4 二次剩余
4.1 二次剩余的定義
定義4-1： 設\(p\)是奇素數，\(a\)是整數且\((a,p)=1\)。若\(x^2\equiv a(mod\;p)\)有解，則稱\(a\)為模\(p\)的二次剩余。否則稱\(a\)為模\(p\)的二次非剩余。
這里並未考慮\(p=2\)的情況，因為任意一個整數均是模2的二次剩余。
定理4-1：模\(p\)的二次剩余和二次非剩余的個數均是\((p-1)/2\)個，且模\(p\)的全部二次剩余為：
\[1^2,2^2,\cdots,(\frac{p-1}{2})^2\mod p \]
證明：
任意整數模\(p\)的所有可能結果為：\(0,1,2,\cdots,p-1\)。因為\(p|0\)，所以考慮二次剩余的時候，不需要將0考慮在內。如果我們將定義放寬一點，我們可以說0是任意一個正整數的二次剩余，這太平凡了，於是今后我們不在將0納入二次剩余的考慮范圍內。
尋找二次剩余最簡單直接的方法就是計算：
\[1^2,2^2,\cdots,(\frac{p-1}{2})^2,(\frac{p+1}{2})^2,\cdots,(p-1)^2\mod p \]
便可以找到所有的二次剩余。
但是經過計算之后，我們可以發現對於\(1\le x \le (p-1)/2,(p+1)/2\le p-x\le p-1\)，有以下關系成立：
\[x^2\equiv(p-x)^2\mod p \]
這意味着\(x^2\)和\((p-x)^2\)實際上指的是同一個二次剩余，於是我們只需要計算\(x^2(mod\;p),1\le x\le (p-1)/2\)，便可以找到所有的二次剩余。
此時，我們想知道通過\(x^2(mod\;p)\)計算出來的二次剩余是否兩兩不同。因此，我們假設存在整數\(a,b\)使得\(a^2\equiv b^2(mod\;p)\)，其中\(1\le a,b \le (p-1)/2\)。於是有
\[a^2\equiv b^2(mod\;p)\Rightarrow p|(a+b)(a-b) \]
因為，\(1<a+b<p\)且\(p\)是素數。所以，\(p|(a-b)\)成立。
又因為\(0\le|a-b|<p\)，所以\(a=b\)。
綜上可知，定理4-1成立。
4.2 二次剩余的性質
定理4-2：【歐拉判別條件】若\((a,p)=1\)，則
-
\(a\)是模\(p\)的二次剩余的充要條件為：
\[a^{\frac{p-1}2}\equiv1\mod p \]
-
\(a\)是模\(p\)的二次非剩余的充要條件為：
\[a^{\frac{p-1}2}\equiv-1\mod p \]
證明：
考慮整數\(x\)且\((x,p)=1\)，所以根據歐拉定理，可得
\[x^{p-1}\equiv1\mod p\Leftrightarrow x^{\frac{p-1}{2}}\equiv\pm1\mod p \]
上述式子說明，對於任意給定的一個整數\(x\)，下面兩個式子有且僅有一個成立：
- \(x^{(p-1)/2}\equiv1(mod\;p)\)
- \(x^{(p-1)/2}\equiv -1(mod\;p)\)
根據定理4-1，模\(p\)的二次剩余一共有\((p-1)/2\)個，所以二次非剩余也有\((p-1)/2\)個。因此，我們的證明思路就是：
- 模\(p\)的所有二次剩余均是\(x^{(p-1)/2}\equiv1(mod\;p)\)的根
- 模\(p\)的所有二次非剩余均是\(x^{(p-1)/2}\equiv-1(mod\;p)\)的根
若\(a\)是模\(p\)的二次剩余，那么存在整數\(x\)使得\(x^2\equiv a(mod\;p)\)，因此
\[a^{\frac{p-1}2}\equiv(x^2)^{\frac{p-1}2}\equiv x^{p-1}\equiv1\mod p \]
對於任意的二次剩余上述式子均成立，這意味着模\(p\)的所有二次剩余都是方程\(x^{(p-1)/2}\equiv1(mod\;p)\)的根。根據定理3-5可知，方程\(x^{(p-1)/2}\equiv1(mod\;p)\)根的個數不超過\((p-1)/2\)個。
因此，模\(p\)的所有二次剩余就是方程\(x^{(p-1)/2}\equiv1(mod\;p)\)所有的根。所以，所有的二次非剩余均是方程\(x^{(p-1)/2}\equiv-1(mod\;p)\)的根。這就證明了定理4-2。
補充說明： 為什么\(x^2\equiv1(mod\;p)\)成立時，一定會有\(x\equiv\pm1(mod\;p)\)成立（反過來顯然成立）？
\[\begin{aligned} 1\equiv x^2&\equiv(1+x-1)^2\\ &\equiv 1+2(x-1)+(x-1)^2\\ &\equiv 1+(x+1)(x-1)\mod p \end{aligned} \]
