二次互反律及其應(yīng)用

次互反律及其應(yīng)用摘要：二次互反律是整個數(shù)論中一條最為深刻的定律，是數(shù)論中最重要的工具，并在數(shù)論的發(fā)展中處于中心地位，其應(yīng)用極為廣泛?本文介紹了關(guān)于二次互反律的一個新的初等證明，主要研究了二次互反律的應(yīng)用，分別討論了此定律在代數(shù)數(shù)論、關(guān)于丟番圖方程的討論中、整數(shù)循環(huán)列、不定方程和二元周期序列方面的應(yīng)用.關(guān)鍵詞：二次互反律；勒讓德符號；代數(shù)數(shù)論；奇素數(shù).二次互反律是數(shù)論中最重要的工具，并且在數(shù)論的發(fā)展史中處于中心地位?二次互反律首先由瑞士數(shù)學家Euler和法國數(shù)學家Legendre提出，德國數(shù)學家Gauss首先給出了證明.高斯把二次互反律譽為算術(shù)理論中的寶石，是一個黃金定律.二次互反律成功的解決了勒讓德符號的計算問題，從而實際上也解決了二次同余的判別問題?本文主要討論了二次互反律在代數(shù)數(shù)論、丟番圖方程整數(shù)循環(huán)列、不定方程和二元周期序列等方面的應(yīng)用.一?二次互反律及其證明二次互反律：設(shè)p,q為奇素數(shù)，p豐q，則(、pq=(—1)「7〔q丿〔p丿為了證明二次互反律，我們先給出以下概念和引理.設(shè)zeC，若3neZ，且n>0，使z”=1，則稱z為一個n次單位根（若n為滿足此性質(zhì)的最小整數(shù)，則稱z為一個n次本原單位根）.n次單位根為1,，n次本原單位根為e':'，其中（k,nn次單位根為1,若z為一個n次單位根，并且s三t（n），則zt=zs；若z為一個n次本原單位根，并且s三t(n)，則zt=zs?設(shè)函數(shù)f(z)=e2-z-e2“z=2isin2兀z，則此函數(shù)滿足f(z+1)=f(z)，若reZ,且rz電Z，則f(r)H0?

/ 、 2卜^i引理1?1：設(shè)neZ，n>0，2不整除n，則x“-yn=打(gkx-gky)，其中g(shù)=enk=0證明:因為1證明:因為1，g,g2,g3,…，gn-1為多項式zn-1的全部根'且這n個根都不相同.所以zn-1=n(z-gk)所以k=0，用yn乘以上式兩邊得：x-yn=n(x-gk，用yn乘以上式兩邊得：xk=0又n為奇數(shù)，當k取遍模n的一個完全剩余系時，—2k也取遍模n的完全剩余系,xn-yn=n(x-g-2ky)k=0二g-(i-2-3- -n-1)n(gkx-gky)k=0n(n1)n-1j=g2n(gkx-gky丿k=0=n(gkx-gky)k=0引理1?2：引理1?2：若n為正奇數(shù)，且f(z)=e2“-e"z，則/￡)n；TT=nff(z)k=1/k)z-_fz+_-In丿-、k)-、k)2兀iz-I -2門z+IeIn丿一en丿V丿n-12=f(z)nk=12兀z-gke一“訂)證明：設(shè)x=e2“,y=e-2“，則由引理1.1得:f(nz)=e2niz-e一2niz=n 2兀iz—gke-2冗iz)k=0n-1=f(z)nk=n氣(k)(k)fz+In—1丿n-k、n丿當k從口變到n-1時，n-k從心變到1，故有:22f(f(nz)

f(z)z+—n丿k=(n-12)引理1?3：若p為奇素數(shù),證明：取1.a,2引理1?3：若p為奇素數(shù),證明：取1.a,2-a,3-a( k)fz+一I n丿,kk)k)z+fz-—1n丿In丿(n-12)n一12n則n2/ia心-a.其中aa，…,a個為正，-b…,b個為負2 1， 2 t 1, r則 n2f'/a、=nfa_廠rif1-b)//-1Ip丿/-1Ip丿/-1Ip丿=(-1)rn/-1(-1)「n2/下面給出二次互反律的證明：證明：因為p與q為奇數(shù)，所以由引理1.3得:（1）又由引理1.2得:1q/（1）又由引理1.2得:1q/)q-&-=nf1/m、1/ m)十J—1丄)m=1Ipq丿Ipq丿Ip丿(2)由（1），（2）兩式得:(、q=ri2n2f\1 m+fr1m、、p丿-1/-1(pq丿、pq丿同理可得:(、=ri2仃2f( 1\\m 1—+—fr(、=ri2仃2f( 1\\m 1—+—frm 1、、q丿J-K—1 /—1(qp丿、qp丿/m、p(-1)r；1丿r一1丿(、q、p丿qp丿(p/q)(q」P)=(-1q得證.