Luật thuận nghịch bậc hai

Ta dùng bổ đề Gauss làm bước đệm: với số nguyên tố lẻ $p$ và $\gcd(a,p)=1$, xét các số dư dương nhỏ nhất của $a, 2a, \dots, \frac{p-1}{2}a$ theo môđun $p$, gọi $\mu$ là số lượng trong chúng vượt quá $p/2$. Bổ đề Gauss phát biểu $\left(\dfrac{a}{p}\right)=(-1)^{\mu}$; điều này suy ra từ việc ghép mỗi số dư "lớn" $r$ như vậy với $p-r\le p/2$ và theo dõi dấu khi nhân $\frac{p-1}{2}$ số theo hai cách khác nhau.

Sự tinh chỉnh của Eisenstein biểu diễn $\mu$ như một phép đếm điểm nguyên: người ta chứng minh $\mu \equiv \sum_{k=1}^{(p-1)/2} \left\lfloor \frac{kq}{p} \right\rfloor \pmod 2$ khi $a=q$ lẻ, bằng cách so sánh $\lfloor kq/p\rfloor$ (số bội của $p$ nhỏ hơn $kq$) với khoảng cách của $kq \bmod p$ tới $p/2$. Áp dụng cùng lập luận đếm một cách đối xứng cho $\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{S(q,p)}$ và $\left(\frac{p}{q}\right)=(-1)^{S(p,q)}$, trong đó $S(q,p)=\sum_{k=1}^{(p-1)/2}\left\lfloor \frac{kq}{p}\right\rfloor$ và $S(p,q)=\sum_{k=1}^{(q-1)/2}\left\lfloor \frac{kp}{q}\right\rfloor$.

Về mặt hình học, $S(q,p)+S(p,q)$ đếm số điểm nguyên $(x,y)$ với $1\le x\le \frac{p-1}{2}$, $1\le y\le \frac{q-1}{2}$ nằm hẳn dưới đường thẳng $qx=py$ (đếm được $S(q,p)$ điểm) cộng với số điểm nằm hẳn trên đường đó (đếm được $S(p,q)$ điểm, do vai trò đối xứng của $p,q$). Không điểm nguyên nào nằm đúng trên đường thẳng vì $\gcd(p,q)=1$ và $x<p$, nên hai phép đếm này phủ kín toàn bộ hình chữ nhật gồm $\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}$ điểm nguyên.

Do đó $S(q,p)+S(p,q) = \frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}$, và nhân hai công thức ký hiệu Legendre lại cho $\left(\frac{p}{q}\right)\left(\frac{q}{p}\right)=(-1)^{S(p,q)+S(q,p)}=(-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}}$, đúng bằng $\left(\dfrac{p}{q}\right)\left(\dfrac{q}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2}\cdot\frac{q-1}{2}}$.