高斯整数

高斯整数
数学的数
基本
自然数整数
二进分数有限小数循环小数
有理数
代数数实数
复数
高斯整数
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无限小数
规矩数
无理数
超越数
二次无理数
虚数
艾森斯坦整数延伸
双复数四元数共四元数八元数超数
上超实数
超复数
十六元数
复四元数
Tessarine
大实数
超实数
其他
对偶数双曲复数序数
质数
同余
可计算数阿列夫数公称值超限数基数
P进数
规矩数整数序列数学常数
π = 3.141592653...
e = 2.718281828... 虚数单位i2 = − 1
无穷∞
高斯整数是实数和虚数部分都是整数的复数。

所有高斯整数组成了一个整域，写作Z[i]。

它是个不可以转成有序环的欧几里德域。

高斯整数是复数面上的整点。

高斯整数就是集。

高斯整数的范数都是非负整数，定义为N(z×w)=N(z)×N(w)。

Z[i]的单位（1, −1, i及−i）的范数均为1。

目录
[隐藏]
• 1 作为唯一分解整环
o 1.1 作为整闭包
o 1.2 作为欧几里德环
• 2 未解决的问题
• 3 参见
• 4 参考文献
[编辑]作为唯一分解整环
高斯整数形成了一个唯一分解整环，其可逆元为1、-1、i，以及-i。

Z[i]的素元素又称为高斯素数。

高斯素数的分布
高斯整数a + bi是素数当且仅当：
•a、b中有一个是零，另一个是形为4n+ 3或其相反数−(4n+
3)的素数；
•或a、b均不为零，而a2 + b2为素数。

以下给出这些条件的证明。

必要条件的证明为：仅当高斯整数的范数是素数，或素数的平方时，它才是高斯素数。

这是因为对于任何高斯整数g，。

现在，N(g)是整数，因此根据算术基本定理，它可以分解为素数
的乘积。

根据素数的定义，如果g是素数，则它可以整除p i，对于某个i。

另外，可以整除，因此。

于是现在只有两种选择：要么g的范数是素数，要么是素数的平方。

如果实际上对于某个素数p，有N(g) = p2，那么g和都能整除p2。

它们都不能是可逆元，因此g = pu，以及，其中u是可逆元。

这就是说，要么a = 0，要么b = 0，其中g = a + bi。

然而，不是每一个素数p都是高斯素数。

2就不是高斯素数，因为2 = (1 + i)(1 −i)。

高斯素数不能是4n + 1的形式，因为根据费马平方和定理，它们可以写成a2+ b2的形式，其中a和b是整数，且a2+ b2 = (a + bi)(a−bi)。

剩下的就只有形为4n + 3的素数了。

形为4n + 3的素数也是高斯素数。

假设g = p + 0i，其中p = 4n + 3是素数，且可以分解为g = hk。

那么p2 = N(g) = N(h)N(k)。

如果这个分解是非平凡的，那么N(h) = N(k) = p。

但是，任何两个平方数的和都不能写成4n + 3的形式。

因此分解一定是平凡的，所以g 是高斯素数。

类似地，i乘以一个形为4n + 3的素数也是高斯素数，但i乘以形为4n + 1的素数则不是。

如果g是范数为素数的高斯整数，那么g是高斯素数。

这是因为如果g= hk，那么N(g) = N(h)N(k)。

由于N(g)是素数，因此N(h)或N(k)一定是1，所以h或k一定是可逆元。

[编辑]作为整闭包
高斯整数环是Z在高斯有理数域中的整闭包，由实数部分和虚数部分都是有理数的复数组成。

[编辑]作为欧几里德环
在图中很容易看到，每一个复数与最近的高斯整数的距离最多为
个单位。

因此，Z[i]是一个欧几里德环，其中v(z) = N(z)。

[编辑]未解决的问题
高斯圆问题是中心为原点、半径为给定值的圆内有多少格点的问题。

它本身并不是关于高斯整数的，但等价于确定范数小于某个给定值的高斯整数的数目。

关于高斯整数，还有一些猜想和未解决的问题，例如：
实数轴和虚数轴含有无穷多个高斯素数3，7，11，19，……。

在复平面上，还存在任何其它的直线上有无穷多个高斯素数吗？特别地，实数部分为1的直线上存在无穷多个高斯素数吗？
在高斯素数上行走，步伐小于某个给定的值，可以走到无穷远吗？[编辑]参见
•艾森斯坦整数
•费马平方和定理
•二次互反律
范数 (域论)
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在域论，范数是一种映射。