因此我們可以得到\(p|(x+1)(x-1)\)，考慮\(1\le x\le p-1\)的情況（因為其他的情況，在模\(p\)的意義下是等價的）。只有當\(x=1\)或\(x=p-1\)的時候，才能使得\(p|(x+1)(x-1)\)成立。因此\(x\equiv\pm1(mod\;p)\)成立。
例題： 求模11的所有二次剩余。
選取模11的一個簡化剩余系：\(\{\pm1,\pm2,\pm3,\pm4,\pm5\}\)
可以驗證：
\[1^{\frac{11-1}{2}}\equiv1\mod11\\ (-2)^{\frac{11-1}{2}}\equiv1\mod11\\ 3^{\frac{11-1}{2}}\equiv1\mod11\\ 4^{\frac{11-1}{2}}\equiv1\mod11\\ 5^{\frac{11-1}{2}}\equiv1\mod11\\ \]
因為模11一共有\((11-1)/2=5\)個二次剩余，因此\(1,-2,3,4,5\)就是所要求的二次剩余。其余的均為模11的二次非剩余。
4.3 勒讓德（Legendre）符號
定義4-2： 給定奇素數\(p\)，對於整數\(n\)，定義勒讓德符號為
\[\left(\frac{n}p\right)= \left\{\begin{aligned} 0,\quad &p|n\\ 1,\quad &n\in QR(p)\\ -1,\quad&n\not\in QR(p) \end{aligned}\right. \]
其中\(QR(p)\)定義為由模\(p\)二次剩余組成的集合，即\(QR(p)=\{x|x^{(p-1)/2}\equiv1(mod\;p),x\in Z\}\)。
勒讓德符號的性質：
（1）若\(n_1\equiv n_2(mod\;p)\)，則\(\left(\frac{n_1}p\right)=\left(\frac{n_2}p\right)\)。即\(n_1,n_2\)在同余意義下等價，因此其勒讓德符號相等，也可以通過分類討論證明。
（2）若\(p\nmid n\)，則\(\left(\frac{n^2}p\right)=1\)，即\(x^2\equiv n^2(mod\;p)\)有解，顯然\(x\equiv n(mod\;p)\)就是一個解。
（3）\(\left(\frac{1}p\right)=1\)，即\(x^2\equiv1(mod\;p)\)有解，顯然\(x\equiv1(mod\;p)\)就是一個解。
（4）同余方程\(x^2\equiv n(mod\;p)\)的解數為\(1+\left(\frac{n}p\right)\)。
對性質（4）進行分類討論：
- 當\(p|n\)時，原方程變為\(x^2\equiv0(mod\;p)\)，此時僅有一個解\(x\equiv0(mod\;p)\)。
- 當\(n\in QR(p)\)，若\(x_0\)是原方程的一個解，那么\((p-x_0)^2\equiv x_0^2(mod\;p)\)，於是\(p-x_0\)也是原方程的一個解。
- 當\(n\not\in QR(p)\)，則此方程無解。
定理4-3 【歐拉判別法】將定理4-2和勒讓德符號的定義結合起來，可以得到
\[\left(\frac{n}p\right)\equiv n^{\frac{p-1}2}\mod p \]
可以驗證，當\(p|n\)的時候，上述式子也是成立的。理論上我們就可以通過上述式子判別整數\(n\)是否為模\(p\)的二次剩余。
定理4-4： 若\(m,n\)為整數，則勒讓德符號具有以下等式關系
\[\left(\frac{mn}p\right)=\left(\frac{m}p\right)\left(\frac{n}p\right) \]
證明如下：
\[\left(\frac{mn}p\right)\equiv(mn)^{\frac{p-1}2} \equiv(m^{\frac{p-1}2})(n^{\frac{p-1}2})\equiv \left(\frac{m}p\right)\left(\frac{n}p\right)\mod p \]
對於任意一個整數\(m\)，根據算術基本定理，我們可以將其表示為\(m=\pm2^{\alpha_1}q_2^{\alpha_2}\cdots q_k^{\alpha_k}\)，其中\(q_2,\cdots,q_k\)都是奇素數。利用定理4-4，我們可以得到
\[\left(\frac{m}p\right)=\left(\frac{\pm1}p\right) \left(\frac{2}p\right)^{\alpha_1} \left(\frac{q_2}p\right)^{\alpha_2}\cdots \left(\frac{q_k}p\right)^{\alpha_k} \]
於是我們只需要能夠計算下列三種情況的勒讓德符號，即可計算任意整數的勒讓德符號：
