Pruebas de reciprocidad cuadrática

En teoría de números , la ley de reciprocidad cuadrática , al igual que el teorema de Pitágoras , se ha prestado a un número inusualmente grande de demostraciones . Se han publicado varios cientos de pruebas de la ley de reciprocidad cuadrática.

Sinopsis de la prueba

De las pruebas combinatorias elementales, hay dos que aplican tipos de doble conteo . Uno de Gotthold Eisenstein cuenta los puntos de la red . Otro aplica el lema de Zolotarev , expresado por el teorema del resto chino como, y calcula la firma de una permutación . La prueba más corta conocida también utiliza una versión simplificada del doble conteo, es decir, doble conteo módulo primo fijo. ${\displaystyle (\mathbb {Z} /pq\mathbb {Z} )^{\times }}$ ${\displaystyle (\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{\times }\times (\mathbb {Z} /q\mathbb {Z} )^{\times }}$

La prueba de Eisenstein

La prueba de reciprocidad cuadrática de Eisenstein es una simplificación de la tercera prueba de Gauss. Es geométricamente más intuitivo y requiere menos manipulación técnica.

El punto de partida es el "lema de Eisenstein", que establece que para primos impares p y enteros positivos a no divisibles por p ,

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

donde denota la función suelo (el entero más grande menor o igual a x ), y donde la suma se toma sobre los enteros pares u = 2, 4, 6, ..., p −1. Por ejemplo, ${\displaystyle \left\lfloor x\right\rfloor }$

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

Este resultado es muy similar al lema de Gauss y se puede demostrar de manera similar (la prueba se proporciona a continuación).

Usando esta representación de ( q / p ), el argumento principal es bastante elegante. La suma cuenta el número de puntos de la red con coordenada x par en el interior del triángulo ABC en el siguiente diagrama: ${\textstyle \sum _{u}\left\lfloor qu/p\right\rfloor }$

Debido a que cada columna tiene un número par de puntos (es decir, q −1 puntos), el número de dichos puntos de la red en la región BCYX es el mismo módulo 2 que el número de dichos puntos en la región CZY:

El número de puntos con coordenada x par dentro de BCYX (marcados con O) es igual en módulo 2 al número de dichos puntos en CZY (marcados con X)

Luego, al invertir el diagrama en ambos ejes, vemos que el número de puntos con coordenadas x pares dentro de CZY es el mismo que el número de puntos dentro de AXY que tienen coordenadas x impares . Esto se puede justificar matemáticamente observando que . ^[1] ${\displaystyle \textstyle q-1-\left\lfloor {\frac {2kq}{p}}\right\rfloor =\left\lfloor {\frac {(p-2k)q}{p}}\right\rfloor }$

El número de puntos con la coordenada x par dentro de CZY es igual al número de puntos con la coordenada x impar dentro de AXY

La conclusión es que

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

donde μ es el número total de puntos de la red en el interior de AXY.

Cambiando p y q , el mismo argumento muestra que

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

donde ν es el número de puntos de la red en el interior de WYA. Dado que no hay puntos de red en la línea AY misma (porque p y q son primos relativos ), y dado que el número total de puntos en el rectángulo WYXA es

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

obtenemos

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

Prueba del lema de Eisenstein

Para un número entero par u en el rango 1 ≤ u ≤ p −1, denota por r ( u ) el residuo menos positivo de au módulo p . (Por ejemplo, para p = 11, a = 7, permitimos u = 2, 4, 6, 8, 10, y los valores correspondientes de r ( u ) son 3, 6, 9, 1, 4.)

Los números (−1) ^{r ( u )} r ( u ), nuevamente tratados como residuos mínimos positivos módulo p , son todos pares (en nuestro ejemplo en ejecución, son 8, 6, 2, 10, 4). todos distintos, porque si (−1) ^{r ( u )} r ( u ) ≡ (−1) ^{r ( t )} r ( t ) (mod p ), entonces podemos dividir por a para obtener u ≡ ± t (mod pag ). Esto obliga a u ≡ t (mod p ), porque tanto u como t son pares , mientras que p es impar. Como hay exactamente ( p −1)/2 de ellos y son distintos, deben ser simplemente una reordenación de los enteros pares 2, 4, ..., p −1. Multiplicándolos entre sí obtenemos

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

Dividiendo sucesivamente por 2, 4, ..., p −1 en ambos lados (lo cual está permitido ya que ninguno de ellos es divisible por p ) y reordenando, tenemos

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

Por otro lado, por la definición de r ( u ) y la función suelo,

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

y como p es impar y u es par,

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

implica que y r ( u ) son congruentes módulo 2. ${\displaystyle \left\lfloor au/p\right\rfloor }$

Finalmente esto demuestra que

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

Hemos terminado porque el lado izquierdo es solo una expresión alternativa para ( a / p ), según el criterio de Euler .

