二次互反律
(若未说明，本文同余符号默认在模 p 意义下进行, p 为一个质数，本文若未说明，所有数、区间为默认整数)
二次剩余
在模 p 意义下， \(a^2\) 有 \(\frac{p-1}{2}\) 种不同的取值
证明：若 \(a^2 \equiv b^2\space\)
则 \(p|(a-b)(a+b)\) ,有 \(p|a-b\) 或 \(p|a+b\)
即 \(a \equiv \pm b\) ，证毕
勒让德符号与雅可比符号
勒让德符号：
\[p \in Prime \\
\left(\frac{a}{p}\right)=
\begin{cases}
1 &(\text{a 是 p 的二次剩余}) \\
-1 &(\text{a 是 p 的非二次剩余})
\end{cases}
\]
雅可比符号：
\[b\in \N \\
\left(\frac{a}{b}\right)=
\begin{cases}
1 &(\text{a 是 b 的二次剩余}) \\
-1 &(\text{a 是 b 的非二次剩余})
\end{cases}
\]
运算法则：
\[\left(\frac{a}{b}\right)=\left(\frac{a}{p_1}\right)\left(\frac{a}{p_2}\right) \dots \left(\frac{a}{p_n}\right) \\
\left(\frac{a}{p}\right)=\left(\frac{q_1}{p}\right)\left(\frac{q_1}{p}\right)\dots \left(\frac{q_m}{p}\right)
\]
意味着任何数的雅可比符号都可以化为两个质数的勒让德符号
欧拉准则：
\[\left(\frac{a}{p}\right) \equiv a^{\frac{p-1}{2}}
\]
证明：容易知道如果 \(a\) 为二次剩余，则该式成立（费马小定理）
现在由于 \(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1\) 至多有 \(\frac{p-1}{2}\) 个不同的解（拉格朗日定理），再由二次探测定理，知剩下的 \(\frac{p-1}{2}\) 种取值结果为 -1，证毕
二次互反律内容
\[p,q \in Primes \\
\left(\frac{-1}{p}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}} \\
\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{p^2-1}{8}} \\
\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=
(-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{q-1}{2}} \\
\]
Part 1 可以直接用欧拉准则证明，Part 2 待会和 Part 3 一并证明完毕
为什么叫二次互反律呢？因为 Part 3 还有一种形式
\[\left(\frac{q}{p}\right)=
\begin{cases}
-\left(\frac{p}{q}\right) &p \equiv q\equiv 3 \\
\left(\frac{p}{q}\right) &otherwise.
\end{cases}
\]
将勒让德符号颠倒过来了
二次互反律证明
方便起见，我们记 \(P=\frac{p-1}{2},Q=\frac{q-1}{2}\)
高斯准则
将 \(a,2a,3a,\cdots,Pa\) 模 p 简化到 \([-P,P]\) 之间
考虑其中有多少个数变成了负数，记为 \(\mu(a,p)\)
则 \(\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\mu(a,p)}\)
考虑证明下述引理：这些简化后的数的绝对值一定是 \([1,P]\) 的某个排列
也就是说如果两个化简后的值相等或互为相反数，那么化简前这两个数相等
\[ka=pq_k+r_k,r\in[-P,P] \\
if\space r_i=er_j,e=\pm 1: \\
ia-eja=(pq_i+r_i)-e(pq_j+r_j)=p(q_i-eq_j) \\
p|(i-ej)a,p\not|a\\
i-ej\equiv 0 \\
i=ej
\]
证毕
由刚才的讨论可知：
\[a^PP!=\prod_{i=1}^P ia\equiv(-1)^{\mu(a,p)}P!\\
a^P\equiv (-1)^{\mu(a,p)} \quad(p\not| \space P!)\\
\therefore \left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{\mu(a,p)}
\]
现在可以开始考虑 \(\mu(a,p)\) 的取值问题，由于是 -1 的次方，显然只需要计算该函数的奇偶性即可
我们需要一个较为易于处理的式子计算 \(\mu\) 函数的奇偶性
引理: \(\sum_{i=1}^P \lfloor \frac{ia}{p}\rfloor\equiv\mu(a,p) \quad(\bmod\space 2)\)
这里巧妙运用了向下取整函数自带的分段功能
\[ka=q_kp+r_k,r_k\in[-P,P] \\
\frac{ka}{p}=q_k+\frac{r_k}{p},-\frac{1}{2}<\frac{r_k}{p}<\frac{1}{2}\\
\lfloor\frac{ka}{p}\rfloor=
\begin{cases}
q_k &(r_k>0) \\
q_k-1 &(r_k<0) \\
\end{cases} \\
\sum_{i=1}^P \lfloor \frac{ia}{p}\rfloor \equiv \sum_{i=1}^P q_i-\mu(a,p)
\]
考虑在模 2 意义下计算 \(\sum_{i=1}^P q_i\) :
\[\because -1\equiv 1\quad(\bmod 2) \\
\sum_{i=1}^P r_k\equiv\sum_{i=1}^P i \\
\because ka=q_kp+r_k,a\equiv p\equiv 1\space(\bmod 2) \\
\sum_{i=1}^P q_i\equiv \sum_{i=1}^P i -\sum_{i=1}^P r_i\equiv 0
\]
从而可知
\[\sum_{i=1}^P \lfloor \frac{ia}{p}\rfloor\equiv-\mu(a,p)\equiv\mu(a,p) \quad(\bmod\space 2)
\]
最后一步：
接下来涉及一些有理数，采用几何证明法
在平面直角坐标系中构造两个三角形 \(T(A,C,D),T'(A,B,D)\)
其中 \(A(0,0),B(\frac{p}{2},0),C(0,\frac{q}{2}),D(\frac{p}{2},\frac{q}{2})\) （注意这里是有理数了）
考虑组合意义，计算 \(T,T'\) 中严格包含的整点个数
对于 \(T\) 来说，考虑每一竖列的整点个数
对角线 \(l_{AD}:y=\frac{q}{p}x\)，每一个 \(x\in[1,P]\) 的取值，下面有\(\lfloor \frac{xq}{p}\rfloor\) 个整数点
所以整点个数为 \(\sum_{i=1}^P \lfloor\frac{iq}{p}\rfloor\)
同理 \(T'\) 包含了 \(\sum_{i=1}^P \lfloor\frac{ip}{q}\rfloor\) 个整数点
换一种方法重新计算，将 \(T,T'\) 拼成一个长方形，由于 \(l_{AD}\) 不穿过任何整点，所以总数为 \(\lfloor\frac{p}{2}\rfloor\lfloor\frac{q}{2}\rfloor=PQ\) 个整数点
\[\therefore PQ=\sum_{i=1}^P \lfloor\frac{iq}{p}\rfloor+\sum_{i=1}^P \lfloor\frac{ip}{q}\rfloor\equiv\mu(q,p)+\mu(p,q) \quad (\bmod 2)
\]
最终性的，我们得到
\[\left(\frac{q}{p}\right)\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\mu(q,p)}\cdot(-1)^{\mu(p,q)}\\=(-1)^{\mu(q,p)+\mu(p,q)}=(-1)^{PQ}=(-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{q-1}{2}}
\]
Part 3 证明完毕！
至于 Part 2，仿照 Part 3 的方法，就可以发现 \(\mu(2,p)\) 大约在 P 的一半左右，对于 p 模 8 的余数分类讨论即可