\[\left(\frac{-1}p\right),\left(\frac{2}p\right),\left(\frac{q}p\right) \]
其中\(q\)是奇素數。
根據歐拉判別法，我們馬上可以得到以下結論：
\[\left(\frac{-1}p\right)\equiv(-1)^{\frac{p-1}2}\mod p \]
因為\((-1)^{(p-1)/2}\)本身的計算結果就是\(\pm1\)，因此
\[\left(\frac{-1}p\right)=(-1)^{\frac{p-1}2} \]
推論：當\((p-1)/2\)是偶數的時候，\(-1\in QR(p)\)；當\((p-1)/2\)是奇數的時候，\(-1\not\in QR(p)\)。即
\[\left\{\begin{aligned} p\equiv1(mod\;4),\quad &-1\in QR(p)\\ p\equiv3(mod\;4),\quad&-1\not\in QR(p) \end{aligned}\right. \]
為了求解其他兩種情況的勒讓德符號，下面將引入高斯引理，同時該引理將是我們證明二次互反律的基礎。
高斯引理： 設\(p\)是奇素數且\(p\nmid n\)，引入整數序列如下
\[n,2n,\cdots,\frac{1}2(p-1)n \]
將整數序列中每一個數都通過帶余除法除以\(p\)，得到余數。將這些余數大於\(p/2\)的個數記為\(m\)，則
\[\left(\frac{n}{p}\right)=(-1)^m \]
證明：
將上述整數序列除以\(p\)，可以得到\((p-1)/2\)個余數（這些余數均小於\(p\)）。
設不超過\(p/2\)的余數共有\(l\)個，分別記為\(a_1,a_2,\cdots,a_l\)；設超過\(p/2\)的余數共有\(m\)個，分別記為\(b_1,b_2,\cdots,b_m\)。因此，我們可以得到
\[\begin{aligned} n\cdot2n\cdots\frac{p-1}{2}n&\equiv n^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{p-1}{2}\right)!\\ &\equiv(a_1a_2\cdots a_l)(b_1b_2\cdots b_m)\\ &\equiv(a_1a_2\cdots a_l)(-1)^m(p-b_1)(p-b_2)\cdots(p-b_m)\mod p \end{aligned} \]
此外，我們可以證明這\((p-1)/2\)個余數兩兩不同。由於上述整數序列可以寫成\(kn\)的形式，其中\(1\le k\le(p-1)/2\)。並且這\((p-1)/2\)個余數均不為零，因為\(p\nmid n,p\nmid k\)，所以\(p\nmid kn\)。
如果存在某兩個余數相同，這意味着存在兩個整數\(1\le x,y\le (p-1)/2\)，使得
\[xn\equiv yn\mod p \]
即\(p|(x-y)n\)，因為\(p\nmid n\)，所以\(p|(x-y)\)。又因為\(0\le|x-y|\le p-1\)，因此必然有\(x=y\)，即\(a_1,a_2,\cdots,a_l,b_1,b_2,\cdots,b_m\)兩兩不同。於是\(p-b_1,\cdots,p-b_m\)也兩兩不同。
接着證明，\(a_i(i=1,\cdots,l)\)與\(p-b_j(j=1,\cdots,m)\)兩兩不同余。同理，我們假設存在兩個整數\(1\le x,y\le (p-1)/2\)使得其同余，那么
\[xn\equiv p-yn\equiv-yn\mod p\Rightarrow p|(x+y)n\Rightarrow p|(x+y) \]
因為\(1<x+y<p-1\)，所以\(p|(x+y)\)不可能成立。因此\(a_i\)與\(p-b_j\)兩兩不同余。
因為\(p/2<b_1,\cdots,b_m<p\)，所以\(0<p-b_1,\cdots,p-b_m<p/2\)。
因為\(0<a_1,\cdots,a_l<p/2\)，所以\(0<a_1,\cdots,a_l,p-b_1,\cdots,p-b_m<p/2\)。
從上述證明我們已經知道\(a_i\)與\(p-b_j\)是\((p-1)/2\)個兩兩不同的整數，並且0到\(p/2\)之間恰好有\((p-1)/2\)個整數。此時，我們將這\((p-1)/2\)個余數從小到大排列，便可以得到
\[1,2,3,\cdots,\frac{p-1}{2} \]
於是我們有以下結論
