1. 数论三角和
由于 e2πi=1,所以可以构造一个函数,记:
e(x):=e2πix
它在同余中的含义非常巧妙,即当 x≡y(modn) 时:
e(xn)=e(yn)
这就是数论三角和的重要性质。
2. 二次高斯和
定义 S(m,n) 为高斯数论三角和:
S(m,n):=n−1∑h=0e(h2mn)
考虑到:
e(h2mn)=e(h′2mn)(h≡h′(modn))
所以 h 的取值可以不局限于 0 到 n−1,只要取遍 n 的完全剩余系即可,记 h(n) 为 h 取遍 n 的完全剩余系,Gauss 和可改写为:
S(m,n):=∑h(n)e(h2mn)
首先引入一个结论:
如果 A 取遍模 n1 的完全剩余系,B 取遍模 n2 的完全剩余系,并且 (n1,n2)=1,则 An2+Bn1 取遍 n1n2 的完全剩余系。
这个结论证明不难,考虑反证法即可,有趣的是把这个结论的完全剩余系改为缩系仍旧成立。
若 (n1,n2)=1,则有:
S(m,n1n2)=S(mn2,n1)⋅S(mn1,n2)
设 h1 取遍 n1 的完全剩余系,h2 取遍 n2 的完全剩余系,则根据定理 1 可得 h0=h1n2+h2n1 取遍 n1n2 的完全剩余系。故:
S(mn2,n1)⋅S(mn1,n2)=⎡⎣∑h1(n1)e(h21mn2n1)⎤⎦⎡⎣∑h2(n2)e(h22mn1n2)⎤⎦=∑h1(n1),h2(n2)[e(h21mn2n1+h22mn1n2)]=∑h1(n1),h2(n2)[e(m(h22n21+h21n22)n1n2)]=∑h0(n0)e(h20mn1n2)=S(m,n1n2)
通常情况下,这种高斯和也叫做二次高斯和,通常被记作 τα,事实上,利用勒让德符号可以给予对于一个素数 p 的高斯和 S(n,p) 的一个等价定义:
S(n,p)=p−1∑h=1(hp)e(hnp)
上述定义式的转化是并不显然的,本来以为是非常显然的用 Euler 判别式直接转化的东西。
S(n,p)=p−1∑h=0e(h2np)=1+p−1∑h=1e(h2np)=1+∑(hp)=12⋅e(hnp)=1+p−1∑h=1e(hnp)⋅(1+(hp))=p−1∑h=1e(hnp)⋅(hp)
为表达简便,下边记 ep(n)=e(np)。
然后就可以证明关于高斯和的一个重量级公式:
二次高斯和
S(n,p)=⎧⎪⎨⎪⎩(np)√ppmod4=1(np)i√ppmod4=3
Step 1:求绝对值
将转化后的式子平方后进行化简来求出绝对值:
(p−1∑h=1(hp)ep(hn))2=p−1∑h=1p−1∑l=1(hp)(lp)ep(hn+ln)=p−1∑h=1p−1∑l=1(lhp)ep(n(h+l))=p−1∑h=1p−1∑x=1(h2xp)ep(n(h+hx))=p−1∑h=1p−1∑x=1(h2p)(xp)ep(n(h+hx))=p−1∑x=1(xp)p−1∑h=1ep(nh(x+1))=(p−1p)p−1∑h=1ep(nhp)+p−1∑x=2(xp)p−1∑h=1ep(nhx)=(p−1p)(p−1)−p−1∑x=2(xp)=p(p−1p)=p(−1p)=p(−1)p−12
必须承认的是,上边这坨比较难看懂又比较显然,虽然我自己每步都盯了许久之后才感觉显然
虽然上边这些很抽象,但是反直觉的是,求符号的过程远比求绝对值困难。
Step 2:求符号
非常自然可以想到将原式进行因式分解来统计符号正负性。
为找寻思路先用几个小的 p 和 n 试一下:
p 取 7,n 取 1 时:
S(1,7)=6∑h=0e2πih2/7
记 x=e2πi/7(其实就是七次单位根)之后改写为:
