Доказательства квадратичной взаимности - Proofs of quadratic reciprocity

В теория чисел, закон квадратичная взаимность, словно теорема Пифагора, поддалась необычному количеству доказательства. Несколько сотен доказательства закона квадратичной взаимности (большинство из них являются вариантами ранее известных доказательств).

Доказательства, которые доступны

Из относительно элементарных комбинаторных доказательств есть два, которые применяют типы двойной счет. Один за Готтхольд Эйзенштейн считает точки решетки. Другой применяется Лемма Золотарева к ${\displaystyle (\mathbb {Z} /pq\mathbb {Z} )^{\times }}$, выраженный Китайская теорема об остатках в качестве ${\displaystyle (\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{\times }\times (\mathbb {Z} /q\mathbb {Z} )^{\times }}$ и вычисляет подпись перестановки. Кратчайшее известное доказательство также используется упрощенная версия двойного счета (а именно двойной счет по модулю фиксированного простого числа).

Доказательство Эйзенштейна

Доказательство Эйзенштейна квадратичной взаимности является упрощением третьего доказательства Гаусса. Это более интуитивно геометрически и требует меньше технических манипуляций.

Отправной точкой является «лемма Эйзенштейна», которая утверждает, что для различных нечетных простых чисел п, q,

${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=(-1)^{\sum _{u}\left\lfloor qu/p\right\rfloor },}$

куда ${\displaystyle \left\lfloor x\right\rfloor }$ обозначает функция пола (наибольшее целое число, меньшее или равное Икс), а сумма берется по четное целые числа ты = 2, 4, 6, ..., п−1. Например,

${\displaystyle \left({\frac {7}{11}}\right)=(-1)^{\left\lfloor 14/11\right\rfloor +\left\lfloor 28/11\right\rfloor +\left\lfloor 42/11\right\rfloor +\left\lfloor 56/11\right\rfloor +\left\lfloor 70/11\right\rfloor }=(-1)^{1+2+3+5+6}=(-1)^{17}=-1.}$

Этот результат очень похож на Лемма Гаусса, и может быть доказано аналогичным образом (доказательство приводится ниже).

Используя это представление (q/п) главный аргумент довольно изящен. Сумма ${\displaystyle \Sigma _{u}\left\lfloor qu/p\right\rfloor }$ подсчитывает количество точек решетки с четными Икс-координата внутри треугольника ABC на следующей диаграмме:

Точечная диаграмма решетки

Пример, показывающий точки решетки внутри ABC с четным Икс-координаты, для п = 11 и q = 7

Поскольку каждый столбец имеет четное количество точек (а именно q−1 балла) количество таких узлов решетки в области BCYX равно по модулю 2 как количество таких точек в регионе CZY:

Количество баллов с четным Икс-координата внутри BCYX (отмечена значками O) равна по модулю 2 количеству таких точек в CZY (отмеченных значками X)

Затем, перевернув диаграмму по обеим осям, мы видим, что количество точек с четными Икс-координата внутри CZY такая же, как количество точек внутри AXY, имеющих странный Икс-координаты:

Количество баллов с четным Икс-координата внутри CZY равна количеству точек с странный Икс-координата внутри AXY

Вывод таков:

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

где μ - общий количество точек решетки внутри AYX. Переключение п и q, тот же аргумент показывает, что

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

где ν - количество точек решетки внутри WYA. Поскольку на самой прямой AY нет узлов решетки (поскольку п и q находятся относительно простой ), а так как общее количество точек в прямоугольнике WYXA равно

${\displaystyle \left({\frac {p-1}{2}}\right)\left({\frac {q-1}{2}}\right),}$

получаем наконец

${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)\left({\frac {p}{q}}\right)=(-1)^{\mu +\nu }=(-1)^{(p-1)(q-1)/4}.}$

Доказательство леммы Эйзенштейна.

