和乘积之间产生联系，但是这个 \(F\) 的定义式从哪来的我表示非常疑惑，虽然感觉除了这处的注意力之外没什么技术性
先推下 \(F\) 的递推式：
\[\begin{aligned}
F(x,h,k)&=\frac{1-x^h}{1-x^{h-k}}F(x,h-1,k)\\
&=\frac{1-x^{h-k}+x^{h-k}-x^h}{1-x^{h-k}}F(x,h-1,k)\\
&=F(x,h-1,k)+\frac{x^{h-k}-x^h}{1-x^{h-k}}F(x,h-1,k)\\
&=F(x,h-1,k)+\frac{x^{h-k}(1-x^k)}{1-x^{h-k}}F(x,h-1,k)\\
&=F(x,h-1,k)+x^{h-k}F(x,h-1,k-1)\\
\end{aligned}
\]
然后开始嗯算：
\[\begin{aligned}
f(x,h)&=\sum_{k=0}^h(-1)^kF(x,h,k)\\
&=1+(-1)^hF(x,h,h)+\sum_{k=1}^{h-1}(-1)^kF(x,h-1,k)+\sum_{k=1}^{h-1}(-1)^kx^{h-k}F(x,h-1,k-1)\\
&=1+\sum_{k=1}^{h-2}(-1)^kF(x,h-1,k)+\sum_{k=1}^{h-1}(-1)^kx^{h-k}F(x,h-1,k-1)\\
&=\sum_{k=1}^{h-1}(-1)^{k-1}F(x,h-1,k-1)+\sum_{k=1}^{h-1}(-1)^kx^{h-k}F(x,h-1,k-1)\\
&=\sum_{k=1}^{h-1}(-1)^{k-1}(1-x^{h-k})F(x,h-1,k-1)\\
&=\sum_{k=1}^{h-1}(-1)^{k-1}(1-x^{h-1})F(x,h-2,k-1)\\
&=(1-x^{h-1})\sum_{k=1}^{h-2}(-1)^{k}(1-x^{h-1})F(x,h-2,k)=(1-x^{h-1})f(x,h-2)
\end{aligned}
\]
这导出了递推 \(f(x,h)=(1-x^{h-1})f(x,h-2)\)，并且 \(f(x,1)=0,f(x,2)=1-x\)，故此证明了 \(f(x,h)=\begin{cases}0&h\bmod 2=1\\ (1-x)(1-x^3)\cdots(1-x^{h-1})&h\bmod 2=0\end{cases}\)
令 \(x=e_p(-2),h=p-1\) 代入可得：
\[F(x,h,k)=F(e_p(-2),p-1,k)=\prod_{t=1}^k\frac{1-e_p(-2p+2t)}{1-e_p(-2t)}=\prod_{t=1}^k\frac{1-e_p(2t)}{1-e_p(-2t)}=\prod_{t=1}^k-e_p(2t)=(-1)^ke_p(k(k+1))
\]
\[\begin{aligned}
f(x,h)=f(e_p(-2),p-1)
&=\sum_{k=0}^{p-1}(-1)^kF(e_p(-2),p-1,k)\\
&=\sum_{k=0}^{p-1}e_p(k(k+1))\\
&=(1-e_p(-2))(1-e_p(-6))\cdots(1-e_p(4-2p))\\
&=e_p(-1-3-\cdots-(p-2))\prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}(e_p(2k-1)-e_p(1-2k))\\
&=e_p\left(-\left(\frac{p-1}{2}\right)^2\right)A
\end{aligned}
\]
从而 \(e_p\left(\left(\frac{p-1}{2}\right)^2\right)\sum_{k=0}^{p-1}e_p(k(k+1))=\sum_{k=0}^{p-1}e_p(k(k+1)+\left(\frac{p-1}{2}\right)^2)=\sum_{k=0}^{p-1}e_p\left(\left(k-\frac{p-1}{2}\right)^2+kp\right)=\sum_{k=0}^{p-1}e_p(k^2)=\sum_{k=0}^{p-1}\left(\frac{k}{p}\right)e^{\frac{2\pi ik}{p}}=S(1,p)=A\) 证毕
二次互反律
对不同的奇素数 \(p,q\) 有 \(\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}}\)
由前边计算的高斯和可知 \(S(1,p)=
\begin{cases}
\sqrt p& p\bmod 4=1\\
i\sqrt p&p\bmod 4=3\\
\end{cases}
\)
事实上证明二次互反律使用上边计算出的比较弱的结果——高斯和的平方即可。
记 \(B=S(1,p)\)，根据上边的结果有 \(A^2=p(-1)^{\frac{p-1}{2}}\)，所以 \(A^{q-1}=(A^2)^{\frac{q-1}{2}}=p^{\frac{q-1}2}(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}2}\)
又因为 \(\left(\frac{p}{q}\right)\equiv p^{\frac{q-1}2} \pmod q\)，所以 \(A^{q-1}\equiv \left(\frac{p}{q}\right)(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}2} \pmod q\)
下边计算 \(\left(\frac{q}{p}\right)A^q\)：
\[\left(\frac{q}{p}\right)\left(\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{k}{p}\right)e^{2\pi ik/p}\right)^q
\equiv \left(\frac{q}{p}\right)\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{k}{p}\right)^qe^{2\pi ikq/p}
\equiv \sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{kq}{p}\right)^qe^{2\pi ikq/p}
\equiv \sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{k}{p}\right)e^{2\pi ik/p}
\equiv A \pmod q
\]
有 \(\left(\frac{q}{p}\right)A^q\equiv A \pmod q\)，\(A^{q-1}\equiv \left(\frac{p}{q}\right)(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}2} \pmod q\)，故 \(\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}}\) 得证。
后记：
有谁想看游记，一共玩了大约两个月，去的地方按顺序如下：
天津，西安，华山，重庆，成都，昆明，广州，珠海，深圳，汕头，长沙，张家界，武汉，南昌，杭州，绍兴，宁波，上海，昆山，苏州，无锡，南京，合肥，郑州，许昌，济南，烟台，大连，沈阳，北京
点赞过 20 就写（
对那个结论的补充