二?二次互反律的應(yīng)用：1?在代數(shù)數(shù)論中的應(yīng)用在代數(shù)數(shù)論中，我們可以利用二次互反律來判斷某類形式的有理數(shù)是否為整數(shù),且利用該定律可以證明某類形式的素數(shù)的個數(shù)是無限的.廠八設(shè)p為奇素數(shù)，且(d,p)=1，當d是模p的二次同余時，一=1，當d不是模pIp丿二次同余時,則稱(一'二次同余時,則稱(一'為勒讓德符號Ip丿設(shè)p,q是兩個不同的素數(shù)，則(、q1q丿〔p丿定理2.1：例2?1對于任意自然數(shù)n,m(m>1)，以下4類數(shù)都不是整數(shù),證明：(反證法)假設(shè)上述4類數(shù)均是整數(shù).由于m2+2>3，因此m2+2必含有奇素數(shù)因子p，使m2+2三0(modp)三-2(modp)，2=(-1)p2+4p-5由于(p+5)-由于(p+5)-(p-1)=6,故p+5,p-1必有一個能被8整除.3(mod8)或p三1(mod8),但4n2+1三0(modp)即卩4n2三一1(modp)其中心為偶數(shù)，p三1(mod42因此有p三因此有p三1(mod8)，即m2+2的所有奇素數(shù)因子p滿足p三1(mod8)?(i)若m為奇數(shù)，則m2(i)若m為奇數(shù)，則m2三1(mod8)，m2+2三3(mod8)，但m2+2為所有奇素數(shù)因子p滿足p三1(mod8)，因而m2+2三1(mod8)，矛盾.(ii)若m為偶數(shù)，設(shè)m=2m1，則m2+2=2(2m2+1)為偶數(shù)，但4n2+1為奇數(shù)不能1被2整除，矛盾.故(a)不能為整數(shù).由于4n2+1為奇數(shù)，同理m2-2必為奇數(shù)，m為奇數(shù)，設(shè)p為m2-2的一奇素數(shù)因子,m2三2(mod12)于是、p因子,m2三2(mod12)于是、p丿=1=2(-1)"J， 因此p三-1(mod8),同理可證p三1(mod8)，因此m2-2三1(mod8)，即 m2三3(mod8)，這也不可能，矛盾.故(b)不是整數(shù).設(shè)p是為2m2+3的任一奇素數(shù)因子,三-3(modp)，顯然p主3于是因此三0(mod6)，8三土1(mod6)，但p是n2—2的因子，即n2三2(modp)所以p2所以p21(mod48)， p三土1，土(mod24).因此 2m2+3三土1,土7(mod24)'所以2m2+3三1(mod8)，這不可能.因為 2m2+3三±3(mod8)，引出矛盾.故(c)也不是整數(shù).設(shè)p為3m2+4的任一奇素數(shù)因子，則一3m2三4(modp)所以'一3L1，p三1(mod3),但如前所述n2+2的奇素數(shù)因子p必定滿Ip丿足p三1,3(mod8)故p三1,5(mod24)所以女口果m為奇數(shù)'則 因為3m2+4三1,-5(mod24)所以m2=-3(mod8)'而m2=0,1,4(mod8)，所以 m2=-3(mod8)不可能成立，引出矛盾,n2+2三0(mod4)，艮卩如果m為偶數(shù)'設(shè)m=2m'則3m2+n2+2三0(mod4)，艮卩11n2三-2(mod4)而n2三0,1(mod4)，所以n2三-2(mod4)，也不可能成立，引出矛盾.故(d)也不是整數(shù).TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"例2.2:形如5k-1(k為自然數(shù))的素數(shù)有無數(shù)多個.證明：設(shè)這樣的奇素數(shù)只有n個，且p<p<p< <p1 2 3 n設(shè)m=20(pp-p)2-1,對于m的任意奇素數(shù)因子p，有=1，1)15丿、p丿=1，所以=1，所以p三±1(mod5)20(pp-p)2三1(modp)'且1 2 n但是m大于所有p(1<k<n)，并且m不能被p(1<k<n)整除,k k所以p豐p(1<k<n)k因此p三9(mod5)，所以m三1(mod5)所以形如5k-1(k為自然數(shù))的素數(shù)有無數(shù)多個.