Для четного целого числа ты в диапазоне 1 ≤ ты ≤ п−1, обозначим через р(ты) наименьший положительный вычет qu по модулю п. (Например, для п = 11, q = 7, допустим ты = 2, 4, 6, 8, 10 и соответствующие значения р(ты) равны 3, 6, 9, 1, 4.) Числа (−1)^р(ты)р(ты), снова рассматриваемый как наименьший положительный вычет по модулю п, все четное (в нашем текущем примере это 8, 6, 2, 10, 4.) Кроме того, все они различны, потому что если (−1)^р(ты)р(ты) ≡ (−1)^р(т)р(т) (мод п), то можно разделить на q чтобы получить ты ≡ ±т (мод п). Это заставляет ты ≡ т (мод п), потому что оба ты и т находятся четное, в то время как п странно. Поскольку там точно (п−1) / 2 из них, и они различны, они должны быть просто перестановкой четных целых чисел 2, 4, ..., п−1. Умножая их вместе, получаем

${\displaystyle (-1)^{r(2)}2q\cdot (-1)^{r(4)}4q\cdot \cdots \cdot (-1)^{r(p-1)}(p-1)q\equiv 2\cdot 4\cdot \cdots \cdot (p-1){\pmod {p}}.}$

Делясь последовательно на 2, 4, ..., п−1 с обеих сторон (что допустимо, поскольку ни одна из них не делится на п) и переставляя, мы имеем

${\displaystyle q^{(p-1)/2}\equiv (-1)^{r(2)+r(4)+\cdots +r(p-1)}{\pmod {p}}.}$

С другой стороны, по определению р(ты) и функция пола,

${\displaystyle {\frac {qu}{p}}=\left\lfloor {\frac {qu}{p}}\right\rfloor +{\frac {r(u)}{p}},}$

и так с тех пор п это странно и ты четно, мы видим, что ${\displaystyle \left\lfloor qu/p\right\rfloor }$ и р(ты) конгруэнтны по модулю 2. Это показывает, наконец, что

${\displaystyle q^{(p-1)/2}\equiv (-1)^{\sum _{u}\left\lfloor qu/p\right\rfloor }{\pmod {p}}.}$

Мы закончили, потому что левая сторона - это просто альтернативное выражение для (q/п).

Доказательство с использованием квадратичных гауссовых сумм.

Доказательство квадратичной взаимности с использованием сумм Гаусса является одним из наиболее распространенных и классических доказательств. Эти доказательства работают путем сравнения вычислений отдельных значений двумя разными способами, один из которых использует Критерий Эйлера а другой с помощью Биномиальная теорема. В качестве примера того, как используется критерий Эйлера, мы можем использовать его для быстрого доказательства первого дополнительного случая определения ${\textstyle \left({\frac {-1}{p}}\right)}$ для нечетного простого числа п: По критерию Эйлера ${\textstyle \left({\frac {-1}{p}}\right)\equiv (-1)^{\frac {p-1}{2}}{\pmod {p}}}$ , но поскольку обе части эквивалентности равны ± 1 и п странно, мы можем сделать вывод, что ${\textstyle \left({\frac {-1}{p}}\right)=(-1)^{\frac {p-1}{2}}}$.

Второй дополнительный случай

Позволять ${\textstyle \zeta _{8}=e^{2\pi i/8}}$, примитивный 8-й корень единства и установить ${\textstyle \tau =\zeta _{8}+\zeta _{8}^{-1}}$. С ${\textstyle \zeta _{8}^{2}=i}$ и ${\textstyle \zeta _{8}^{-2}=-i}$ Мы видим, что ${\textstyle \tau ^{2}=2}$. Потому что ${\displaystyle \tau }$ является целым алгебраическим числом, если п нечетное простое число, имеет смысл говорить о нем по модулю п. (Формально мы рассматриваем коммутативное кольцо, образованное факторизацией целых алгебраических чисел ${\displaystyle \mathbf {A} }$ с идеалом, порожденным п. Потому что ${\displaystyle p^{-1}}$ не является целым алгебраическим числом, 1, 2, ..., п являются отдельными элементами ${\displaystyle {\mathbf {A} }/p{\mathbf {A} }}$.) Используя критерий Эйлера, следует, что

$${\displaystyle \tau ^{p-1}=(\tau ^{2})^{\frac {p-1}{2}}=2^{\frac {p-1}{2}}\equiv \left({\frac {2}{p}}\right){\pmod {p}}}$$