\[\begin{aligned} n\cdot2n\cdots\frac{p-1}{2}n&\equiv n^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{p-1}{2}\right)!\\ &\equiv(a_1a_2\cdots a_l)(-1)^m(p-b_1)(p-b_2)\cdots(p-b_m)\\ &\equiv(-1)^m\cdot1\cdot2\cdots\left(\frac{p-1}{2}\right)\\ &\equiv(-1)^m\left(\frac{p-1}{2}\right)!\mod p \end{aligned} \]
因此，根據歐拉判別法我們可以得到
\[\left(\frac{n}{p}\right)\equiv n^{\frac{p-1}{2}}\equiv(-1)^m\mod p \]
即高斯引理得證。
定理4-5： 若\(p\)為奇素數，那么
\[\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{\frac{1}{8}(p^2-1)} \]
證明：
利用高斯引理，構造整數序列
\[2,2\cdot2,\cdots,2\cdot\frac{p-1}{2} \]
可以發現上述序列可以寫為：\(2k(1\le k\le (p-1)/2)\)的形式，且\(1<2k<p\)。如果\(2k\)大於\(p/2\)，那么
\[\frac{p}{2}<2k<p\Rightarrow\frac{p}{4}<k<\frac{p}2 \]
因此，\(m\)等於位於\(p/4\)到\(p/2\)之間整數的個數，即
\[m=\left[\frac{p}2\right]-\left[\frac{p}4\right] \]
其中\([\cdot]\)表示向下取整。
將奇素數\(p\)表示成2進制的形式（奇數的二進制形式最后一位一定為1），則有\(p=(x_n\cdots x_2x_11)_2\)，於是\(m\)可以表示為
\[m=(x_n\cdots x_2x_1)_2-(x_n\cdots x_2)_2 \]
由於\(p\equiv(x_2x_11)_2(mod\;8)\)，可以將上述兩種情況分別寫成以下形式：
-
\(x_1=x_2\)等價於\(p\equiv\pm1(mod\;8)\)，於是\(p=8k\pm1\)，因此
\[\frac{1}8(p^2-1)\equiv8k^2\pm2k\equiv0\mod2 \]
-
\(x_1\ne x_2\)等價於\(p\equiv\pm3(mod\;8)\)，於是\(p=8k\pm3\)，因此
\[\frac{1}8(p^2-1)\equiv8k^2\pm6k+1\equiv1\mod2 \]
由上述討論可知，\(m\equiv\frac{1}8(p^2-1)(mod\;2)\)，即具有相同奇偶性。因此
\[\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^m=(-1)^{\frac{1}{8}(p^2-1)} \]
定理4-6： 【二次互反律】設\(p,q\)是奇素數且\(p\ne q\)，則
\[\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}\left(\frac{q}{p}\right) \]
證明：
根據高斯引理，構造整數序列
\[p,2p,\cdots,\frac{q-1}2p \]
設\(a_i(1\le i\le l)\)表示模\(q\)中小於\(q/2\)的所有最小正余數，\(b_j(1\le j\le m)\)表示大於\(q/2\)的所有最小正余數，則
\[\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^m \]
根據帶余除法，可以將序列中的每一個數寫成如下形式：
\[pk=\left[\frac{pk}{q}\right]q+r_k,\;1\le k\le\frac{q-1}2 \]
於是有
\[\begin{aligned} p\frac{q^2-1}8&=p\cdot1+p\cdot2+\cdots+p\cdot\frac{q-1}{2}\\ &=\sum_{k=1}^{(q-1)/2}\left[\frac{pk}{q}\right]q+\sum_{i=1}^la_i+\sum_{j=1}^mb_j\\ &=\sum_{k=1}^{(q-1)/2}\left[\frac{pk}{q}\right]q+\sum_{i=1}^la_i+\sum_{j=1}^m(b_j-q)+mq\\ &=\sum_{k=1}^{(q-1)/2}\left[\frac{pk}{q}\right]q+\sum_{i=1}^la_i+\sum_{j=1}^m(q-b_j) +2\sum_{j=1}^m(b_j-q)+mq\\ \end{aligned} \]
根據高斯引理中的證明，我們知道