设K为域，L是K的有限代数扩张。

将α与L的一个元素相乘，是一个线性变换：
N L / K(α)定义为mα的行列式。

因此可得N L / K的性质：
•
•N L / K(αβ) = N L / K(α)N L / K(β)
若L / K为伽罗瓦扩张，N L / K(α)是α所有共轭的积，即是α的极小多项式的所有根的积。

代数整数的范数仍是代数整数。

在代数数论亦可为理想定义范数。

若I是代数数域K的整数域O k中的理想，N(I)是O k / I的剩余类的数目。

[编辑]例子
•复数的范数：对于，对于复数此一实数域扩张，N(a+ bi) = (a + bi)(a−bi) = a2 + b2，即复数和其共轭复数之积，因
为a + bi在的极小多项式的根是。

•设（黄金分割）。

，因为它在L的极小多项式是x2−x− 1。

单位
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单位可以指：
•单位 (度量衡)
•单位 (社会组织)
•住宅单位，即公寓
[编辑]数学中
•单位向量，长为1的向量。

•单位圆，以原点为中心半径为1的圆。

•单位正方形，边长为1的正方形。

•单位球，半径为1的球面。

•单位立方体，边长为1的正方体。

•单位分数，分子为1而分母为整数的分数。

•单位矩阵，对角线上的元素为1而其它元素为0的矩阵。

•单位区间，( 0,1 )区间。

•虚数单位，i 平方为 -1。

•单位 (环论)，环中可逆元的集合。

•单位型，只有一个元素的类型。

•有单位的代数结构。

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唯一分解整环
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在数学中，唯一分解整环（Unique factorization domain）是使得每个其中元素都能唯一表成素元之积的整环，也就是满足算术基本定理的整环。

唯一分解整环通常以英文缩写 UFD 表示。

目录
[隐藏]
• 1 定义
• 2 例子
• 3 性质
• 4 等价条件
• 5 文献
[编辑]定义
一个唯一分解整环乃是一整环R，使得其中每个非零不可逆元x皆可表为不可约元（或称既约元）的积：
此表法在至多差一个可逆元的意义下唯一：若
，其中p i,q j皆为不可约元，则m = n，而且在重排下标后存在可逆元使得p i = u i q i。

另一个方便的等价定义如下：一个唯一分解整环乃是一整环R，使得其中每个非零不可逆元皆可表成素元的积。

[编辑]例子
•主理想整环，特别是欧几里得整环。

由此可知整数、高斯整数与艾森斯坦整数环都是唯一分解整环。

•域也是唯一分解整环。

•若R为唯一分解整环，则多项式环R[X] 亦然。

由此可知任意有限个变元的多项式环也是唯一分解整环，但是它们一般来说并非主理想整环。

•复流形（例如）上一点的局部环是唯一分解整环。

•正则局部环皆为唯一分解整环。

以下给出几个反例：
•环并非唯一分解环，因为
•令R为任一交换环，则R[X,Y,Z,W] / (XY−ZW) 非唯一分解整环；当R为域时，这在几何上对应到一个奇点。

[编辑]性质
整数的一些概念可以推广至唯一分解整环：
•在任意整环中，素元必为不可约元；在唯一分解整环中，不可
都是主理想（即：由单个元素生成）。

•一个整环是唯一分解整环当且仅当升链条件对主理想成立，而且任两个元素有最小公倍数。

•一个整环是唯一分解整环当且仅当其类群为平凡群。

且用到了无穷递降法；由于信中没有把第五步讲清楚，因此1749年
他再次寄给哥德巴赫一封信，详细讲述第五步的证明。

第一步、“如果两个整数都能表示为两个平方数之和，则它们的积也能表示为两个平方数之和。

”
第二步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个能表示为两个平方数之和的素数整除，则它们的商也能表示为两个平方数之和。

