随便写写 9.25

对于给定的正整数 \(m\)，求：

\[\sum_{n\in\N^+\\n\ne m}\frac 1{n^2-m^2} \]

因为分母上带二次非常不好做，所以首先拆一下：

\[\sum_{n\in\N^+\\n\ne m}\frac 1{n^2-m^2}=\frac 1{2m}\left(\sum_{n\in\N^+\\n\ne m}\frac 1{n-m}-\sum_{n\in\N^+\\n\ne m}\frac 1{n+m}\right) \]

然后一个自然的想法是令 \(n\le N\) 且 \(N\ge m\)，之后求 \(\lim_{N\to \infty}\) 即可：

\[\begin{aligned} &\sum_{n\le N\\n\ne m}\frac 1{n-m}-\sum_{n\le N\\n\ne m}\frac 1{n+m}\\ =&\sum_{n<m} \frac 1{n-m} + \sum_{m<n\le N} \frac 1{n-m} - \sum_{n\le N}\frac 1{n+m} +\frac 1{2m}\\ =& \sum_{k<m} -\frac 1{k} + \sum_{k\le N-m} \frac 1{k} - \sum_{m+1\le k\le N+m}\frac 1{k} +\frac 1{2m}\\ =& \sum_{k<m} -\frac 1{k} + \sum_{k\le m} \frac 1{k} - \sum_{N-m+1\le k\le N+m}\frac 1{k} +\frac 1{2m}\\ =& \frac 1m + \frac 1{2m}-\sum_{N-m+1\le k\le N+m}\frac 1{k}\\ =&\frac{3}{2m}-\Omicron\left(\frac{m}{N-m+1}\right) \\ \\ \therefore &\sum_{n\in\N^+\\n\ne m}\frac 1{n^2-m^2} = \lim_{N\to \infty} \frac 1{2m}\left(\frac{3}{2m}-\Omicron\left(\frac{m}{N-m+1}\right)\right)=\frac{3}{4m^2} \end{aligned} \]

结果意外的简练，并没有带一些 \(\pi\) 之类的东西 .

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求：

\[x^3+y^3\equiv 1\pmod p \]

的解数，其中 \(p\) 为素数 .

下边记 \(\Z/p\Z=F_p\) .

先定义一下 Dirchlet 特征，即 \(F_p\) 上的乘法特征：

\(F_p\) 上的乘法特征（或称特征）\(\chi:F_p^*\to \C^*\) 满足：

\[\chi(ab)=\chi(a)\chi(b)\quad \forall a,b\in F_p^* \]

称取值均为 1 的特征为平凡的，记作 \(\mathbb{id}\) .

对于 Dirchlet 特征有下面几个简单性质：

Proposition 1

设 \(\chi\) 是 \(F_p\) 上的特征，\(a\in F_p^*\)，则：

1. \(\chi(1)=1\) .

2. \(\chi(a)\) 取值在 \(p-1\) 次单位根 .

3. \(\chi(a^{-1})=\chi(a)^{-1}=\overline{\chi(a)}\)

4. \(\sum_a\chi(a)=\begin{cases}p&\chi=\mathbb{id}\\0&\text{else}\end{cases}\)

证明略 .

另外如果稍加定义特征的乘法（\(\lambda\chi(a)=\lambda(a)\chi(a)\)）即可发现特征的乘法群与 \(F_p^*\) 同构（考虑原根），即 \(p-1\) 阶的循环群，实际上，稍加扩展就可以发现 \(\bmod n\) 的特征共有 \(\varphi(n)\) 个 .

Proposition 2

如果 \(a\in F_p^*\)，\(n\mid p-1\)，且 \(x^n=a\) 无解，则存在一个特征 \(\chi\) 满足：

1. \(\chi^n=\mathbb{id}\)

2. \(\chi(a)\ne 1\)

证明：

设 \(g\) 为模 \(p\) 的一个原根，设 \(\chi(g)=e^{2\pi i /n}\)，\(a=g^l\) .

因为 \(x^n=a\) 不可解，故 \(n\not\mid l\)，因此有 \(\chi(a)=\chi(g)^l=e^{2\pi i (l/n)}\ne 1\)，又因为 \(\chi(g)^n=e^{2\pi i}=1\)，所以 \(\chi^n=\mathbb{id}\)，证毕 .