\[\sum_{i=1}^la_i+\sum_{j=1}^m(q-b_j)=1+2+\cdots+\frac{q-1}{2}=\frac{q^2-1}8 \]
所以
\[\begin{aligned} p\frac{q^2-1}8&=\sum_{k=1}^{(q-1)/2}\left[\frac{pk}{q}\right]q+\frac{q^2-1}8 +2\sum_{j=1}^m(b_j-q)+mq \end{aligned} \]
因此
\[(p-1)\frac{q^2-1}8=q(m+\sum_{k=1}^{(q-1)/2}\left[\frac{pk}{q}\right]) +2\sum_{j=1}^m(b_j-q) \]
又因為\(2|(p-1),q\equiv1(mod\;2)\)，所以上述等式兩邊模2，則有
\[\sum_{k=1}^{(q-1)/2}\left[\frac{pk}{q}\right]\equiv-m\mod2 \]
這說明\(m\)與\(\sum_{k=1}^{(q-1)/2}\left[\frac{pk}{q}\right]\)具有相同的奇偶性，於是我們可以得到以下結論
\[\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{m_1}(-1)^{m_2}=(-1)^{m_1+m_2} \]
其中
\[m_1=\sum_{y=1}^{(q-1)/2}\left[\frac{py}{q}\right]\\ m_2=\sum_{x=1}^{(p-1)/2}\left[\frac{qx}{p}\right] \]
接下來我們分析\(m_1,m_2\)的奇偶性：
這里不妨假設\(p>q\)，考慮\([0,p]\times[0,q]\)矩形內的整點（橫縱坐標都是整數）個數，上圖是\(p=11,q=5\)的示例。
圖中對角線的方程為：
\[y=\frac{q}px \]
當\(0<x<p\)時，\((x,p)=1,(p,q)=1\)所以\(p\nmid(qx)\)，即對角線上沒有整點。
\(qx/p\)表示坐標\((x,qx/p)\)到x軸的距離，而\([qx/p]\)數值上就等於，當橫坐標為\(x\)時，對角線下方整點的個數（不包括x軸上的整點）。因此\(m_2\)就等於第一象限內且\(1\le x\le(p-1)/2\)，對角線下方整點的個數。
\(py/q\)表示坐標\((py/q,y)\)到y軸的距離，而\([py/q]\)數值上就等於，當縱坐標為\(y\)時，對角線上方整點的個數（不包括y軸上的整點）。因此\(m_1\)就等於第一象限內且\(1\le y\le(q-1)/2\)，對角線上方整點的個數。
我們很自然會希望\([1,(p-1)/2]\times[1,(q-1)/2]\)矩形區域內的整點個數就是\(m_1+m_2\)，但是目前存在一種可能就是存在一些整點位於該矩形區域之外，例如圖中的\(y=3\)且位於對角線上方的整點。於是下面我們將說明這種情況不存在：
\[\begin{aligned} &\frac{q}{p}\cdot\frac{p-1}{2}-\frac{q-1}2=\frac{p-q}{2p}>0\\ &\frac{q}{p}\cdot\frac{p-1}{2}-\frac{q+1}2=\frac{-p-q}{2p}<0 \end{aligned} \]
所以
\[\frac{q+1}2>\frac{q}{p}\cdot\frac{p-1}{2}>\frac{q-1}2 \Rightarrow\left[\frac{q}{p}\cdot\frac{p-1}{2}\right]=\frac{q-1}2 \]
這說明矩形區域\([1,(p-1)/2]\times[1,(q-1)/2]\)包含了所有可能的整點，所以
\[m_1+m_2=\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2} \]
所以
\[\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{m_1+m_2} =(-1)^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}} \]
因為
\[\left(\frac{q}{p}\right)^2=(\pm1)^2=1 \]
所以上述結果也可以寫為
\[\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{\frac{p-1}{2}\frac{q-1}{2}}\left(\frac{q}{p}\right) \]
4.4 雅可比（Jacobi）符號
定義4-4： 設\(m>1\)是正奇數，可以將其分解為
\[m=\prod_{i=1}^sp_i \]
其中\(p_i\)是奇素數，且可以重復。