”
假设a2 + b2能被p2 + q2整除，且后者为素数。

则p2 + q2能整
除
(pb−aq)(pb + aq) = p2b2−a2q2 = p2(a2 + b2) −a2(p2 + q2).
由于p2+ q2是素数，因此它能整除两个因子之一。

假设它能整
除pb−aq。

由于
可推出p2 + q2能整除(ap + bq)2。

于是等式能被p2 + q2的平方
整除。

两边除以(p2 + q2)2得：
因此其商能表示为两个平方数之和。

如果p2 + q2能整除pb + aq，则利用等式
同样可证。

第三步、“如果一个能表示为两个平方数之和的整数被另一个不能表示为两个平方数之和的整数整除，则它们的商也必有一个不能表示为两个平方数之和的因子。

”
假设x能整除a2 + b2，且其商的分解式为。

则。

如果所有的因子p i都能表示为两个平方数之和，则我们可以用p1、p2、等等去除a2 + b2，并使用第
二步的结论，可得每一个商都能表示为两个平方数之和。

除到
只剩x的时候，可得x也能表示为两个平方数之和，矛盾。

因
此，如果x不能表示为两个平方数之和，则至少有一个素数p i
也不能表示为两个平方数之和。

第四步、“如果a和b互素，则a2 + b2的所有因子都能表示为两个平方数之和。

”
这一步用到了无穷递降法。

设x是a2 + b2的一个因子。

可记
其中c和d的绝对值最多不超过x的一半。

可得：
因此，c2 + d2一定能被x整除，设c2 + d2 = yx。

如果c和d
不互素，则它们的最大公约数不能整除x (否则它就能整除a
和b，与我们假设它们互素矛盾〕。

因此它们的最大公约数的平
方能整除y（因为它能整除c2+ d2），于是我们得到e2+ f2= zx，其中e和f互素，且z不超过x的一半，这是因为
如果c和d互素，则我们可直接使用c和d，不必转换成e和f。

如果x不能表示为两个平方数之和，则根据第三步的结论，可
知必有一个z的因子不能表示为两个平方数之和；设它为w。

于是我们从x推出了一个更小的整数w，都不能表示为两个平
方数之和，但都能被一个能表示为两个平方数之和的整数整除。

由于这个无穷递降是不可能的，因此x一定能表示为两个平方
数之和。

第五步、“任何形为4n + 1的素数都能表示为两个平方数之和。

”
如果p= 4n+ 1，则根据费马小定理可得
被p除都余1。

因此它们的差
都能被p整除。

这些差可分解为
由于p是素数，它一定能整除这两个因子之一〔以下称它们为
“和因子”和“差因子”〕。

如果它能整除任何一个“和因子”，则根据第四步的结论可得p能表示为两个平方数之和〔由于a
和b仅相差1，它们必然互素〕。

而如果它能整除所有的4n−1
个“差因子”，则
它也能整除4n− 2个一阶差、4n− 3个二阶差，依此类推。

由于数列的第k阶差都等于k!，于是第2n阶差都
等于(2n)!，显然它不能被p整除。

因此，p不能整除所有的“差因子”，得证p能表示为两个平方数之和。

[编辑]参考文献
•Richard Dedekind，“代数整数的理论”。

• C. F. Gauss，“Disquisitiones Arithmeticae”（英文版）。

由Arthur A. Clarke翻译。

Springer-Verlag，1986年。

取自“/zh-cn/%E8%B4%B9%E9%A9%AC%E5%B9%B3 %E6%96%B9%E5%92%8C%E5%AE%9A%E7%90%86”
欧几里得整环
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在抽象代数中，欧几里得整环（Euclidean domain）是一种能作辗转相除法的整环。

