仍然是因為研究代數數論的需要，讓我重新回到這個經典問題，該定律在數論歷史上發揮著極其巨大的影響力。正如某位數學傢所說，互反律的歷史就是代數數論的歷史。甚至weil也說過，Artin reciprocity law is nothing more than just a generalization of quadratic reciprocity law.(或者類似的話）總之，這是個十分重要的定理，目前大約有兩百多種證明方法，我們這裡將嘗試給出一些證明。

這一篇主要是參考高斯的第六個證明。高斯一生中一共給出8個證明，後人的很多證明本質上是高斯的證明的翻版。為什麼高斯花瞭這麼多時間去重復證明一個定理。原因大概是高斯試圖推廣二次互反律，因此希望找到一種便於推廣的證明方法。這第六個證明被高斯明確指出可以推廣到3次或者4次的情形，因此十分重要。

現在我們來回顧高斯對二次互反律的第六個證明，當然我們適當會用modern的語言稍微簡化一點。

為瞭不打斷證明，我們先證明歐拉引理:

引理0：歐拉引理,若a,p互素，且p為素數，則 (frac{a}{p})equiv a^{frac{p-1}{2}}pmod p

[其中 (frac{a}{p}) 是2次互反律的勒讓德符號，它根據a被p整除，a是p的2次剩或者不是，取值分別為0,1,-1)]

證明: 當a是p的2次剩餘時，左邊為1，且有 aequiv x^2 pmod p ，代入右邊，利用費馬小定理，即證

當a是p的2次非剩餘時，左邊為-1，考慮方程 x^{frac{p-1}{2}}equiv 1 pmod p 的解，根據拉格朗日定理，該方程有 frac{p-1}{2} 個

不同餘的解，顯然， 1^2,2^2,…,(frac{p-1}{2})^2 是它的所有解，這也是所有的2次剩餘，而a是非2次剩餘，所以a不是它的解，則必有 a^{frac{p-1}{2}}neq 1pmod p ,同時， a^{frac{p-1}{2}} 是方程 x^2equiv 1 pmod p 的一個解，而該方程隻有,1,-1兩個解，所以必有 a^{frac{p-1}{2}}equiv -1 pmod p Q.E.D.

首先給定奇素數p, 以及p的原根g, 構建

f(x)=1+x+x^{g}+x^{g^2}+…+x^{g^{p-2}}

設 phi(x)=1+x+x^2+…+x^{p-1} ( zeta_p 的極小多項式,其不可約性可以參考我的博客D.A.系列證明或者直接用愛森斯坦判別法).

引理1: Z[x] 中， phi(x)|f(x)

證明:根據 伽羅華引理，以及 zeta_p 是 f(x)=0 的根，必有 f(x)=q(x)phi(x) ,進一步，結合高斯引理,必有 q(x)in Z[x] .Q.E.D.

原著中高斯利用bezout定理直接把兩者的商顯式求出來證明，這裡略

引理2: G(x)=x-x^{g}+x^{g^2}-…-x^{g^{p-2}} , 有 phi(x)|G(x)^2-(-1)^{frac{p-1}{2}}p

證明:高斯用瞭一些多項式展開根據橫縱列求和的方法， 我們這裡仍然用伽羅華引理，直接把 zeta_p 代入，

有 G(zeta_p)=sum_{i=0}^{p-2}(-1)^izeta_p^{g^{i}}=sum_{t=1}^{p-1}(frac{t}{p})zeta_p^t

同時不難發現，等式右邊正是 高斯和 的表達式。

則 隻需證明， G(zeta_p)^2=(-1)^{frac{p-1}{2}}p ,我們直接展開左邊有:

G(zeta_p)^2=(sum_{t=1}^{p-1}(frac{t}{p})zeta_p^t)^2=sum_{i=1}^{p-1}sum_{j=1}^{p-1}(frac{i}{p})(frac{j}{p})zeta_p^{i+j} = sum_{i=1}^{p-1}sum_{t=1}^{p-1}(frac{i}{p})(frac{it}{p})zeta_p^{i(1+t)} =\sum_{t=1}^{p-1}sum_{i=1}^{p-1}(frac{t}{p})zeta_p^{i(1+t)}

觀察右邊，顯然當t確定時，右邊 G(zeta_p)^2= 的和可以簡化，分兩種情況， t=p-1,tneq p-1 ,則有:

=sum_i^{p-1}(frac{-1}{p})+sum_{t=1}^{p-2}(frac{t}{p})(-1)=(p-1)(frac{-1}{p})-sum_{t=1}^{p-2}(frac{t}{p})=p(frac{-1}{p})

【註，以上推理用到瞭勒讓德符號的性質, (frac{a}{p})(frac{b}{p})=(frac{ab}{p}), (frac{a+kp}{p})=(frac{a}{p}),sum_{t=1}^{p-1}(frac{t}{p})=0 ,

綜上，有 G(zeta_p)^2=(frac{-1}{p})p ,

則隻需證明， (frac{-1}{p})=(-1)^{frac{p-1}{2}} , 利用歐拉引理，兩邊關於p同餘，且兩邊的差的絕對值小於等於2，所以必有兩邊相等， Q.E.D.