設\(n\)為整數，通過勒讓德符號定義雅可比符號：
\[\left(\frac{n}{m}\right)= \left(\frac{n}{p_1}\right) \left(\frac{n}{p_2}\right)\cdots\left(\frac{n}{p_s}\right) \]
通過定義可知，當\(m\)本身就是奇素數的時候，雅可比符號和勒讓德符號等價。
雅可比符號的性質：
（1）若\(n_1\equiv n_2(mod\;p)\)，則
\[\left(\frac{n_1}m\right)=\left(\frac{n_2}m\right) \]
（2）若\((m,n)=1\)，則
\[\left(\frac{n^2}m\right)=\left(\frac{n}{m^2}\right)=1 \]
（3）若\((m,n)\ne1\)，則
\[\left(\frac{n}m\right)=0 \]
（4）
\[\left(\frac{n_1n_2}m\right) =\left(\frac{n_1}m\right)\left(\frac{n_2}m\right) \]
（5）
\[\left(\frac{1}m\right)=1 \]
上述性質的證明思路，通過定義將雅可比符號展開成勒讓德符號乘積的形式，然后利用勒讓德符號的性質即可證明。
定理4-7： 設\(m>1\)為奇數，那么
\[\left(\frac{-1}m\right)=(-1)^{\frac{m-1}{2}} \]
證明：
首先根據定義展開
\[\left(\frac{-1}{m}\right)= \left(\frac{-1}{p_1}\right) \left(\frac{-1}{p_2}\right)\cdots\left(\frac{-1}{p_s}\right) =(-1)^{E} \]
其中
\[E=\sum_{i=1}^s\frac{p_i-1}{2} \]
只需證明\(E\)與\((m-1)/2\)具有相同的奇偶性，即下面式子恆成立
\[\begin{aligned} &E\equiv\frac{m-1}{2}\mod 2\\ \Leftrightarrow\;&\sum_{i=1}^s\frac{p_i-1}{2}\equiv\frac{1}{2}(\prod_{i=1}^sp_i-1)\mod2\\ \Leftrightarrow\;&\sum_{i=1}^s(p_i-1)\equiv\prod_{i=1}^sp_i-1\mod4 \end{aligned} \]
奇素數模4只有1，3兩種情況（例如奇素數3，5），因為顯然奇素數不可能是4的倍數，其次如果奇素數可以寫成\(4k+2\)的形式，說明該素數是個偶數，顯然不可能。因此，如果\(p_i\)是奇素數，那么
\[p_i\equiv\pm1\mod4 \]
設\(p_1,p_2,\cdots,p_s\)中有\(t\)個數模4余-1，其余模4余1，那么
\[\prod_{i=1}^sp_i-1\equiv(-1)^t-1\mod4\\ \sum_{i=1}^s(p_i-1)\equiv-2t\mod4 \]
分奇偶進行討論，當\(t=2k,k\in N\)時，
\[\sum_{i=1}^s(p_i-1)\equiv-2t\equiv-4k\equiv0\mod4\\ \prod_{i=1}^sp_i-1\equiv(-1)^t-1\equiv(-1)^{2k}-1\equiv1-1\equiv0\mod4 \]
當\(t=2k+1,k\in N^*\)時
\[\sum_{i=1}^s(p_i-1)\equiv-2t\equiv-2(2k+1)\equiv-4k-2\equiv-2\mod4\\ \prod_{i=1}^sp_i-1\equiv(-1)^t-1\equiv(-1)^{2k+1}-1\equiv-1-1\equiv-2\mod4 \]
綜上可知，\(E\)與\((m-1)/2\)具有相同的奇偶性，所以定理4-7成立。
定理4-8： 設\(m>1\)為奇數，那么
\[\left(\frac{2}m\right)=(-1)^{\frac{1}{8}(m^2-1)} \]
證明：
首先根據定義展開
\[\left(\frac{2}{m}\right)=\left(\frac{2}{p_1}\right)\left(\frac{2}{p_2}\right)\cdots\left(\frac{2}{p_s}\right)=(-1)^{E} \]
其中
\[E=\frac{1}{8}\sum_{i=1}^s(p_i^2-1) \]
只需證明\(E\)與\((m^2-1)/8\)具有相同的奇偶性，即下面式子恆成立