凡欧几里得整环必为主理想环。

[编辑]定义
一个欧几里得整环是一整环D及函数，使之满足下述性质：
•若而，则存在使得a = bq + r，而且或者r = 0，或者v(r) < v(b)。

•若a整除b，则。

函数v可设想成元素大小的量度，当时可取v(x): = | x| 。

[编辑]例子
欧几理得整环的例子包括了：
•整数环，v(x) = | x | 。

•高斯整数环。

•域上的多项式环（v(f) = deg f）与幂级数环（v(f) 定义为使X n | f(X) 的最大非负整数n）。

•离散赋值环，v(x) 定义为使的最大非负整数n，其中表该离散赋值环的唯一极大理想。

利用辗转相除法（定义中的第一条性质），可以证明欧几里得环必为主理想环，此时理想由其中v-值最小的元素生成。

由此得到一个推论：欧几里得整环必为唯一分解环。

并非所有主理想环都是欧几里得整环，Motzkin 证明了的整数环在d = − 19, − 43, − 67, − 163 时并非欧几里得整环，却仍是主理想环。

这方面的进一步结果详见以下文献。

艾森斯坦整数
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数学的数
基本
自然数整数
二进分数有限小数循环小数
有理数
代数数实数
复数
高斯整数
负数
分数
单位分数
无限小数
规矩数
无理数
超越数
二次无理数虚数
艾森斯坦整数延伸
双复数四元数共四元数八元数超数
上超实数
超复数
十六元数复四元数Tessarine 大实数
超实数
其他
对偶数双曲复数序数
质数
同余
可计算数阿列夫数公称值超限数基数
P进数
规矩数整数序列数学常数
π = 3.141592653...
e = 2.718281828...
虚数单位i2 = − 1
无穷∞
艾森斯坦整数是复平面上三角形点阵的交点。

艾森斯坦整数是具有以下形式的复数：
其中a和b是整数，且
是三次单位根。

艾森斯坦整数在复平面上形成了一个三角形点阵。

高斯整数则形成了一个正方形点阵。

目录
[隐藏]
• 1 性质
• 2 艾森斯坦素数
• 3 欧几里德域
• 4 参见
• 5 参考文献
• 6 外部链接
[编辑]性质
艾森斯坦整数在代数数域Q(ω)中形成了一个代数数的交换环。

每一个z = a + bω都是首一多项式
的根。

特别地，ω满足以下方程：
因此，艾森斯坦整数是代数数。

艾森斯坦整数的范数是它的绝对值的平方，由以下的公式给出：
因此它总是整数。

由于：
因此非零艾森斯坦整数的范数总是正数。

艾森斯坦整数环中的可逆元群，是复平面中六次单位根所组成的循环群。

它们是：
{±1, ±ω, ±ω2}
它们是范数为一的艾森斯坦整数。

[编辑]艾森斯坦素数
设x和y是艾森斯坦整数，如果存在某个艾森斯坦整数z，使得y= z x，则我们说x能整除y。

它是整数的整除概念的延伸。

因此我们也可以延伸素数的概念：一个非可逆元的艾森斯坦整数x是艾森斯坦素数，如果它唯一的因子是ux的形式，其中u是六次单位根的任何一个。

我们可以证明，任何一个被3除余1的素数都具有形式x2−xy+y2，因此可以分解为(x+ωy)(x+ω2y)。

因为这样，它在艾森斯坦整数中不是素数。

被3除余2的素数则不能分解为这种形式，因此它们也是艾森斯坦素数。

任何一个艾森斯坦整数a + bω，只要范数a2−ab+b2为素数，那么就是一个艾森斯坦素数。

实际上，任何一个艾森斯坦整数要么就是这种形式，要么就是一个可逆元和一个被3除余2的素数的乘积。

[编辑]欧几里德域
艾森斯坦整数环形成了一个欧几里德域，其范数N由以下的公式给出：
这是因为：
二次互反律
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在数论中，特别是在同余理论里，二次互反律（Law of Quadratic Reciprocity）是一个用于判别二次剩余，即二次同余方程
之整数解的存在性的定律。

