реферат, рефераты скачать
 

Элементарная теория сумм Гаусса


Элементарная теория сумм Гаусса

-1-

Элементарная теория сумм Гаусса.

[pic]

Рассмотрим следующую сумму – сумму Гаусса :

где D – целое положительное и (a, D)=1.

Покажем, что значение суммы будет одним и тем же, если х пробегает

любую полную систему вычетов по модулю D.

Действительно, пусть х пробегает полную систему вычетов по модулю D.

Тогда х=qD+k , где k =0, 1, …, D-1 , q є Z

[pic]

[pic]

Будем иметь :

[pic]

[pic]

что и требовалось.

Лемма 1.

[pic]

Пусть (a, D)=1. Тогда:

[pic]

[pic]

Доказательство:

[pic]

По свойству модуля комплексного числа :

-2-

Имеем:

[pic]

Сделаем замену x = x + t . Когда х и х пробегают полную

систему вычетов по модулю D , от х и t пробегают независимо полные

системы вычетов по модулю D.

Действительно, пусть х и х пробегают полную систему вычетов по

модулю D . Тогда х = qD + k k=0, 1, …, D-

1 , q є Z

х = pD + i

i=0, 1, …, D-1 , p є Z

Следовательно, t = x – x = (q – p)D + (k – i) = l D + m , где m=0, 1, …,

D-1 , l є Z

[pic]

а) Пусть D – нечетное, т.е. (2а, D)=1

[pic]

если D делит t.

[pic]

[pic]

Если же D не делит t, то последнюю сумму можно записать в виде :

[pic]

Получили :

-3-

Тогда

[pic]

Отсюда

[pic]

б) Пусть D делится на 4, т.е. возможно представление : D = 2D , где D –

четное и ( a, D )=1 .

[pic]

[pic]

Получим :

[pic]

[pic]

Так как D четное, то

[pic]

Следовательно

в) Пусть D = 2 (mod 4) , т.е. D = 4q + 2 , q є Z

[pic]

Тогда из предыдущего случая имеем : D = 2 (2q+1)= 2D , D - нечетное.

Имеем :

[pic]

[pic]

Что и требовалось.

-4-

Лемма 2.

Если D и D взаимно простые числа, то

[pic]

S ( aD1 , D2 ) S ( aD2 , D1 ) = S ( a , D1 D2 )

[pic]

Доказательство:

В этих суммах t1 пробегает полную систему вычетов по модулю D2 , а t2

пробегает полную систему вычетов по модулю D2. При этом D1t1 + D2t2

пробегает полную систему вычетов по модулю D1D2 . Действительно , всего

членов в сумме D1D2 и никакие два несравнимы между собой. Действительно,

предположим противное : пусть D1t1 + D2t2 = D1t1 + D2t2 ( mod D1D2 )

Отсюда D1 (t1 – t1) = D2 (t2 – t2 ) (mod D1D2) Тогда

D1 (t1 – t1) = D2 (t2 – t2 ) (mod D2) А так как

D2 (t2 – t2 ) = 0 (mod D2)

То по свойству сравнений имеем D1 (t1 – t1) = 0 (mod D2) Отсюда

так как (D1, D2)=1 , то t1 – t1 = 0 (mod D2) Аналогично получим

t2 – t2 = 0 (mod D1)

Т.е. имеем t1 = t1 (mod D2) и t2 = t2 (mod D1) .

Но это противоречит тому, что t1 пробегает полную систему вычетов по

модулю D2 , а t2 пробегает полную систему вычетов по модулю D2, так

как в полной системе вычетов любые два числа не сравнимы. Следовательно

наше предположение было неверным и действительно D1t1 + D2t2 пробегает

полную систему вычетов по модулю D1D2 .

[pic]

Поэтому

-5-

Лемма 3.

[pic]

Пусть p простое нечетное число и не делит a . Тогда

[pic]

[pic]

Доказательство:

[pic]

[pic]

[pic]

[pic]

[pic]

что и требовалось доказать.

-6-

Лемма 4.

[pic]

Если р простое нечетное число , то

Доказательство :

Из леммы 3. получим

[pic]

Так как произведение сопряженных величин дает квадрат модуля, то

[pic]

Лемма 5.

Если р и q различные простые числа , то

[pic]

Доказательство :

Так как ( р, q )= 1 , мы можем воспользоваться леммой 2 : в нашем

случае

[pic]

-7-

[pic]

[pic]

Итак , мы показали, что

[pic]

что и требовалось доказать.


ИНТЕРЕСНОЕ



© 2009 Все права защищены.