Тогда мы можем сказать, что

$${\displaystyle \tau ^{p}\equiv \left({\frac {2}{p}}\right)\tau {\pmod {p}}}$$

Но мы также можем вычислить ${\textstyle \tau ^{p}{\pmod {p}}}$ используя биномиальную теорему. Поскольку все перекрестные члены в биномиальном разложении содержат множители п, мы находим, что ${\textstyle \tau ^{p}\equiv \zeta _{8}^{p}+\zeta _{8}^{-p}{\pmod {p}}}$. Мы можем оценить это более точно, разбив это на два случая

• ${\textstyle p\equiv \pm 1{\pmod {8}}\Rightarrow \zeta _{8}^{p}+\zeta _{8}^{-p}=\zeta _{8}+\zeta _{8}^{-1}}$.
• ${\textstyle p\equiv \pm 3{\pmod {8}}\Rightarrow \zeta _{8}^{p}+\zeta _{8}^{-p}=-\zeta _{8}-\zeta _{8}^{-1}}$.

Это единственные варианты простого числа по модулю 8, и оба эти случая могут быть вычислены с использованием экспоненциальной формы ${\textstyle \zeta _{8}=e^{\frac {2\pi i}{8}}}$. Мы можем записать это кратко для всех нечетных простых чисел п в качестве

$${\displaystyle \tau ^{p}\equiv (-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}\tau {\pmod {p}}}$$

Объединяя эти два выражения для ${\textstyle \tau ^{p}{\pmod {p}}}$ и умножение на ${\displaystyle \tau }$ мы находим, что ${\textstyle 2\cdot \left({\frac {2}{p}}\right)\equiv 2\cdot (-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}{\pmod {p}}}$. Поскольку оба ${\textstyle \left({\frac {2}{p}}\right)}$ и ${\displaystyle (-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}}$ равны ± 1 и 2 обратимы по модулю п, можно сделать вывод, что

$${\displaystyle \left({\frac {2}{p}}\right)=(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}}$$

Общий случай

Идея общего доказательства следует из приведенного выше дополнительного случая: найти алгебраическое целое число, которое каким-то образом кодирует символы Лежандра для п, затем найдите связь между символами Лежандра, вычислив q-я степень этого целого алгебраического числа по модулю q двумя разными способами, один с использованием критерия Эйлера, другой с использованием биномиальной теоремы.

Позволять

$${\displaystyle g_{p}=\sum _{k=1}^{p-1}\left({\frac {k}{p}}\right)\zeta _{p}^{k}}$$

куда ${\displaystyle \zeta _{p}=e^{2\pi i/p}}$ примитивный пй корень единства. Это Квадратичная сумма Гаусса. Основным свойством этих сумм Гаусса является то, что

$${\displaystyle g_{p}^{2}=p^{*}}$$

куда ${\textstyle p^{*}=\left({\frac {-1}{p}}\right)p}$. Чтобы поместить это в контекст следующего доказательства, отдельные элементы суммы Гаусса находятся в круговом поле ${\displaystyle L=\mathbb {Q} (\zeta _{p})}$ но приведенная выше формула показывает, что сама сумма является генератором единственного квадратичного поля, содержащегося в L. Опять же, поскольку квадратичная сумма Гаусса является целым алгебраическим числом, мы можем использовать с ней модульную арифметику. Используя эту фундаментальную формулу и критерий Эйлера, мы находим, что

$${\displaystyle g_{p}^{q-1}=(g_{p}^{2})^{\frac {q-1}{2}}=(p^{*})^{\frac {q-1}{2}}\equiv \left({\frac {p^{*}}{q}}\right){\pmod {q}}}$$