二次互反律揭示了方程
可解和可解的简单关系。

运用二次互反律可以将模数较大的二次剩余判别问题转为模数较小的判别问题，并最后归结为较少的几个情况，从而在实际上解决了二次剩余的判别问题。

然而，二次互反律只能提供二次剩余的存在性，对于二次同余方程的具体求解并没有实际帮助。

二次互反律常用勒让德符号表述：对于两个奇素数p和q，
其中是勒让德符号。

但是对于更一般的雅可比符号和希尔伯特符号也有对应的二次互反律。

目录
[隐藏]
• 1 相关术语
• 2 几个简单情况
o 2.1 50以内的质数的二次剩余表
o 2.2 –1的情况
o 2.3 2的情况
o 2.4 3的情况
o 2.5 5的情况
• 3 高斯和勒让德的叙述
o 3.1 高斯的叙述
o 3.2 勒让德的叙述
• 4 研究历史
o 4.1 前期探索
o 4.2 定理的首次叙述：欧拉
o 4.3 勒让德与他的符号
o 4.4 首次的证明：高斯
• 5 其它陈述
o 5.1 欧拉
o 5.2 艾森斯坦
o 5.3 莫德尔
• 6 关于雅可比符号的互反律
•7 使用希尔伯特符号的互反律
•8 应用
•9 推广
•10 参见
•11 注释及参考来源
•12 外部链接
[编辑]相关术语
一个整数a是模整数n的二次剩余，是指它与某个整数的平方关于模n同余。

直观来说，是指二次同余方程有整数解。

如果这样的整数解不存在，则称a是模整数n的二次非剩余。

术语中的“二次”一词是为了表示与平方同余，在不至于混淆的行文中，可以略掉。

当模数是质数时，通常将0的情况区别讨论，因此有：
1.在模为质数时，二次剩余与二次非剩余的个数是相等的。

2.在模为质数时，剩余与剩余、非剩余与非剩余的乘积都是剩余，
剩余与非剩余的乘积是非剩余。

[编辑]几个简单情况
有了上节的关于乘积的性质，可以发现：研究一个合数是否是模某个质数p的剩余，只需将这个合数进行质因数分解，研究其每个质因数是不是模p的剩余即可。

因此，为了寻找模质数的二次剩余的规律，可以先研究对于前几个质数2、3、5等的情况，看对于什么样的质数p，2、3、5等是模它们的剩余。

此外为了研究正负号对乘积的影响，也要研究-1的情况。

为了发现规律，可以借助50以内的质数的二次剩余表。

[编辑] 50以内的质数的二次剩余表
下表列出了1至25模50以内的质数的二次剩余。

其中每一行列出了模相应质数的所有剩余。

因此要看某个整数k是否是模某个质数p 的剩余，只需要看k是否在模p的那一行中出现就行了。

例如，要检查7是不是模37的剩余，可以查看7是否出现在模37的一行中。

实际上7出现在左数第9个格子里，因此7是模
4365618 mo
d 47149
1
6
2
5
3
6
2
1
7
3
4
6273288372174232241814121214
[编辑]–1的情况
首先，看看对于什么样的质数，–1是模它的二次剩余。