S(1,7)=6∑h=0xh2=1+x+x4+x9+x16+x25+x36=1+x+x4+x2+x2+x4+x=x+x2+x4−x3−x5−x6
发现这样并不适合因式分解,缺乏基本的对称性,进行一个改写:
x+x2+x4−x3−x5−x6=x2+x4+x−6−x−4−x−2−x6
这样看着舒服多了,并且容易发现有平方差的形式,于是开始分解:
x2+x4+x−6−x−4−x−2−x6=(x2−x−2)+(x4−x−4)+(x−6−x6)=(x−x−1)(x+x−1)+(x2+x−2)(x−x−1)(x+x−1)+(x−3−x3)(x−3+x3)=(x+x−1)(x3−x−3)+(x−3−x3)(x−3+x3)=(x3−x−3)(−x3+x+x−1−x−3)=(x−x−1)(x−2−x2)(x3−x−3)
注意到 xk 与 x−k 是共轭复数,所以每一项都为纯虚数,统计一下三项分别提供的符号为 −i,i,i,所以符号为 i,再用上边推出的式子计算出平方为 7,所以 S(1,7)=i√7,这个过程中还有一个有趣的副产物,如果我们把 x 的值代入就可以得到:
(−2i)sin2π7⋅2isin4π7⋅2isin6π7=8isinπ7sin2π7sin3π7=i√7
sinπ7sin2π7sin3π7=√78
如果你对于同一个 p 试了几个 n 后就会发现 n 只有正负性的影响,再加以观察不难发现以下结论:
S(n,p)=(np)S(1,p)
记 v=e2πi/p
证明(略潦草,真的会有人有耐心一句不落都看懂来到这里吗):
- (np)=1 时: ∑p−1h=0vh2n=∑p−1h=0vh2l2 其中 l2≡n(modp),易得 ∑p−1h=0vh2l2=S(1,p)。
- (np)=−1 时:此时 (h2np)=−1,故易得 0−S(n,p)=S(1,p)。
故问题转化为:
S(1,p)={√ppmod4=1i√ppmod4=3
再根据上述因式分解的观察,可以先猜一个先推推看看:
A=p−12∏k=1(−1)k−1(ep(2k−1)−ep(1−2k))
观察到每一项的符号是 i,−i,i,−i… 循环的,相邻两项无贡献,所以符号由 p−12 奇偶性决定,所以当 pmod4=1 时,符号为 1,当 pmod4=3 时,符号为 i。
因为 (−1)k−1 系数的影响,先进行平方:
A2=2p−1p−12∏k=1sin22kπp=2p−1p−1∏k=1sinkπp
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摆了,后边一坨真不知道为啥是这个,谁知道请务必告诉我,反正由此可得 A2=p,再加上前边对符号的分析,可得:A={√ppmod4=1i√ppmod4=3
下一步显然是证明 A=S(1,p)
此处有一个非常暴力但是感觉注意力过于突出的做法,出自柯召数论讲义:
对 1≤k≤h,定义 F(x,h,k)=(1−xh)(1−xh−1)⋯(1−xh−k+1)(1−x)(1−x2)⋯(1−xk)=∏kt=11−xh−t+11−xt,约定 F(x,h,0)=1,记 f(x,h)=∑hk=0(−1)kF(x,h,k)
首先证明:f(x,h)={0hmod2=1(1−x)(1−x3)⋯(1−xh−1)hmod2=0
题外话
构造像 f 这样的函数是容易想到的,因为要让 S(1,p) 和 A 之间也就是求和和乘积之间产生联系,但是这个 F 的定义式从哪来的我表示非常疑惑,虽然感觉除了这处的注意力之外没什么技术性
先推下 F 的递推式:
F(x,h,k)=1−xh1−xh−kF(x,h−1,k)=1−xh−k+xh−k−xh1−xh−kF(x,h−1,k)=F(x,h−1,k)+xh−k−xh1−xh−kF(x,h−1,k)=F(x,h−1,k)+xh−k(1−xk)1−xh−kF(x,h−1,k)=F(x,h−1,k)+xh−kF(x,h−1,k−1)