引理3: 設q為與p不同的奇素數， phi(x)|G(x)^{q-1}-(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}p^{frac{q-1}{2}}

證明:G(x)^{q-1}-(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}p^{frac{q-1}{2}}= (G(x)^2)^{frac{q-1}{2}}-((-1)^{frac{p-1}{2}}p)^{frac{q-1}{2}} ,展開並利用引理2即證

引理4： q| G(x)^q-G(x^q)

證明，我很想繼續用伽羅華引理，不過有更簡單的方法，利用多項式展式定理直接代入表達式展開，該式顯然成立， Q.E.D

引理5: 1-x^p | G(x^q)-(frac{q}{p})G(x)

證明：設g是p的本原根，則存在u使得 qequiv g^u pmod p ,則

q,qg,qg^2,…,qg^{p-2} 分別模p同餘於 g^u,g^{u+1},…,g^{p-2},1,g,g^2,…,g^{u-1}

一般來說，若 aequiv b pmod p 則 (1-x^p)|x^a-x^b , 證明直接分解因式即可看出.則有

x^q-x^{g^u},x^{qg}-x^{g^{u+1}},x^{qg^2}-x^{g^{u+2}} ,…,

x^{qg^{p-u-2}}-x^{g^{p-2}} , x^{qg^{p-u-1}}-x , x^{qg^{p-u}}-x^g ,…, x^{qg^{p-2}}-x^{g^{u-1}} 都被 1-x^p 整除。

取它們的交錯和，得到: 1-x^p| G(x^q) – (-1)^uG(x) , 註意到 q 是 p 的二次剩餘當且僅當 u 是偶數，

Q.E.D.

現在，我們把得到的方程放在一起:

1) phi(x)|G(x)^2-(-1)^{frac{p-1}{2}}p

2) phi(x)|G(x)^{q-1}-(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}p^{frac{q-1}{2}}

3) q| G(x)^q-G(x^q)

4) 1-x^p | G(x^q)-(frac{q}{p})G(x)

為使得符號簡單，我們設 G=G(x),G_q=G(x^q),phi=phi(x)

並設 X=X(x)=frac{G^q-G_q}{q} , Y=Y(x)=frac{G^{q-1}-(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}p^{frac{q-1}{2}}}{phi} , Z=Z(x)=frac{G^2-(-1)^{frac{p-1}{2}}p}{phi} ,

W = W(x)=frac{G_q-(frac{q}{p})G}{(1-x)phi} , delta = (-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}, Delta = delta p^{frac{q-1}{2}}-(frac{q}{p}) ,

則有: qGX=(-1)^{frac{p-1}{2}}pDelta+phi(ZDelta+YG^2+(1-x)WG)quad(1)

證明： 代入表達式，左邊 = G^{q+1}-G_qG

右邊 = G^2Delta+G^{q+1}-delta p^{frac{q-1}{2}}G^2+G_qG-(frac{q}{p})G^2 = G^{q+1}-G_qG

得證。

設 GX=phi U+ T (歐幾裡得求餘），代入(1)，得到

qT-(-1)^{frac{p-1}{2}}pDelta = phi(ZDelta+YG^2+(1-x)WG-qU)

由於方程左邊的的階 <p-1 , 所以必有 ZDelta+YG^2+(1-x)WG-qU = 0

則 qT = (-1)^{frac{p-1}{2}}pDelta , 則 q| (-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}} p^{frac{q-1}{2}}-(frac{q}{p})

根據歐拉引理有 p^{frac{q-1}{2}}equiv (frac{p}{q})pmod q ，則

(-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}(frac{p}{q})equiv (frac{q}{p}) pmod q ,兩邊同時乘以 (frac{p}{q}) 得到:

(frac{p}{q})(frac{q}{p})equiv (-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}} pmod q ,

由於左右兩邊差的絕對值小於等於2， 兩邊必然相等，則

(frac{p}{q})(frac{q}{p}) = (-1)^{frac{(p-1)(q-1)}{4}}

這便是期待已久的2次互反律的標準形式， Q.E.D.

對於這個證明的推理其實還可以再仔細刨析一下，這裡先寫到這裡。

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