查对上表后可以发现：–1对于模5,13,17,29,37是二次剩余，而对
3,7,11,19,23,31,43则不是。

比如：
–1 ≡ 2 (mod 3)，–1 ≡ 4 (mod 5)，–1 ≡ 10 (mod 11)，等等。

可以发现前者都是模4余1的质数，后者都是模4余3的质数。

于是可以猜想：
同余方程有解当且仅当。

[编辑] 2的情况
接下来看对什么样的质数，2是模它的二次剩余。

同样查对上表后可以发现：对于模8余±1的质数，如7,17,23,31,41,47，2是模它的二次剩余。

对于模8余±3的质数如3,5,11,13,19,29,37 等则不然。

[编辑] 3的情况
3是模11、13、23、37和47的剩余，但不是模5、7、17、19、29、31、41或43的剩余。

前者模12都余±1，后者都模12余±5。

–3是模7、13、19、31、37和43的剩余，但不是模5、11、17、23、29、41或47的剩余，前者模3都余1，后者模3都余2。

由于模3的剩余只有1，可以发现一个规律：对于所有为模3的剩余的质数，-3是模它的剩余。

[编辑] 5的情况
5是模11、19、29、31和41的剩余，但不是模3、7、13、17、23、37、43或47的剩余，前者模5都余±1，后者模5都余±2。

由于模5的剩余只有±1，可以发现规律：对于所有为模5的剩余的质数，5是模它的剩余。

[编辑]高斯和勒让德的叙述
对于一般的情况，也有类似的规律。

在此基础上，高斯和勒让德提出了两个一般性的叙述（没有使用勒让德符号），两者是等价的。

[编辑]高斯的叙述
如果那么可解当且仅当
可解。

如果那么可解当且仅当
可解。

借助于以下变量：，命题可以简化为：
可解当且仅当可解。

在高斯的叙述中已经可以见到“互反”的体现，即将
的可解性与的可解性联系起来。

在下表中可以看出，这表现了一种对称性（反对称性）。

下表列明了质数之间相互是否为二次剩余的情况。

方格内为R表示对应的q（横列元素）为对应的p（竖列元素）的二次剩余，N则表示相反情况（此表示法由高斯创造）。

可以看到白格内的元素是关于对角线对称的，黄格内则关于对角线反对称。

可以说黄格代表了一种“特殊情况”[3]。

q
357111317192329313741434753596167717379838997
p 3N R N R N R N N R R N R N N N R R N R R N N R 5N N R N N R N R R N R N N N R R N R N R N R N 7N N R N N N R R N R N R N R N N R R N R N N N
71R R N N N N R N R N R N R N N N N N R R R R N 73R N N N N N R R N N R R N N N N R R R R N R R 79N R N R R N R R N R N N N N N N N R N R R R R 83R N R R N R N R R R R R N N N R R N N N N N N 89N R N R N R N N N N N N N R R N N R R R R N R 97R N N R N N N N N R N N R R R N R N N R R N R [编辑]勒让德的叙述
观察上表中黄格的情况，可以看出相对应的两个质数都是模4余3的。

因此勒让德的陈述为：
如果或者那么
可解当且仅当可解。

如果那么
可解当且仅当不可解。

[编辑]研究历史
二次互反律曾被不少的数学家研究，因此二次互反律的叙述有很多种。

要注意的是当时的数学记号并不统一。

欧拉和勒让德并没有高斯的同余记号，高斯也不知道勒让德符号。

下文中的p和q总是不相等的正奇质数。

[编辑]前期探索
费马曾经证明了[4]（或声称证明了[5]）一系列关于将质数表示成平方和的定理
当且仅当p = 2 或
p = x2 + 2y2当且仅当p = 2 或
p = x2 + 3y2当且仅当p = 3 或
他并没有给出二次互反律的陈述，尽管由此类的定理可以得到–1、±2和±3的情况。

此外欧拉曾经猜想（后被勒让德证明）[6]：
如果那么
如果那么pq = x2 + 5y2.
证明费马的这类命题是导致二次互反律的发现的因素之一。

[编辑]定理的首次叙述：欧拉
欧拉在1783年曾经写过[7]（以现今的符号表示）：
1) 如果q≡ 1 (mod 4) 那么q是模p的二次剩余当且仅当p≡r (mod q)，其中r是一个模q的二次剩余。