\[\begin{aligned} &E\equiv\frac{m^2-1}{8}\mod 2\\ \Leftrightarrow\;&\frac{1}{8}\sum_{i=1}^s(p_i^2-1)\equiv \frac{1}{8}(\prod_{i=1}^sp_i^2-1)\mod2\\ \Leftrightarrow\;&\sum_{i=1}^s(p_i^2-1)\equiv\prod_{i=1}^sp_i^2-1\mod16 \end{aligned} \]
奇素數模4只有1，3兩種情況，因此
\[p_i^2\equiv(4k\pm1)^2\equiv16k^2\pm8k+1\equiv1\mod8 \]
於是\(p_i^2\equiv1,9(mod\;16)\)，即奇素數模16只有1，9兩種可能。
設\(p_1^2,\cdots,p_s^2\)中模16余9的有\(t\)個，其余的數模16余1，那么
\[\sum_{i=1}^s(p_i^2-1)\equiv8t\mod16\\ \prod_{i=1}^sp_i^2-1\equiv9^t-1\mod16 \]
當\(t=2k,k\in N\)時，
\[\sum_{i=1}^s(p_i^2-1)\equiv8t\equiv16k\equiv0\mod16\\ \prod_{i=1}^sp_i^2-1\equiv9^t-1\equiv81^k-1\equiv1-1\equiv0\mod16 \]
當\(t=2k+1,k\in N^*\)時
\[\sum_{i=1}^s(p_i^2-1)\equiv8t\equiv16k+8\equiv8\mod16\\ \prod_{i=1}^sp_i^2-1\equiv9^t-1\equiv81^k\cdot9-1\equiv9-1\equiv8\mod16 \]
綜上可知，\(E\)與\((m^2-1)/2\)具有相同的奇偶性，所以定理4-8成立。
定理4-9： 設\(m,n>1\)為奇數，且\((m,n)=1\)，那么
\[\left(\frac{n}{m}\right)=(-1)^{\frac{n-1}{2}\frac{m-1}{2}}\left(\frac{m}{n}\right) \]
證明：
設\(m=\prod_{i=1}^sp_i,n=\prod_{j=1}^lq_j\)，那么
\[\left(\frac{n}{m}\right)\left(\frac{m}{n}\right)= \prod_{j=1}^l\prod_{i=1}^s\left(\frac{q_j}{p_i}\right)\cdot \prod_{i=1}^s\prod_{j=1}^l\left(\frac{p_i}{q_j}\right) \]
根據二次互反律
\[\left(\frac{q_j}{p_i}\right)\left(\frac{p_i}{q_j}\right)= (-1)^{\frac{p_i-1}{2}\frac{q_j-1}{2}} \]
所以
\[\begin{aligned} \left(\frac{n}{m}\right)\left(\frac{m}{n}\right)&= \prod_{j=1}^l\prod_{i=1}^s\left(\frac{q_j}{p_i}\right)\cdot \prod_{i=1}^s\prod_{j=1}^l\left(\frac{p_i}{q_j}\right)\\ &=\prod_{j=1}^l\prod_{i=1}^s(-1)^{\frac{p_i-1}{2}\frac{q_j-1}{2}}\\ &=(-1)^E \end{aligned} \]
其中
\[\begin{aligned} E&=\sum_{j=1}^l\sum_{i=1}^s{\frac{p_i-1}{2}\frac{q_j-1}{2}}\\ &=\left(\sum_{i=1}^s{\frac{p_i-1}{2}}\right) \left(\sum_{j=1}^l\frac{q_j-1}{2}\right) \end{aligned} \]
根據定理4-7中的證明，我們可以知道
\[\sum_{i=1}^s{\frac{p_i-1}{2}}\equiv\frac{m-1}2\mod2\\ \sum_{j=1}^l\frac{q_j-1}{2}\equiv\frac{n-1}2\mod2 \]
於是我們得到
\[\left(\frac{n}{m}\right)\left(\frac{m}{n}\right)=(-1)^{\frac{n-1}{2}\frac{m-1}{2}} \]
因為
\[\left(\frac{m}{n}\right)^2=(-1)^2=1 \]
因此我們就可以得到
\[\left(\frac{n}{m}\right)\left(\frac{m}{n}\right)^2= (-1)^{\frac{n-1}{2}\frac{m-1}{2}}\left(\frac{m}{n}\right) \Leftrightarrow \left(\frac{n}{m}\right)=(-1)^{\frac{n-1}{2}\frac{m-1}{2}}\left(\frac{m}{n}\right) \]