Следовательно

$${\displaystyle g_{p}^{q}\equiv \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)g_{p}{\pmod {q}}}$$

Используя биномиальную теорему, мы также находим, что ${\textstyle g_{p}^{q}\equiv \sum _{k=1}^{p-1}\left({\frac {k}{p}}\right)\zeta _{p}^{qk}{\pmod {q}}}$, Если мы позволим а быть мультипликативным обратным к ${\displaystyle q{\pmod {p}}}$, то эту сумму можно переписать как ${\textstyle \left({\frac {a}{p}}\right)\sum _{t=1}^{p-1}\left({\frac {t}{p}}\right)\zeta _{p}^{t}}$ используя замену ${\displaystyle t=qk}$, что не влияет на диапазон суммы. С ${\textstyle \left({\frac {a}{p}}\right)=\left({\frac {q}{p}}\right)}$, тогда мы можем написать

$${\displaystyle g_{p}^{q}\equiv \left({\frac {q}{p}}\right)g_{p}{\pmod {q}}}$$

Используя эти два выражения для ${\textstyle g_{p}^{q}{\pmod {q}}}$, и умножая на ${\displaystyle g_{p}}$ дает

$${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)p^{*}\equiv \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)p^{*}{\pmod {q}}}$$

С ${\displaystyle p^{*}}$ обратима по модулю q, а символы Лежандра равны либо ± 1, мы можем заключить, что

$${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=\left({\frac {p^{*}}{q}}\right)}$$

Доказательство с использованием алгебраической теории чисел

Представленное здесь доказательство отнюдь не является самым простым из известных; однако он довольно глубок в том смысле, что он мотивирует некоторые идеи Артиновая взаимность.

Установка циклотомического поля

Предположим, что п - нечетное простое число. Действие происходит внутри круговое поле${\displaystyle L=\mathbf {Q} (\zeta _{p}),}$где ζ_п примитивный п^th корень единства. Основная теория круговых полей сообщает нам, что существует канонический изоморфизм

${\displaystyle G=\operatorname {Gal} (L/\mathbf {Q} )\cong (\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{\times }}$

который переводит автоморфизм σ_а удовлетворение ${\displaystyle \sigma _{a}(\zeta _{p})=\zeta _{p}^{a}}$ к элементу ${\displaystyle a\in (\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{\times }.}$ В частности, этот изоморфизм инъективен, поскольку мультипликативная группа поля - это циклическая группа: ${\displaystyle F^{\times }\cong C_{p-1}}$.

Теперь рассмотрим подгруппу ЧАС из квадраты элементов грамм. С грамм циклический, ЧАС имеет индекс 2 в грамм, поэтому подполе, соответствующее ЧАС по переписке Галуа должен быть квадратичный расширение Q. (На самом деле это уникальный квадратичное продолжение Q содержалась в L.) Гауссовский период теория определяет, какой из них; оказывается ${\displaystyle \mathbf {Q} ({\sqrt {p^{*}}})}$, куда

${\displaystyle p^{*}=\left\{{\begin{array}{rl}p&{\text{if }}p\equiv 1\!\!\!{\pmod {4}},\\-p&{\text{if }}p\equiv 3\!\!\!{\pmod {4}}.\end{array}}\right.}$

На этом этапе мы начинаем видеть намек на квадратичную взаимность, исходящую из нашей структуры. С одной стороны, образ ЧАС в ${\displaystyle (\mathbf {Z} /p\mathbf {Z} )^{\times }}$ состоит в точности из (ненулевых) квадратичные вычеты по модулю p. С другой стороны, ЧАС связана с попыткой взять квадратный корень из p (или, возможно, из -п). Другими словами, если сейчас q простое число (отличное от п), мы показали, что

${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=1\quad \iff \quad \sigma _{q}\in H\quad \iff \quad \sigma _{q}{\mbox{ fixes }}\mathbf {Q} ({\sqrt {p^{*}}}).}$