然后开始嗯算:
f(x,h)=h∑k=0(−1)kF(x,h,k)=1+(−1)hF(x,h,h)+h−1∑k=1(−1)kF(x,h−1,k)+h−1∑k=1(−1)kxh−kF(x,h−1,k−1)=1+h−2∑k=1(−1)kF(x,h−1,k)+h−1∑k=1(−1)kxh−kF(x,h−1,k−1)=h−1∑k=1(−1)k−1F(x,h−1,k−1)+h−1∑k=1(−1)kxh−kF(x,h−1,k−1)=h−1∑k=1(−1)k−1(1−xh−k)F(x,h−1,k−1)=h−1∑k=1(−1)k−1(1−xh−1)F(x,h−2,k−1)=(1−xh−1)h−2∑k=1(−1)k(1−xh−1)F(x,h−2,k)=(1−xh−1)f(x,h−2)
这导出了递推 f(x,h)=(1−xh−1)f(x,h−2),并且 f(x,1)=0,f(x,2)=1−x,故此证明了 f(x,h)={0hmod2=1(1−x)(1−x3)⋯(1−xh−1)hmod2=0
令 x=ep(−2),h=p−1 代入可得:
F(x,h,k)=F(ep(−2),p−1,k)=k∏t=11−ep(−2p+2t)1−ep(−2t)=k∏t=11−ep(2t)1−ep(−2t)=k∏t=1−ep(2t)=(−1)kep(k(k+1))
f(x,h)=f(ep(−2),p−1)=p−1∑k=0(−1)kF(ep(−2),p−1,k)=p−1∑k=0ep(k(k+1))=(1−ep(−2))(1−ep(−6))⋯(1−ep(4−2p))=ep(−1−3−⋯−(p−2))p−12∏k=1(ep(2k−1)−ep(1−2k))=ep(−(p−12)2)A
从而 ep((p−12)2)∑p−1k=0ep(k(k+1))=∑p−1k=0ep(k(k+1)+(p−12)2)=∑p−1k=0ep((k−p−12)2+kp)=∑p−1k=0ep(k2)=∑p−1k=0(kp)e2πikp=S(1,p)=A 证毕
二次互反律
对不同的奇素数 p,q 有 (qp)(pq)=(−1)p−12⋅q−12
由前边计算的高斯和可知 S(1,p)={√ppmod4=1i√ppmod4=3
事实上证明二次互反律使用上边计算出的比较弱的结果——高斯和的平方即可。
记 B=S(1,p),根据上边的结果有 A2=p(−1)p−12,所以 Aq−1=(A2)q−12=pq−12(−1)p−12⋅q−12
又因为 (pq)≡pq−12(modq),所以 Aq−1≡(pq)(−1)p−12⋅q−12(modq)
下边计算 (qp)Aq:
(qp)(p−1∑k=1(kp)e2πik/p)q≡(qp)p−1∑k=1(kp)qe2πikq/p≡p−1∑k=1(kqp)qe2πikq/p≡p−1∑k=1(kp)e2πik/p≡A(modq)
有 (qp)Aq≡A(modq),Aq−1≡(pq)(−1)p−12⋅q−12(modq),故 (qp)(pq)=(−1)p−12⋅q−12 得证。
后记:
有谁想看游记,一共玩了大约两个月,去的地方按顺序如下:
天津,西安,华山,重庆,成都,昆明,广州,珠海,深圳,汕头,长沙,张家界,武汉,南昌,杭州,绍兴,宁波,上海,昆山,苏州,无锡,南京,合肥,郑州,许昌,济南,烟台,大连,沈阳,北京
点赞过 20 就写(
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对那个结论的补充
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