Элементарная теория сумм Гаусса

Элементарная теория сумм Гаусса

Элементарная теория сумм Гаусса

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

Будем иметь :

что и требовалось.

Лемма 1.

Пусть (a, D)=1. Тогда:

Доказательство:

По свойству модуля комплексного числа :

Имеем:

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

а) Пусть D – нечетное,  т.е. (2а, D)=1

если D делит t.

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

Получили :

Тогда

Отсюда

б) Пусть D делится на  4, т.е. возможно представление :  D = 2D , где   D – четное  и  ( a, D )=1 .

Получим :

Так как D  четное,  то

Следовательно

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

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

Что и требовалось.

Лемма 2.

Если D  и  D взаимно простые числа,  то

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

Доказательство:

В этих суммах  t₁  пробегает полную систему вычетов по модулю D₂ ,  а  t₂   пробегает полную систему вычетов по модулю D_2.  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 .

Поэтому

Лемма 3.

Пусть  p  простое нечетное число и не делит a . Тогда

Доказательство:

 

что и требовалось доказать.

-6-

Лемма 4.

Если  р  простое  нечетное число , то

Доказательство :

Из леммы 3. получим

Так как произведение сопряженных величин дает квадрат модуля,  то

Лемма 5.

Если  р  и  q  различные простые числа ,  то

Доказательство :

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

Итак ,  мы показали,  что

что и требовалось доказать.