Anexo al lema

Este lema esencialmente establece que el número de residuos mínimos después de duplicar que son impares da el valor de ( q / p ). Esto se desprende fácilmente del lema de Gauss.

Además, implica que y r ( u ) son congruentes módulo 2 o incongruentes, dependiendo únicamente de la paridad de u . ${\displaystyle qu=p\left\lfloor {\frac {qu}{p}}\right\rfloor +r(u)}$ ${\displaystyle \left\lfloor qu/p\right\rfloor }$

Esto significa que los residuos son (in)congruentes con , por lo que ${\displaystyle 1,2,\dots ,{\frac {p-1}{2}}}$ ${\displaystyle \left\lfloor qu/p\right\rfloor }$

${\displaystyle (-1)^{\frac {p-1}{2}}\equiv (-1)^{\sum _{u}\left\lfloor qu/p\right\rfloor }\equiv (-1)^{\sum _{u}r(u)+u}}$

dónde . ${\displaystyle \textstyle 1\leq u\leq {\frac {p-1}{2}}}$

Por ejemplo, usando el ejemplo anterior de , los residuos son y la función piso da . El patrón de congruencia es . ${\displaystyle p=7,q=11}$ ${\displaystyle 7,3,10,6,2}$ ${\displaystyle 0,1,1,2,3}$ ${\displaystyle 1,0,1,0,1}$

Prueba utilizando sumas cuadráticas de Gauss

La prueba de reciprocidad cuadrática utilizando sumas de Gauss es una de las pruebas más comunes y clásicas. Estas pruebas funcionan comparando cálculos de valores únicos de dos maneras diferentes, una usando el criterio de Euler y la otra usando el teorema del binomio . Como ejemplo de cómo se usa el criterio de Euler, podemos usarlo para dar una prueba rápida del primer caso suplementario de determinar para un primo impar p : según el criterio de Euler , pero dado que ambos lados de la equivalencia son ±1 y p es impar , podemos deducir eso . ${\textstyle \left({\frac {-1}{p}}\right)}$ ${\textstyle \left({\frac {-1}{p}}\right)\equiv (-1)^{\frac {p-1}{2}}{\pmod {p}}}$ ${\textstyle \left({\frac {-1}{p}}\right)=(-1)^{\frac {p-1}{2}}}$

El segundo caso suplementario

Sea , una raíz octava primitiva de la unidad y el conjunto . Desde entonces y vemos eso . Como es un número entero algebraico, si p es un primo impar, tiene sentido hablar de ello módulo p . (Formalmente estamos considerando el anillo conmutativo formado al factorizar los números enteros algebraicos con el ideal generado por p . Como no es un número entero algebraico, 1, 2, ..., p son elementos distintos de .) Usando el criterio de Euler, se deduce que Entonces podemos decir eso. Pero también podemos calcular usando el teorema del binomio. Debido a que todos los términos cruzados en la expansión binomial contienen factores de p , encontramos que . Podemos evaluar esto más exactamente dividiéndolo en dos casos. ${\textstyle \zeta _{8}=e^{2\pi i/8}}$ ${\textstyle \tau =\zeta _{8}+\zeta _{8}^{-1}}$ ${\textstyle \zeta _{8}^{2}=i}$ ${\textstyle \zeta _{8}^{-2}=-i}$ ${\textstyle \tau ^{2}=2}$ ${\displaystyle \tau }$ ${\displaystyle \mathbf {A} }$ ${\displaystyle p^{-1}}$ ${\displaystyle {\mathbf {A} }/p{\mathbf {A} }}$ $${\displaystyle \tau ^{p-1}=(\tau ^{2})^{\frac {p-1}{2}}=2^{\frac {p-1}{2}}\equiv \left({\frac {2}{p}}\right){\pmod {p}}}$$ $${\displaystyle \tau ^{p}\equiv \left({\frac {2}{p}}\right)\tau {\pmod {p}}}$$ ${\textstyle \tau ^{p}{\pmod {p}}}$ ${\textstyle \tau ^{p}\equiv \zeta _{8}^{p}+\zeta _{8}^{-p}{\pmod {p}}}$