二次互反律在討論丟番圖方程有關(guān)問題中的應(yīng)用丟番圖方程主要是關(guān)于討論整系數(shù)方程f(xx,x)=0的整數(shù)解和有理解問題的1, 2 n一類方程.歐拉判別法則:設(shè)p為奇素數(shù)，則(modL(modLegendre符號例2.3.設(shè)m,n是正整數(shù)，滿足3mA=(m+3)n+1,A是整數(shù),證明A是奇數(shù).證明:當m是奇數(shù)時，顯然A是奇數(shù).當m是偶數(shù)時，由于A是整數(shù)，我們有0=(m+3)n+1三m”+1(mod3)nn=2k+1,m三-1(mod3)，討論下面情形:設(shè)m三0(mod8)，貝U(m+3)"+1三32k+1+1三4(mod23)與3mA三0(mod23)矛盾.設(shè)m=4mm是正奇數(shù)，從m三-1(mod3)，則存在m的一個奇的素因子p，滿足1,1p三-1(mod3)由于A是整數(shù)矢口，(m+3)"+1三32k+1+1三0(modp),可得(3k+1mp)d注意到1(3k+1mp)d注意到1p)1-1)、3丿、3丿=-11-13)然而由歐拉判別法則和二次互反律知,Ip丿矛盾.設(shè)m=2mm是正奇數(shù)，即m三2(mod4)，貝U3m三2m)及41,1(m+3)n+1=(2+3)n+1三2(mod4)?所以A是奇數(shù).二次互反律在整數(shù)循環(huán)序列中的應(yīng)用例2.4設(shè)u是一個盧卡斯序列，即nu=a”-卩”,n=0,1, (3)n a-P其中a,卩為以下整系數(shù)二次方程的兩個根:再設(shè)q是-一個奇數(shù)，qQ，D=P2-4Q，則quq上)'q(5)（5）中（D）是勒讓德符號證明:由（4）得，可設(shè)q3 q-1qPq-1+fq]pq-3D+…+P2fq」D2+D2r3? ~^72q-1a=p+'d2a-p即得2q-1u=qPq-1+q如果q〔D，故有則有qu，命題成立。如果q不整除D,因為q是奇素數(shù),如果q〔D，故有q(D)=±1(modq).q由于(由于(3<t<q-2),fq+1]fq+1]q-3Pq-2D+…+P3D食+、3丿、q-2丿Vqq+12qu=(q+1)Pq+q+1(7)如果（D(7)如果（D）=-1,由（7）可得uq三P(modq)；如果(d)=1'由(7)q可得三P(+(D))modq)1 q三P(modq)(9)利用已學定理得,(9)u=Pu-Quq+1 q q-1由(6)、(8)、(9)可得QUq-1三0(modq)綜上所述即證得（5）式.由于q不整除Q,故得qu綜上所述即證得（5）式.q-1這個命題使得我們得到某些大數(shù)的一個素因子.4.二次互反律在解不定方程中的應(yīng)用在解不定方程式時，應(yīng)用二次互反律判斷不定方程在什么樣的情況下無整數(shù)解.例2.5 不定方程y2=x3+3b2-a3 (10)當a三l(mod4),b三土2(mod6),且b沒有12k土5形的素因數(shù)時，(10)無整數(shù)解.證明：當x三0(mod2)時'(10)式取模4得y2三3(mod4)，這是不可能的?當x三3(mod4)時，(10)式取模4得y2三2(mod4)，仍不可能。