下边设 \(N(x^n=a)\) 为 \(x^n=a\) 的解数，请注意未标明的数字下边均按 \(\in F_p\) 处理 .

Proposition 3

如果 \(n\mid p-1\)，有：

\[N(x^n=a)=\sum_{\chi^n=\mathbb{id}}\chi(a) \]

插一嘴，取值在 \(n\) 次单位根的特征称为 \(n\) 阶特征，比如说 Legendre 符号就是一个 2 阶特征 .

首先发现有 \(n\) 个特征满足 \(\chi^n=\mathbb{id}\)，因为类似 Proposition 2 构造 \(\chi(g)=e^{2\pi i/n}\)，则 \(\mathbb{id},\chi,\chi^2,\cdots,\chi^{n-1}\) 均满足条件，又因为取值在 \(n\) 次单位根，最多有 \(n\) 个，所以成立 .

\(a=0\) 显然平凡，下面假设 \(a\ne 0\) .

假设 \(x^n=a\) 有解，则存在 \(b\) 使得 \(b^n=a\)，因此 \(\chi(a)=\chi(b^n)=\chi^n(b)=\mathbb{id}(b)=1\)，因此 \(\sum_{\chi^n=\mathbb{id}}\chi(a)=n\)，满足条件 .

假设 \(x^n=a\) 无解，通过 Proposition 2，我们知道存在一个特征 \(\rho\) 满足 \(\rho(a)\ne 1\) 以及 \(\rho^n=\mathbb{id}\)，\(\rho(a)\sum_{\chi^n=\mathbb{id}}\chi(a)=\sum_{\chi^n=\mathbb{id}}\rho\chi(a)=\sum_{\chi^n=\mathbb{id}}\chi(a)\)，所以有 \((\rho(a)-1)\sum_{\chi^n=\mathbb{id}}\chi(a)=0\)，\(\sum_{\chi^n=\mathbb{id}}\chi(a)=0\)，得证 .

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在这里曾经探讨过二次 Gauss 和与二次互反律，考虑将 Legendre 符号替换成其他特征进行拓展：

定义

设 \(\chi\) 是 \(F_p\) 上的特征并且 \(a\in F_p\)，则：

\[g_a(\chi)=\sum_t \chi(t)\zeta^{at} \]

被称为 \(F_p\) 上关于特征 \(\chi\) 的 Gauss 和，其中 \(\zeta=e^{2\pi i /p}\) .

Proposition 4

如果 \(a\ne 0\)，

\[g_a(\chi)=\begin{cases}\chi(a^{-1})g_1(\chi)&\chi\ne\mathbb{id}\\0 &\chi=\mathbb{id}\end{cases} \]

如果 \(a=0\)，

\[g_0(\chi)=\begin{cases}0&\chi\ne\mathbb{id}\\p &\chi=\mathbb{id}\end{cases} \]

证明略 .

根据 Proposition 4，只考虑 \(g_1(\chi)\) 即可，下面用 \(g(\chi)\) 表示 \(g_1(\chi)\)，由于那篇文章的一些启发，求 \(g(\chi)\) 的绝对值是容易的：

Proposition 5

如果 \(\chi\ne \mathbb{id}\)，则 \(|g(\chi)|=\sqrt p\)

证明：

idea 是通过两种方法计算求和 \(\sum_a g_a(\chi)\overline{g_a(\chi)}\)，

根据 Proposition 4，\(\sum_a g_a(\chi)\overline{g_a(\chi)}\) 显然等于 \((p-1)|g(\chi)|^2\)，来考虑另外一种求法 .

\[\begin{aligned} \sum_a g_a(\chi)\overline{g_a(\chi)}&=\sum_x\sum_y \chi(x)\overline{\chi(y)}\sum_a \zeta^{ax-ay}=\sum_x\sum_y \chi(x)\overline{\chi(y)} [x=y] p =(p-1)p \end{aligned} \]

故 \((p-1)p=(p-1)|g(\chi)|^2\)，\(|g(\chi)|=\sqrt p\) .