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

Estas son las únicas opciones para un primo módulo 8 y ambos casos se pueden calcular usando la forma exponencial . Podemos escribir esto de manera sucinta para todos los números primos impares p como Combinando estas dos expresiones for y multiplicando por encontramos que . Dado que ambos y son ±1 y 2 es módulo p invertible , podemos concluir que ${\textstyle \zeta _{8}=e^{\frac {2\pi i}{8}}}$ $${\displaystyle \tau ^{p}\equiv (-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}\tau {\pmod {p}}}$$ ${\textstyle \tau ^{p}{\pmod {p}}}$ ${\displaystyle \tau }$ ${\textstyle 2\cdot \left({\frac {2}{p}}\right)\equiv 2\cdot (-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}{\pmod {p}}}$ ${\textstyle \left({\frac {2}{p}}\right)}$ ${\displaystyle (-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}}$ $${\displaystyle \left({\frac {2}{p}}\right)=(-1)^{\frac {p^{2}-1}{8}}}$$

El caso general

La idea para la prueba general sigue el caso complementario anterior: encuentre un número entero algebraico que de alguna manera codifique los símbolos de Legendre para p , luego encuentre una relación entre los símbolos de Legendre calculando la q -ésima potencia de este módulo entero algebraico q de dos maneras diferentes, una usando el criterio de Euler y el otro usando el teorema del binomio.

Sea donde esté una raíz p primitiva de la unidad. Ésta es una suma de Gauss cuadrática . Una propiedad fundamental de estas sumas de Gauss es que donde . Para poner esto en el contexto de la siguiente prueba, los elementos individuales de la suma de Gauss están en el campo ciclotómico, pero la fórmula anterior muestra que la suma misma es un generador del campo cuadrático único contenido en L. Nuevamente, dado que la suma cuadrática de Gauss es un número entero algebraico, podemos usar aritmética modular con ella. Usando esta fórmula fundamental y el criterio de Euler encontramos que, por lo tanto, usando el teorema del binomio, también encontramos que , si dejamos que a sea un inverso multiplicativo de , entonces podemos reescribir esta suma usando la sustitución , lo que no afecta el rango de la suma. Dado que , podemos escribir Usando estas dos expresiones para , y multiplicando por por da como resultado Dado que es módulo q invertible y los símbolos de Legendre son ±1, podemos concluir que $${\displaystyle g_{p}=\sum _{k=1}^{p-1}\left({\frac {k}{p}}\right)\zeta _{p}^{k}}$$ ${\displaystyle \zeta _{p}=e^{2\pi i/p}}$ $${\displaystyle g_{p}^{2}=p^{*}}$$ ${\textstyle p^{*}=\left({\frac {-1}{p}}\right)p}$ ${\displaystyle L=\mathbb {Q} (\zeta _{p})}$ $${\displaystyle g_{p}^{q-1}=(g_{p}^{2})^{\frac {q-1}{2}}=(p^{*})^{\frac {q-1}{2}}\equiv \left({\frac {p^{*}}{q}}\right){\pmod {q}}}$$ $${\displaystyle g_{p}^{q}\equiv \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)g_{p}{\pmod {q}}}$$ ${\textstyle g_{p}^{q}\equiv \sum _{k=1}^{p-1}\left({\frac {k}{p}}\right)\zeta _{p}^{qk}{\pmod {q}}}$ ${\displaystyle q{\pmod {p}}}$ ${\textstyle \left({\frac {a}{p}}\right)\sum _{t=1}^{p-1}\left({\frac {t}{p}}\right)\zeta _{p}^{t}}$ ${\displaystyle t=qk}$ ${\textstyle \left({\frac {a}{p}}\right)=\left({\frac {q}{p}}\right)}$ $${\displaystyle g_{p}^{q}\equiv \left({\frac {q}{p}}\right)g_{p}{\pmod {q}}}$$ ${\textstyle g_{p}^{q}{\pmod {q}}}$ ${\displaystyle g_{p}}$ $${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)p^{*}\equiv \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)p^{*}{\pmod {q}}}$$ ${\displaystyle p^{*}}$ $${\displaystyle \left({\frac {q}{p}}\right)=\left({\frac {p^{*}}{q}}\right)}$$