Автоморфизм Фробениуса

В кольце целых чисел ${\displaystyle {\mathcal {O}}_{L}=\mathbb {Z} [\zeta _{p}]}$, выберем любой неразветвленный первичный идеал β лежащего над q, и разреши ${\displaystyle \phi \in \operatorname {Gal} (L/\mathbf {Q} )}$ быть Автоморфизм Фробениуса связанный с β; характерное свойство ${\displaystyle \phi }$ в том, что

${\displaystyle \phi (x)\equiv x^{q}\!\!\!{\pmod {\beta }}\ {\text{ for any }}x\in {\mathcal {O}}_{L}.}$

(Существование такого элемента Фробениуса зависит от множества механизмов алгебраической теории чисел.)

Ключевой факт о ${\displaystyle \phi }$ что нам нужно, это то, что для любого подполя K из L,

${\displaystyle \phi \,{\mbox{ fixes }}K\quad \iff \quad q\,{\mbox{ splits completely in }}K.}$

Действительно, пусть δ - любой идеал О_K ниже β (а значит, и выше q). Тогда, поскольку ${\displaystyle \phi (x)\equiv x^{q}{\pmod {\delta }}}$ для любого ${\displaystyle x\in {\mathcal {O}}_{K}}$, Мы видим, что ${\displaystyle \phi \vert _{K}\in \operatorname {Gal} (K/\mathbf {Q} )}$ является Фробениусом для δ. Стандартный результат относительно ${\displaystyle \phi }$ состоит в том, что его порядок равен соответствующей инерционной степени; то есть,

${\displaystyle \operatorname {ord} (\phi \vert _{K})=[O_{K}/\delta O_{K}:\mathbf {Z} /q\mathbf {Z} ].}$

Левая часть равна 1 тогда и только тогда, когда φ фиксирует K, а правая часть равна единице тогда и только тогда q полностью распадается на KИтак, мы закончили.

Теперь, когда п^th корни из единицы различны по модулю β (т. е. многочлен Икс^п - 1 по характеристике разделимо q), мы должны иметь

${\displaystyle \phi (\zeta _{p})=\zeta _{p}^{q};}$

то есть, ${\displaystyle \phi }$ совпадает с автоморфизмом σ_q определено ранее. Принимая K чтобы быть интересующим нас квадратичным полем, мы получаем эквивалентность

${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=1\quad \iff \quad q\,{\mbox{ splits completely in }}\mathbf {Q} ({\sqrt {p^{*}}}).}$

Завершение доказательства

Наконец, мы должны показать, что

${\displaystyle q\,{\mbox{ splits completely in }}\mathbf {Q} ({\sqrt {p^{*}}})\quad \iff \quad \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)=1.}$

Как только мы это сделаем, закон квадратичной взаимности немедленно выпадает, поскольку

${\displaystyle \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)=\left({\frac {q}{p}}\right)\ {\text{ for }}p\equiv 1\!\!\!{\pmod {4}},}$

и

${\displaystyle \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)=\left({\frac {-p}{q}}\right)=\left({\frac {-1}{q}}\right)\left({\frac {p}{q}}\right)={\begin{cases}+\left({\frac {p}{q}}\right)&{\mbox{if }}q\equiv 1{\pmod {4}},\\-\left({\frac {p}{q}}\right)&{\mbox{if }}q\equiv 3{\pmod {4}}\end{cases}}}$

за ${\displaystyle p\equiv 3\!\!\!{\pmod {4}}}$.

