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.