故可設(shè)x三1(mod4)，再對(10)式取模3可得x-a三y2(mod3),因此x三a,a+1(mod3)?當x三a(mod3)時，有x3三a3(mod9)，由(10)給出y2三3(mod9)，這是不可能的。當x三a+1(mod3)時,x2+ax+a2三1(mod3)和x2+ax+a2三3(modx2+ax+a2三7(mod12)，(11)于是，x2+ax+a2的素因子不能是3，也不能都是12t土1形的數(shù)故存在素數(shù)px2+ax+a2,p三土5(mod12)，由(10)得(11)3b2(modp)p不整除bp不整除b，與(11)式矛盾.證完5.二次互反律在二元周期序列中的應(yīng)用二元序列a=二元序列a=1或-1(h=0,1,2,…)h(12)叫做周期的，是指存在正整數(shù)t，使a=an=0,1,2…,滿足以上條件的最小正整數(shù)t叫n+1 n,做序列(8)的周期.顯然如果有正整數(shù)l，使a=a，n=0,1,2…,則t|l?n一/ n設(shè)序列(12)的周期為t,t—1c(/)=1Xaa,0</<t-1,/ kk+/k=0稱c(0)=1為序列(12)的自相關(guān)主值，c(/)G</<t-1)為序列(12)的自相關(guān)非主值.

'c=max|c（）|， 如果c很小，貝I」稱序列（12）是自相關(guān)良好的序列.1</<t-1設(shè)p是奇素數(shù)，定義（12）中例2.6設(shè)p是奇素數(shù)，定義（12）中1,pin,證明：因為則有證明：因為a,h=0,1,…,故其周期為p?否則，周期t=1,推出h,這是不可能的?當1<l<p—1時,工1aakkk=1k豐p一1SC)+p p、￡c)L)ppk=1k豐p-1 丿(r)+C)+丈1Ck"”?p p pI k=1 丿因為(/,p)=1時，￡一1 )=—1pk=1-i,p三3(mod4)p丁,p三1(mod4),(丁)=1,-3,p三1(mod4),(r)=一1,證完.Jp p證完.c=maxLc(/)」<丁p1</<p-1 土上述2.6給出的序列也叫二次剩余序列，當p較大時，它自然是一個自相關(guān)良好的序列.結(jié)束語通過本文對二次互反律在諸多方面應(yīng)用的討論,我們對二次互反律有了更為深刻的認識，從它的應(yīng)用中可以看出，該定律在初等數(shù)論中的重要地位，它是整個數(shù)論中一條最為深刻的定律，是數(shù)論中最重要的工具，并且在數(shù)論的發(fā)展史中處于中心地位。以上討論只是二次互反律的部分應(yīng)用,此定律在其他方面有更加廣泛的應(yīng)用,在這里就不詳細討論了.參考文獻1.閩嗣鶴，嚴士健.《初等數(shù)論》?北京:高等教育出版社.20032?柯召,孫琦.《數(shù)論講義》?北京:高等教育出版社.1986王丹華，楊海文，劉詠梅.《初等數(shù)論》 北京航空航天大學出版社 2008.3夏正仁，姚俊. 《二次互反律在數(shù)論中的應(yīng)用》常州學院學報2005.12?方輝，林慧敏.《模P法討論丟畨圖方程》 黃山學院學報 2008.10.方輝,方煒. 《初等數(shù)論》中的模P法及其應(yīng)用 黃山學院學報2009.6羅