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[提问] 关于二次剩余的一个问题

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发表于 2016-10-4 18:28:04 | 显示全部楼层 |阅读模式

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x
p是奇素数
\(\D\left(\frac{1\cdot2}p\right)+\left(\frac{2\cdot3}p\right)+...+\left(\frac{(p-2)\cdot(p-1)}p\right)=?\)
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2016-10-10 21:35:14 来自手机 | 显示全部楼层
这个简单,因为(ab/p)=(a/p)(b/p)
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发表于 2017-11-14 13:08:41 | 显示全部楼层
结果是\[\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{k^2-k}{p}\right)=-1\tag{1}\]先交代几个简单性质:
1、若`p\nmid a`,则\(\D\left(\frac{a^2b}{p}\right)=\left(\frac{a^2}p\right)\left(\frac{b}{p}\right)=\left(\frac{b}{p}\right)\)
2、若 `(a,p)=1`,那么当 `k` 取遍 `0,1,2,\cdots,p-1` 时,`ak+b` 构成模 `p` 的完全剩余系,因而\[\sum_{k=0}^{p-1}\left(\frac{ak+b}{p}\right)=\frac{p-1}{2}(-1)+\frac{p-1}{2}\*1+0=0\]或者将 `k=0`项右移写为\[\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{ak+b}{p}\right)=-\left(\frac bp\right)\]下面证明过程中将会不加说明地用到上述性质。
`k` 取遍 `p` 的简化剩余系时,其逆`k^{-1}` 也跑遍 `p` 的简化剩余系,从而\[\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{k^2-k}{p}\right)=\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{k^2(1-k^{-1})}{p}\right)=\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac{1-k^{-1}}p\right)=-\left(\frac1p\right)=-1\]
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发表于 2017-11-14 17:47:46 | 显示全部楼层
问题可推广为如下结论:
设 `f(x)=ax^2+bx+c\;(a\neq 0)`,`p` 为奇素数,且 `(a,p)=1`,记 `\Delta=b^2-4ac`,则\[\sum_{x=1}^p\left(\frac{f(x)}{p}\right)=\begin{cases}\D-\left(\frac ap\right),&p\nmid \Delta\\
\D(p-1)\left(\frac ap\right).&p\mid \Delta\end{cases}\tag{1}\]
取`a=1`代入即为\[\sum_{x=1}^p\left(\frac{x^2+bx+c}{p}\right)=\begin{cases}-1,&p\nmid \Delta\\
\\p-1.&p\mid \Delta \end{cases}\tag{2}\](2)式的函数式乘以`a`即得(1)式,故其实亦不失一般性。
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发表于 2017-11-15 17:38:17 | 显示全部楼层
补上4楼的证明

不失一般性,只需要证明第(2)式,即`a=1`的情况。其中 `p\mid \Delta`的分支不证自明,略去。以下证明 `p\nmid \Delta`的情况。
当 `p\nmid \Delta`时, `\D\left(\frac \Delta p\right)=\pm1`,目标式化为
\[\begin{split}\sum_{x=1}^{p}\left(\frac{x^2+bx+c}{p}\right)=\sum_{x=1}^{p}\left(\frac{4(x^2+bx+c)}{p}\right)&=\sum_{x=1}^{p}\left(\frac{(2x+b)^2-\Delta}{p}\right)\\&=\sum_{y=1}^{p}\left(\frac{y^2-\Delta}{p}\right)\\&=\left(\frac{-\Delta}{p}\right)+2\sum_{r\in Q_p}\left(\frac{r-\Delta}{p}\right)\end{split}\tag{1}\]其中`Q_p`表模 `p` 的二次剩余系,得到上面最后一式的原因在于:当  `y` 跑遍模 `p` 的简余系时,其中有且仅有`p-y`与 `y`二次同余,故`y^2` 恰好跑遍`Q_p` 2 次。

设 `s` 跑遍模 `p` 的二次非剩余`\bar{Q}_p`,按3#的性质2,有\[-\left(\frac{-\Delta}{p}\right)=\sum_{r\in Q_p}\left(\frac{r-\Delta}{p}\right)+\sum_{s\in\bar{Q}_p}\left(\frac{s-\Delta}{p}\right)\tag{2}\] (1)的最后一式在将(2)代入后继续等于\[\sum_{r\in Q_p}\left(\frac{r-\Delta}{p}\right)-\sum_{s\in\bar{Q}_p}\left(\frac{s-\Delta}{p}\right)=\sum_{r\in Q_p}\left(\frac{1-r^{-1}\Delta }{p}\right)+\sum_{s\in\bar{Q}_p}\left(\frac{1-s^{-1}\Delta}p\right)=\sum_{x=1}^{p-1}\left(\frac{1-x\Delta)}p\right)=-1\]这里最后一步仍然缘于3楼的性质2。