Чтобы показать последнюю эквивалентность, предположим сначала, что ${\displaystyle \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)=1.}$ В этом случае есть целое число Икс (не делится на q) такие, что ${\displaystyle x^{2}\equiv p^{*}{\pmod {q}},}$ сказать ${\displaystyle x^{2}-p^{*}=cq}$ для некоторого целого числа c. Позволять${\displaystyle K=\mathbf {Q} ({\sqrt {p^{*}}}),}$ и считать идеальным ${\displaystyle (x-{\sqrt {p^{*}}},q)}$ из K. Он, безусловно, разделяет главный идеал (q). Не может быть равным (q), поскольку ${\displaystyle x-{\sqrt {p^{*}}}}$ не делится на q. Это не может быть идеальной единицей, потому что тогда

${\displaystyle (x+{\sqrt {p^{*}}})=(x+{\sqrt {p^{*}}})(x-{\sqrt {p^{*}}},q)=(cq,q(x+{\sqrt {p^{*}}}))}$

делится на q, что снова невозможно. Следовательно (q) должен разделиться на K.

Наоборот, предположим, что (q) расщепляется, и пусть β простое число K над q. потом ${\displaystyle (q)\subsetneq \beta ,}$ так что мы можем выбрать некоторые

${\displaystyle a+b{\sqrt {p^{*}}}\in \beta \setminus (q),{\text{ where }}a,b\in \mathbb {Q} .}$

Собственно, поскольку ${\displaystyle p^{*}\equiv 1\!\!\!{\pmod {4}},}$ Из элементарной теории квадратичных полей следует, что кольцо целых чисел K точно ${\displaystyle \mathbf {Z} \left[{\frac {1+{\sqrt {p^{*}}}}{2}}\right],}$ так что знаменатели а и б в худшем случае равны 2. Поскольку q ≠ 2, мы можем смело умножать а и б на 2, и предположим, что ${\displaystyle a+b{\sqrt {p^{*}}}\in \beta \setminus (q),}$ где сейчас а и б находятся в Z. В этом случае мы имеем

${\displaystyle (a+b{\sqrt {p^{*}}})(a-b{\sqrt {p^{*}}})=a^{2}-b^{2}p^{*}\in \beta \cap \mathbf {Z} =(q),}$

так ${\displaystyle q\mid a^{2}-b^{2}p^{*}.}$ Тем не мение, q не может разделить б, с тех пор также q разделяет а, что противоречит нашему выбору ${\displaystyle a+b{\sqrt {p^{*}}}.}$ Следовательно, мы можем разделить на б по модулю q, чтобы получить ${\displaystyle p^{*}\equiv (ab^{-1})^{2}\!\!\!{\pmod {q}}}$ по желанию.

Рекомендации

Каждый учебник по элементарная теория чисел (и довольно много на алгебраическая теория чисел ) имеет доказательство квадратичной взаимности. Особого внимания заслуживают два:

Леммермейер (2000) имеет множество доказательств (некоторые в упражнениях) как квадратичных законов взаимности, так и законов взаимности более высокой степени, а также обсуждение их истории. Его обширная библиография включает цитаты из 196 различных опубликованных доказательств.

Ирландия и Розен (1990) также содержит множество доказательств квадратичной взаимности (и множество упражнений), а также охватывает кубический и биквадратичный случаи. В упражнении 13.26 (стр. 202) все сказано

Подсчитайте количество доказательств закона квадратичной взаимности, приведенных до сих пор в этой книге, и придумайте еще одно.

• Ирландия, Кеннет; Розен, Майкл (1990), Классическое введение в современную теорию чисел, Тексты для выпускников по математике, Vol. 84 (2-е изд.), Нью-Йорк: Springer, ISBN  0-387-97329-X
• Леммермейер, Франц (2000), Законы взаимности: от Эйлера до Эйзенштейна, Монографии Springer по математике, Берлин: Springer, ISBN  3-540-66957-4
• Руссо, Г. (1991), «О квадратичном законе взаимности», Журнал Австралийского математического общества, серия A, Издательство Кембриджского университета, 51: 423–425, ISSN  1446-7887
• Вашингтон, Лоуренс К. (2012), Введение в циклотомические поля, Тексты для выпускников по математике, 83 (2-е изд.), Нью-Йорк: Springer, ISBN  978-1-4612-7346-2

внешняя ссылка

• Хронология доказательств квадратичного закона взаимности (246 доказательств!)