特殊情況說明：
如果\(m>1\)是奇數，而\(n\)是偶數的時候，不能直接應用定理4-9。此時我們將\(n\)寫成\(n=2^\alpha{n'}\)的形式，其中\(n'\)是奇數。此時
\[\left(\frac{n}{m}\right)=\left(\frac{2^\alpha n'}{m}\right) =\left(\frac{2}{m}\right)^\alpha\left(\frac{n'}{m}\right) \]
這時候就可以應用雅可比符號形式下的二次互反律：
\[\left(\frac{n'}{m}\right)=(-1)^{\frac{m-1}{2}\frac{n'-1}{2}}\left(\frac{m}{n'}\right) \]
雅可比符號和勒讓德符號的關系：
通過定義可知，雅可比符號就是勒讓德符號的推廣，當\(m\)奇素數的時候，雅可比符號和勒讓德符號等價。因此，每當需要計算勒讓德符號的時候，我們總可以計算雅可比符號來代替。
4.5 二次剩余問題
上述我們討論了模素數的二次剩余，我們總可以通過計算勒讓德符號來判斷一個整數是否為模奇素數的二次剩余。之后，我們將勒讓德符號推廣到了雅可比符號，我們自然希望能夠通過計算雅可比符號來判定模一個正奇數時的二次剩余。
定義4-5： 設\(m>1\)是正奇數，且\((m,n)=1\)，判斷\(n\)是否為模\(m\)的二次剩余，稱為二次剩余問題。
定理4-10： 當\(m\)是合數的時候，若\(n\)是模\(m\)的二次剩余，則雅可比符號滿足
\[\left(\frac{n}{m}\right)=1 \]
證明：
因為\(n\)是模\(m\)的二次剩余，所以存在$x_0 $使得
\[x_0^2\equiv n\mod m\Rightarrow \left\{\begin{aligned} x_0^2\equiv&n\mod p_1\\ x_0^2\equiv&n\mod p_2\\ &\vdots\\ x_0^2\equiv&n\mod p_s\\ \end{aligned}\right. \]
所以
\[\left(\frac{n}{m}\right)=\left(\frac{n}{p_1}\right) \left(\frac{n}{p_2}\right)\cdots\left(\frac{n}{p_s}\right)=1 \]
然而定理4-10僅僅是一個必要條件，雅可比符號為1，不一定是二次剩余，例如
\[\left(\frac{2}{15}\right)= \left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{2}{5}\right)=1 \]
然而，2並不是模15的二次剩余。我們將這種數稱為偽二次剩余。
定理4-11： 若\(n=pq\)且\(n\)的素因子\(p,q\)已知，則\(a\)是模n的二次剩余的充要條件是
\[\left(\frac{a}{p}\right)=\left(\frac{a}{q}\right)=1 \]
必要性證明：
若\(a\)是模n的二次剩余，那么存在整數\(x_0\)使得
\[x_0^2\equiv a\mod n\Rightarrow \left\{\begin{aligned} x_0^2\equiv&a\mod p\\ x_0^2\equiv&a\mod q\\ \end{aligned}\right. \]
這說明\(a\)也是模\(p,q\)的二次剩余，所以
\[\left(\frac{a}{p}\right)=\left(\frac{a}{q}\right)=1 \]
充分性證明：
因為\(a\)是模\(p,q\)的二次剩余，所以存在\(b_1,b_2\)，使得
\[a\equiv b_1^2\mod p\\ a\equiv b_2^2\mod q \]
令\(b\)滿足以下同余方程組
\[\left\{\begin{aligned} b\equiv b_1\mod p\\ b\equiv b_2\mod q\\ \end{aligned}\right. \]
根據中國剩余定理可知，可以求出在模n意義下的唯一解\(b\)。
又因為\(b^2\equiv b_1^2\equiv a(mod\;p)\)，\(b^2\equiv b_2^2\equiv a(mod\;q)\)，所以
\[p|(b^2-a),\quad q|(b^2-a) \]
並且\((p,q)=1\)，根據整除的性質可知，\(p,q\)是\(b^2-a\)的兩個素因子，所以
\[pq|(b^2-a)\Rightarrow n|(b^2-a)\Rightarrow a\equiv b^2\mod n \]
故\(a\)是模n的二次剩余。