点评

@hujunhua, 谢谢  发表于 前天 14:12
公式又显示正常了,您要不要改回去?  发表于 3 天前
@hujunhua,公式显示不正常,我以为是我的电脑问题  发表于 2017-11-16 10:34
论坛公式显示有点不正常了,所以对你的证明进行了简化和使用特殊表达。  发表于 2017-11-15 21:19
证明很巧妙,赞一个!  发表于 2017-11-15 21:16
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发表于 2017-11-15 19:55:55 | 显示全部楼层
上述证明过程中,我们还能得到如下有用的结论:
当 `(a,p)=1` 时,\[\sum_{x\in Q_p}\left(\frac{x+a}{p}\right)=\frac{-1-\left(\frac ap\right)}{2}\\
\sum_{x\in \bar Q_p}\left(\frac{x+a}{p}\right)=\frac{1-\left(\frac ap\right)}{2}\]
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发表于 2017-11-15 21:25:59 | 显示全部楼层
我昨天尝试证明 `p\nmid\Delta`的情况时,只能对付 `\Delta` 是模 `p` 的平方剩余的情况。
这时有因式分解 `x^2+bx+c\equiv(x-x_1)(x-x_2)\pmod{p}`
\[\sum_{x=1}^{p}\left(\frac{x^2+bx+c}{p}\right)=\sum_{x=1}^{p}\left(\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{p}\right)=\sum_{y=1}^{p}\left(\frac{y(y-(x_1-x_2))}{p}\right)=-1\]
当 `\Delta` 是模 `p` 的平方非剩余时,竟一时无策,准备动用二次整数环。所以我让 `a=1`.

惭愧,老球了
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发表于 2017-11-16 14:35:37 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2017-11-15 21:25
我昨天尝试证明 `p\nmid\Delta`的情况时,只能对付 `\Delta` 是模 `p` 的平方剩余的情况。
这时有因式分解 ...


二次剩余可认为是模p(奇素数)意义下整数可开方的情形,而二次非剩余可认为是不可开方情形。
若 `\Delta` 是模 `p` 平方非剩余,模拟虚数单位的使用,可设 `\Delta\equiv w^2\pmod{p}`,于是 `w^{p-1}\equiv -1\pmod{p}`,`w^p\equiv-w\pmod{p}`
对于任意 `(y,p)= 1`,结合费马小定理有 `(y+w)^p\equiv y^p+w^p\equiv y-w\pmod{p}`
因此\[\begin{split}\sum_{y=1}^p\left(\frac{y^2-w^2}{p}\right)&=\sum_{y=1}^p\left(\frac{(y+w)^{p+1}}{p}\right)\\&=\sum_{y=1}^p(y+w)^{\frac{p^2-1}{2}}\pmod{p}\\
&=\sum_{x=1}^p (x^{\frac{p-1}{2}})^{p+1}\pmod{p}\\&=\frac{p-1}{2}\* 1^{p+1}+\frac{p-1}{2}(-1)^{p+1}+0\pmod{p}\\
&=-1\pmod{p}\end{split}\]得证。

点评

正是  发表于 2017-11-16 23:05
倒数第三步可能有问题, 当 `y` 遍历完系时,`y+w` 不可能遍历完系,因为 `w` 不是实数。  发表于 2017-11-16 20:25
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发表于 3 天前 | 显示全部楼层
发现二次整数环(域)于此题无助。
以`a=b=c=1,\ p=5`为例。即要计算`\D\sum_{x=1}^5\left(\frac{x^2+x+1}5\right)`.
相应的`\Delta=-3\not\in Q_5`, 我们取`x^2+x+1`的一根 `\omega`,在`Z(\omega)`中研究这个问题。
5是`Z(\omega)`中的素数,其简化剩余系包括24个元素,见下表
`Z_5^*`         w             2w            3w             4w
1        1+w        1+2w        1+3w        1+4w
2        2+w        2+2w        2+3w        2+4w
3        3+w        3+2w        3+3w        3+4w
4        4+w        4+2w        4+3w        4+4w
其中红色的为平方剩余,黑色的为平方非剩余。我们看到,所有的自然整数现在都是平方剩余,而2、3原来不是。
由于平方剩余的定义无法保持不变,所以扩充之法行不通。

点评

似乎跟模的定义有关,我发如果只是限制分别作用实部和虚部,就不容易扩充到复数中去。  发表于 前天 14:22
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