2) 如果q≡ 3 (mod 4) 那么q是模p的二次剩余当且仅当p≡±b2 (mod 4q), 其中b为奇数但不被q整除。

这是二次互反律首次被完整地陈述[8]。

欧拉也证明了[9] 2的情况。

[编辑]勒让德与他的符号
勒让德用a和A表示模4余1的正质数，用b和B表示模4余3的正质数。

他建立了一个有8个定理的表格，这8个定理合起来就是二次互反律[10]。

定理如果则有
I
II
III
IV
V
VI
VII
VIII
勒让德认为表达式
出现了太多次，可以简写为：
其中N 、c 为互质的数[11]。

这个符号就是现在使用的勒让德符号[12]： 对于所有的整数a 以及任意奇质数p ：
. ； .
.
勒让德使用勒让德符号的叙述为：
，如果 或
，如果
如果p 整除a ；
如果a 是模p 的二次剩余且p 不整除a 如果a 是模p 的二次非剩余。

他也提到上面的两种情况可以合并为：
勒让德完整地证明了八种情况中的第一、第二和第七种。

在证明第八种情况时，勒让德作了一个可以等价于狄利克雷定理的假设。

正如高斯在其《算术研究》中指出的。

勒让德实际上证明了二次互反律是狄利克雷定理成立的情况下的一个推论[13]。

[编辑]首次的证明：高斯
1801年出版的《算术研究》第131篇的部分，列出了二次互反律的8种情况
第一个完整地给出二次互反律的证明的人是德国数学家高斯。

高斯在1796年给出了二次互反律的第一个证明[14]。

高斯首先证明了[15]-1和
2的情况。

作为进行数学归纳法的开始，他证明了[16]±3和±5的情况。

他注意到-3和+5的情况较有规律，容易叙述[17]，因此把定理叙述为[18]：
如果p是形式为4n + 1，那么p（如果p是形式为4n + 3那么−p）是模每个为模p的二次剩余（非剩余）的质数的二次剩余（非剩余）。

在下一句中，高斯将其列为“基本定理”（但没有用到“互反律”的称谓）。

在引进（）表示a是模b的二次剩余（非剩余）后，高斯令a和表示模4余1的质数，用b和表示模4余3的，于是写出了勒让德得到的8种情况：
情况如果那么
1)±a R a′±a′ R a
2)±a N a′±a′ N a
3)+a R b
–a N b
±b R a
4)+a N b
–a R b
±b N a
字母表示的意思和相应的小写字母一样，但不再是质数。

最后他分各种情况分别运用强数学归纳法将其证明[19]。

证明中高斯用到了[20]一个引理：
如果是质数，那么存在奇质数使得
如果使用勒让德符号，那么高斯的陈述就是
令，也就是说| q*| = | q| 且。

那么
高斯一生中给出了二次互反律的八个证明，其中他最为满意的是第五个证明。

[编辑]其它陈述
[编辑]欧拉
如果那么[21]
[编辑]艾森斯坦
艾森斯坦[22]曾声称：
如果并且
那么
[编辑]莫德尔
莫德尔[23]证明了以下命题与二次互反律等价：
令a,b和c为整数，那么对每个整除abc的质数p有：
如果有一个非平凡解，那么
也有。

[编辑]关于雅可比符号的互反律
雅可比符号是勒让德符号的一个推广，与后者主要的区别是“分母”只需为正奇数，而不需要一定是质数。

当“分母”为质数时，两者意义相同。

雅可比符号的运算规律与勒让德符号相同，即：
如果两个数都是正奇数，那么二次互反律对雅可比符号也成立：
然而，当雅可比符号为+1，“分母”为合数时，“分子”不一定是“分母”的二次剩余。

高斯的第九至十四种情况可以被表示为：
由于p为质数，上式左边是勒让德符号，于是我们可以知道M是否是模p的剩余。

以上各节的公式对雅可比符号仍然成立。

欧拉的公式可以写作：
其中n为整数，
举例来说：2是模7、23、31的剩余，但2是模5的非剩余，因此也不是模15的。

这与勒让德提出过的一个问题有关：若已知，我们知道a是模m + 4a、m + 8a、……中所有质数的非剩余，如果这种质数存在的话。

但此种质数的存在性直到数十年后才由狄利克雷证明。

艾森斯坦的公式则需要两数互质才能成立：如果a,b,a',b' 是正奇数，且 gcd(a,b) = gcd(a',b') = 1，那么
如果且，则。