Prueba utilizando la teoría algebraica de números

La prueba presentada aquí no es ni mucho menos la más sencilla que se conoce; sin embargo, es bastante profundo, en el sentido de que motiva algunas de las ideas de reciprocidad de Artin .

Configuración del campo ciclotómico

Supongamos que p es un primo impar. La acción tiene lugar dentro del campo ciclotómico donde ζ _p es una raíz p primitiva ^de la unidad . La teoría básica de los campos ciclotómicos nos informa que existe un isomorfismo canónico. ${\displaystyle L=\mathbb {Q} (\zeta _{p}),}$

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

que envía el automorfismo σ _a satisfactorio al elemento. En particular, este isomorfismo es inyectivo porque el grupo multiplicativo de un cuerpo es un grupo cíclico: . ${\displaystyle \sigma _{a}(\zeta _{p})=\zeta _{p}^{a}}$ ${\displaystyle a\in (\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{\times }.}$ ${\displaystyle F^{\times }\cong C_{p-1}}$

Consideremos ahora el subgrupo H de cuadrados de elementos de G. Dado que G es cíclico, H tiene índice 2 en G , por lo que el subcampo correspondiente a H bajo la correspondencia de Galois debe ser una extensión cuadrática de Q. (De hecho, es la única extensión cuadrática de Q contenida en L ). La teoría del período gaussiano determina cuál; resulta ser donde ${\displaystyle \mathbb {Q} ({\sqrt {p^{*}}})}$

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

En este punto comenzamos a ver un indicio de reciprocidad cuadrática que emerge de nuestro marco. Por un lado, la imagen de H in consiste precisamente en el módulo de residuos cuadráticos (distintos de cero) p . Por otro lado, H está relacionado con un intento de sacar la raíz cuadrada de p (o posiblemente de − p ). En otras palabras, si ahora q es primo (diferente de p ), hemos demostrado que ${\displaystyle (\mathbb {Z} /p\mathbb {Z} )^{\times }}$

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

El automorfismo de Frobenius

En el anillo de números enteros , elija cualquier ideal primo no ramificado β que se encuentre sobre q , y sea el automorfismo de Frobenius asociado a β; la propiedad característica de es que ${\displaystyle {\mathcal {O}}_{L}=\mathbb {Z} [\zeta _{p}]}$ ${\displaystyle \phi \in \operatorname {Gal} (L/\mathbb {Q} )}$ ${\displaystyle \phi }$

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

(La existencia de tal elemento de Frobenius depende de bastante maquinaria de teoría algebraica de números).

El hecho clave que necesitamos es que para cualquier subcampo K de L , ${\displaystyle \phi }$

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

De hecho, sea δ cualquier ideal de OK por debajo _de β (y por tanto por encima de q ). Entonces, dado que para cualquier , vemos que es un Frobenius para δ. Un resultado estándar es que su orden es igual al grado inercial correspondiente; eso es, ${\displaystyle \phi (x)\equiv x^{q}\!\!\!{\pmod {\delta }}}$ ${\displaystyle x\in {\mathcal {O}}_{K}}$ ${\displaystyle \phi \vert _{K}\in \operatorname {Gal} (K/\mathbb {Q} )}$ ${\displaystyle \phi }$

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

El lado izquierdo es igual a 1 si y solo si φ fija K , y el lado derecho es igual a uno si y solo q se divide completamente en K , así que terminamos.