扩展 Gauss 和的动机看起来有些迷惑，实际是为了 Jacobi 和的估计铺路 .

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接下来通过问题来引入 Jacobi 和的概念 .

注意到：

\[N(x^2+y^2=1)=\sum_{a+b=1}N(x^2=a)N(y^2=b) \]

又因为 \(N(x^2=a)=1+\left(\frac{a}{p}\right)\)，因此：

\[N(x^2+y^2=1)=p+\sum_{a}\left(\frac{a}{p}\right)+\sum_b\left(\frac{b}{p}\right)+\sum_{a+b=1}\left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right) \]

前两个求和显然为零，最后一个经过简单的计算可以得知是 \(-\left(\frac{-1}{p}\right)\)，因此 \(N(x^2+y^2=1)=\begin{cases}p-1&p\equiv 1\pmod 4\\p+1 &p\equiv 3\pmod 4\end{cases}\) .

来看一个更复杂的例子 \(N(x^3+y^3=1)\)，跟上边一样，有：

\[N(x^3+y^3=1)=\sum_{a+b=1}N(x^3=a)N(y^3=b) \]

分类讨论，如果 \(p\equiv 2\pmod 3\)，则 \(N(x^3=a)\) 均为 1（由于 \((3,p-1)=1\)），因此 \(N(x^3+y^3=1)=p\) . 下边假设 \(p\equiv 1\pmod 3\)，令 \(\chi\) 为一 3 阶特征，则 \(\mathbb{id},\chi,\chi^2\) 为所有的 3 阶特征，通过 Proposition 3，我们有 \(N(x^3=a)=1+\chi(a)+\chi^2(a)\)，代入：

\[\begin{aligned} N(x^3+y^3=1)&=\sum_{a+b=1}\sum_{i=0}^2\chi^i(a)\sum_{j=0}^2\chi^j(b)\\ &=\sum_i\sum_j\left(\sum_{a+b=1}\chi^i(a)\chi^j(b)\right) \end{aligned} \]

括号内的和式和 \(N(x^2+y^2=1)\) 分析中的和式非常相似，故引出 Jacobi 和的定义：

定义

设 \(\chi,\lambda\) 为 \(F_p\) 上的特征，则：

\[J(\chi,\lambda)=\sum_{a+b=1}\chi(a)\lambda(b) \]

被称为 Jacobi 和 .

下面给出 Jacobi 和的简单性质和与 Gauss 和的关系 .

Proposition 6

设 \(\chi,\lambda\) 为非平凡特征，则：

1. \(J(\mathbb{id},\mathbb{id})=p\) .

2. \(J(\mathbb{id},\chi)=0\) .

3. \(J(\chi,\chi^{-1})=-\chi(-1)\) .

4. 如果 \(\chi\lambda\ne \mathbb{id}\)，则：

\[J(\chi,\lambda)=\frac{g(\chi)g(\lambda)}{g(\chi\lambda)} \]

证明：

12 显然 .

3 注意到：

\[J(\chi,\chi^{-1})=\sum_{a+b=1}\chi\left(\frac ab\right)=\sum_{a}\chi\left(\frac{a}{1-a}\right)=\sum_{a}\chi\left(\frac{1}{1-a}-1\right)=\sum_{k\ne -1}\chi(k)=-\chi(-1) \]

4 注意到：

\[\begin{aligned} g(\chi)g(\lambda)&=\left(\sum_x \chi(x)\zeta^{x}\right)\left(\sum_y \lambda(y)\zeta^{y}\right)\\ &=\sum_{x,y}\chi(x)\lambda(y)\zeta^{x+y}\\ &=\sum_t\left(\sum_{x+y=t}\chi(x)\lambda(y)\right)\zeta^t \end{aligned} \]

如果 \(t=0\)，由于 \(\chi\lambda\ne \mathbb{id}\)，所以内层和式为零 .

如果 \(t\ne 0\)，观察括号内和式与 Jacobi 和的关系：

\[\sum_{x+y=t}\chi(x)\lambda(y)=\sum_{x'+y'=1}\chi(tx')\lambda(ty')=\chi\lambda(t)J(\chi,\lambda) \]

代入：

\[g(\chi)g(\lambda)=\sum_{t}\chi\lambda(t)J(\chi,\lambda)\zeta^{t}=J(\chi,\lambda)g(\chi\lambda) \]

得证 .

根据 4 和 Proposition 5 有一个显然的推论：

Proposition 7

如果 \(\chi,\lambda,\chi\lambda\) 均为非平凡的，i则 \(|J(\chi,\lambda)|=\sqrt p\) .

回到 \(N(x^3+y^3=1)\) 的分析，现在我们可以对 \(\sum_{a+b=1}\chi^i(a)\chi^j(b)\) 进行展开：

\[N(x^3+y^3=1)=p-\chi(-1)-\chi^2(-1)+J(\chi,\chi)+J(\chi^2,\chi^2) \]

注意到 \(\chi^2=\overline\chi\)，因此：

\[N(x^3+y^3=1)=p-2+2\operatorname{Re}J(\chi,\chi) \]

根据 Proposition 7，有一个简单的估计：

\[|N(x^3+y^3=1)-p+2|\le 2\sqrt p \]

嗯，这至少告诉我们了对于充分大的素数总是有解，但还不够，继续 .

Proposition 8

1. 如果 \(p\equiv 1\pmod 4\)，存在整数 \(a,b\) 使得 \(a^2+b^2=p\) .

2. 如果 \(p\equiv 1\pmod 3\)，存在整数 \(a,b\) 使得 \(a^2-ab+b^2=p\) .

由 Proposition 7 几乎立得 .

Proposition 8.1 中的 \(a,b\) 唯一确定，考虑 \(\Z[i]\) 上的唯一分解即可 .

但是 Proposition 8.2 中的 \(a,b\) 不唯一确定，因为有：

\[a^2-ab+b^2=(b-a)^2-(b-a)b+b^2=a^2-a(a-b)+(a-b)^2 \]

重写一下使得结果唯一：\(4p=(2a-b)^2+3b^2=(2b-a)^2+3a^2=(a+b)^2+3(a-b)^2\)，实际上，有 3 整除 \(a,b,a-b\) 三者之一，所以有：

Proposition 9

如果 \(p\equiv 1\pmod 3\)，存在整数 \(A,B\) 使得 \(4p=A^2+27B^2\)，且 \(A\equiv 1\pmod 3\)，则 \(A\) 唯一确定 .

唯一性证明考虑 \(\Z[\omega]\) 上的唯一分解（1+\omega+\omega^2=0），假设有：

\[\frac{a^2+27b^2}4=\frac{a^2+27b^2}4 \]

分解后有：

\[\frac{a+3b\sqrt{-3}}2\cdot\frac{a-3b\sqrt{-3}}2=\frac{c+3d\sqrt{-3}}2\cdot\frac{c-3d\sqrt{-3}}2 \]

但实际上 \(\frac{a+3b\sqrt{-3}}2\) 是 \(\Z[\omega]\) 上的素数（理想？），所以不成立 .

（考虑 \(\Q(\sqrt{-3})\) 似乎更自然？）

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另外有个纯初等且非常有启发性的证明：

仍然假设 \(4p=a^2+27b^2=c^2+27d^2\) .

先考虑 \(16p^2=(a^2+27b^2)(c^2+27d^2)\) 的展开：

\[\begin{aligned} 16p^2=(a+27b^2)(c^2+27d^2)&=(ac-27bd)^2+27(ad+bc)^2\quad\quad(1)\\ &=(ac+27bd)^2+27(ad-bc)^2\quad\quad(2) \end{aligned} \]

（这被称作 Brahmagupta's identity，换句话说，\(a^2+kb^2\) 形式的数字在乘法下闭合）

注意到：

\[a^2d^2-b^2c^2=d^2(a^2+27b^2)-b^2(c^2+27d^2)\mid p \]

则 \((ad-bc)(ad+bc)\mid p\)，分类讨论一下 .

假设 \((ad+bc)\mid p\)，根据 \((1)\)，有 \(ad+bc=0\)，显然不成立，所以有 \((ad-bc)\mid p\) .