Ahora, dado que las p ^ésimas raíces de la unidad son distintas módulo β (es decir, el polinomio X ^p − 1 es separable en la característica q ), debemos tener

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

es decir, coincide con el automorfismo σ _q definido anteriormente. Tomando K como el campo cuadrático que nos interesa, obtenemos la equivalencia ${\displaystyle \phi }$

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

Completando la prueba

Finalmente debemos demostrar que

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

Una vez hecho esto, la ley de la reciprocidad cuadrática desaparece inmediatamente ya que

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

y

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

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

Para mostrar la última equivalencia, supongamos primero que, en este caso, hay algún número entero x (no divisible por q ) tal que digamos para algún número entero c . Consideremos el ideal de K . Ciertamente divide el ideal principal ( q ). No puede ser igual a ( q ), ya que no es divisible por q . No puede ser la unidad ideal, porque entonces ${\displaystyle \left({\frac {p^{*}}{q}}\right)=1.}$ ${\displaystyle x^{2}\equiv p^{*}{\pmod {q}},}$ ${\displaystyle x^{2}-p^{*}=cq}$ ${\displaystyle K=\mathbb {Q} ({\sqrt {p^{*}}}),}$ ${\displaystyle (x-{\sqrt {p^{*}}},q)}$ ${\displaystyle x-{\sqrt {p^{*}}}}$

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

es divisible por q , lo que nuevamente es imposible. Por lo tanto ( q ) debe dividirse en K .

Por el contrario, supongamos que ( q ) se divide y sea β un primo de K sobre q . Entonces podemos elegir algunos. ${\displaystyle (q)\subsetneq \beta ,}$

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

En realidad, dado que la teoría elemental de campos cuadráticos implica que el anillo de números enteros de K es precisamente así, los denominadores de a y b son, en el peor de los casos, iguales a 2. Como q ≠ 2, podemos multiplicar con seguridad a y b por 2, y suponer que donde ahora a y b están en Z. En este caso tenemos ${\displaystyle p^{*}\equiv 1\!\!\!{\pmod {4}},}$ ${\displaystyle \mathbb {Z} \left[{\frac {1+{\sqrt {p^{*}}}}{2}}\right],}$ ${\displaystyle a+b{\sqrt {p^{*}}}\in \beta \setminus (q),}$

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

Entonces , sin embargo, q no puede dividir b , ya que entonces q también divide a , lo que contradice nuestra elección de Por lo tanto, podemos dividir por b módulo q , para obtener lo deseado. ${\displaystyle q\mid a^{2}-b^{2}p^{*}.}$ ${\displaystyle a+b{\sqrt {p^{*}}}.}$ ${\displaystyle p^{*}\equiv (ab^{-1})^{2}\!\!\!{\pmod {q}}}$

Referencias

1. "Gauß, Eisenstein y la tercera prueba del teorema de reciprocidad cuadrática: Ein kleines Schauspiel".

Todos los libros de texto sobre teoría elemental de números (y bastantes sobre teoría algebraica de números ) tienen una prueba de reciprocidad cuadrática. Dos son especialmente destacables:

Lemmermeyer (2000) tiene muchas pruebas (algunas en ejercicios) de leyes de reciprocidad tanto cuadráticas como de potencia superior y una discusión de su historia. Su inmensa bibliografía incluye citas bibliográficas de 196 pruebas publicadas diferentes.

Ireland y Rosen (1990) también tienen muchas pruebas de reciprocidad cuadrática (y muchos ejercicios) y cubren también los casos cúbicos y bicuadráticos. El ejercicio 13.26 (p 202) lo dice todo

Cuente el número de pruebas de la ley de reciprocidad cuadrática dadas hasta ahora en este libro e idee otra.

• Irlanda, Kenneth; Rosen, Michael (1990), Introducción clásica a la teoría de números moderna, Textos de posgrado en matemáticas, vol. 84 (2ª ed.), Nueva York: Springer , ISBN 0-387-97329-X
• Lemmermeyer, Franz (2000), Leyes de reciprocidad: de Euler a Eisenstein, Springer Monographs in Mathematics, Berlín: Springer , ISBN 3-540-66957-4
• Rousseau, G. (1991), "Sobre la ley de reciprocidad cuadrática", Revista de la Sociedad Matemática Australiana, Serie A , 51 , Cambridge University Press: 423–425, ISSN  1446-7887
• Washington, Lawrence C. (2012), Introducción a los campos ciclotómicos, Textos de posgrado en matemáticas, vol. 83 (2ª ed.), Nueva York: Springer , ISBN 978-1-4612-7346-2

enlaces externos

• Cronología y bibliografía de pruebas de la ley de reciprocidad cuadrática de F. Lemmermeyer (332 pruebas)