又因为 \((2)\)，\(ad-bc=0\)，因此 \(a/c=b/d\)，设 \(a/c=b/d=t\)，这导出 \(a^2+27b^2=t^2(c^2+27d^2)=c^2+27d^2\)，\(t^2=1\)，故 \(a=c,b=d\) .

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通过 Proposition 6.4 可以得出 Jacobi 与 Gauss 和的进一步关系：

Proposition 10

假设 \(n\mid p-1\)，并且 \(\chi\) 是一个 n 阶特征，则：

\[g(\chi)^n=\chi(-1)pJ(\chi,\chi)J(\chi,\chi^2)\cdots J(\chi,\chi^{n-2}) \]

通过重复使用 Proposition 6.4，我们有：

\[g(\chi)^{n-1}=J(\chi,\chi)J(\chi,\chi^2)\cdots J(\chi,\chi^{n-2})g(\chi^{n-1}) \]

注意到 \(\chi^{n-1}=\chi^{-1}=\overline\chi\)，因此 \(g(\chi)g(\chi^{n-1})=g(\chi)g(\overline\chi)=\chi(-1)p\)（考虑 \(\overline{g(\chi)}=\chi(-1)g(\overline\chi)\)），故上式两边同乘 \(g(\chi)\) 即立得结果 .

Proposition 11

假设 \(3\mid p-1\)，并且 \(\chi\) 是一个 3 阶特征，则：

\[g(\chi)^3=p J(\chi,\chi) \]

Proposition 10 的特例，只不过 \(\chi(-1)=\chi((-1)^3)=1\) .

好，现在终于可以回到 \(N(x^3+y^3=1)\) 上了：

Proposition 12

假设 \(3\mid p-1\)，并且 \(\chi\) 是一个 3 阶特征，令 \(J(\chi,\chi)=a+b\omega\)，则：

1. \(a\equiv -1\pmod 3\)

2. \(b\equiv 0\pmod 3\)

先看一下 \(g(\chi)^3\)：

\[g(\chi)^3=\left(\sum_t\chi(t)\zeta^{t}\right)^3\equiv\sum_t\chi(t)^3\zeta^{3t}=\sum_{t\ne 0}\zeta^{3t}=-1\pmod 3 \]

因此有：

\[g(\chi)^3=pJ(\chi,\chi)\equiv a+b\omega\equiv -1\pmod 3 \]

换成 \(\overline\chi\)：

\[g(\overline\chi)^3=pJ(\overline\chi,\overline\chi)\equiv a+b\overline\omega\equiv -1\pmod 3 \]

因此 \(b(\omega-\overline\omega)\equiv 0\pmod 3\)，故 \(-3b^2\equiv 0\pmod 9\)，\(3\mid b\)，又因为 \(a+b\omega\equiv -1\pmod 3\)，因此 \(a\equiv -1\pmod 3\)，证毕 .

让我们转化成之前看到过的样子：

Proposition 13

令 \(A=2a-b,B=b/3\)，则 \(A\equiv 1\pmod 3\) 且：

\[4p=A^2+27B^2 \]

证明略 .

现在我们可以着手证明 Gauss 得出的优雅结论了：

Proposition 14

假设 \(3\mid p-1\)，则存在整数 \(A,B\) 使得 \(4p=A^2+27B^2\)，如果要求 \(A\equiv 1\pmod 3\)，则 \(A\) 被唯一确定，且：

\[N(x^3+y^3=1)=p-2+A \]

证明：

在上边已经说明了 \(N(x^3+y^3=1)=p-2+2\operatorname{Re}J(\chi,\chi)\)，由于 \(J(\chi,\chi)=a+b\omega\)，所以 \(\operatorname{Re}J(\chi,\chi)=(2a-b)/2\)，因此 \(2\operatorname{Re}=2a-b=A\equiv 1\pmod 3\)，证毕 .

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如果方程未知数数量大于二怎么办？

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下次再说，下次将给出 \(N(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_r^2=1)\) 的封闭形式以及对 \(N(a_1x_1^{n_1}+a_2x_2^{n_2}+\cdots+a_rx_r^{n_r}=b)\) 进行简单估计 .