2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Сумма
Сообщение11.02.2014, 10:30 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Еще одна задача:

Let p be a prime congruent to 7 modulo 8. Prove that :

$$\sum\limits_{k=1}^{p} \left\lfloor\frac{k^2+k}{p}\right\rfloor=\frac{2p^2+3p+7}{6}.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма
Сообщение12.02.2014, 20:05 
Заслуженный участник


08/04/08
8556
Получилось найти только $\sum\limits_{k=1}^p\lfloor\frac{k^2}{p}\rfloor$ для $p\equiv 1\pmod{4}$, а обобщить рассуждение не получается. Можете намекнуть?

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма
Сообщение12.02.2014, 22:28 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Попробуйте дополнить до полного квадрата.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма
Сообщение13.02.2014, 17:49 
Заслуженный участник


08/04/08
8556

(Оффтоп)

Руст в сообщении #825742 писал(а):
Попробуйте дополнить до полного квадрата.
Пробовал, и по-разному, мне чего-то другого существенно не хватает. Я могу вычислить $\sum\limits_{k=1}^{p-1}\left\{\frac{k^2}{p}\right\}$ при $p\equiv 1\pmod{4}$ потому, что при таком условии есть корень из $-1$ в поле и тогда все квадраты разбиваются на пары вида $y,p-y$ при $p>3$ и тогда сумма легко находится. А в данном случае такого нет: значения $\left\{\frac{k^2+k}{p}\right\}$ не образуют пар $y,p-y$, и с условием это никак не сходится. Условие явно точное, значит выбор $p\equiv -1\pmod{8}$ должен давать 2 каких-то факта, например, что $2$ - квадратичный вычет и еще какой-то. Но как их суюда прикрутить - непонятно.
Значения $\left\{\frac{(2k+1)^2}{4p}\right\}$ точно так же образуют симметричные пары $y,y$, а не $y,p-y$ - это их свойство сохраняется при переходе от исходного выражения к ним.
Можно перейти от $\left\{\frac{k^2+k}{p}\right\}$ к $\left\{\frac{k^2-2^{-2}}{p}\right\}$, но чему равна $\sum\limits_{k=1}^{p-1}\left\{\frac{k^2}{p}\right\}$ при $p\equiv -1\pmod{8}$ - еще более непонятно.
В общем, не вижу я :oops:

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма
Сообщение13.02.2014, 20:08 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Я сейчас не имею времени для полного решения.
Обозначим через $g(k)=\{\frac{k^2+k}{p}\}$ и выразим сумму целых частей как разницу
всей суммы $ \sum_{k=1}^p\frac{k^2+k}{p}=\frac{(p+1)(2p+1)}{6}+\frac{(p+1)}{2}=\frac{p^2+3p+2}{3}$.
Достаточно доказать, что
$\sum_{k=1}^{p} g(k)=\frac{p^2+3p+2}{3}-\frac{2p^2+3p+7}{6}=\frac{p-1}{2}.$
Рассмотрим
$g(\frac{p-1}{2}+k)=\{\frac{(\frac{p-1}{2}+k)(\frac{p+1}{2}+k)}{p}\}=\{\frac{3p-1}{4p}+\frac{k^2}{p}\}=\{\frac 34+\frac{k^2}{p}\}-\frac{1}{4p}$.
Здесь учли, что $p=3\mod 4$ и дробная часть не обращается в нуль.
Из-за периодичности функции $g(k)$ мы можем суммировать по любому полному периоду. В частности мы можем взять сумму $f(k)=\{\frac 34 +\frac{k^2}{p}\}$ по полному периоду и вычесть $\frac 14$.
Тут надо учесть что и для $f(k)$ можно суммировать по любому полному периоду и если $k$ проходит по полному периоду, то и $2k$ так же проходит по полному периоду.
Надеюсь это поможет решать задачу.

 Профиль  
                  
 
 Re: Сумма
Сообщение02.03.2014, 16:56 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Попробую привести свое решение (пока не знаю, приведет ли к доказательству формулы):

$$S=\sum_{k=1}^p[\frac{k^2+k}{p}]=\sum_{k=1}^p\frac{k^2+k}{p}-\sum_{k=1}^p\{\frac{k^2+k}{p}\}=\frac{(p+1)(p+2)}{3}-\sum_{k=1}^p\{\frac{((p-1)/2+k)^2+(p-1)/2+k}{p}\}.$$
Здесь использовал сдвиг для суммирования (по полному периоду). Учтем, что члены в последней сумме есть $\{\frac{\frac{p^2-1}{4}+pk+k^2}{p}\}=\{\frac 34 +\frac kp\}-\frac{1}{4p}.$
Таким образом
$$S=\frac{(p+1)(p+2)}{3}-(\frac 34 -\frac 14)-\sum_{k=1}^{p-1}((\frac kp)+1)\{\frac 34+\frac{k}{p}\}=\frac{p^2+3p+2}{3}-\frac 12-\sum_{k=1}^{p-1}\{\frac 34+\frac kp\}-\sum_{k=1}^{p-1}(\frac kp)\{\frac 34+\frac kp\}=$$
$$=\frac{p^2+3p+2}{3}-\frac 12-\sum_{k=1}^{p-1}\frac kp -\frac 34 \frac{p-3}{4}+\frac 14 (p-1-\frac{p-3}{4})-\sum_{k=1}^{p-1}(\frac kp)\{\frac 34 +\frac kp\}=\frac{2p^2+3p+7}{6}-\sum_{k=1}^{p-1}(\frac kp)\{\frac 34+\frac kp\}.$$
Остается показать, что последняя сумма равна нулю (здесь $(\frac kp)$ - символ Лежандра).
$$S_1=\sum_{k=1}^{p-1}(\frac kp)\{\frac 34+\frac kp\}=\frac 34 \sum_{0<k<p/4}(\frac kp)-\frac 14\sum_{p/4<k<p}(\frac kp)+\sum_{k=1}^{p-1}(\frac kp)\frac kp=\sum_{0<k<p/4}(\frac kp)+\sum_{k=1}^{p-1}(\frac kp)\frac kp=X(0,\frac 14)+Y(0,1).$$
Здесь использовал, что $\sum_{k=1}^{p-1}(\frac kp)=0$ и обозначения $$X(a,b)=\sum_{ap<k<bp}(\frac kp), Y(a,b)=\sum_{ap<k<bp}(\frac kp)\frac kp.$$ Тогда
$$S_1=X(0,\frac 14)+\sum_{k=1}^{(p-1)/2}((\frac kp)\frac kp +(\frac{p-k}{p})\frac{p-k}{p})=2Y(0,\frac 12)+X(0,\frac 14)-X(0,\frac 12)=2Y(0,\frac 12)-X(\frac 14,\frac 12).$$
Теперь используем то, что 2 квадратичный вычет, переходя к суммированию по четным и нечетным элементам в $Y(0,\frac 12)=\sum_{0<k<p/2}(\frac kp)\frac kp$.
$$Y(0,\frac 12)=\sum_{0<k<p/4}(\frac{2k}{p})\frac{2k}{p}+\sum_{p/4<k<p/2}(\frac{p-2k}{p})\frac{p-2k}{p}=2Y(0,\frac 12)-X(\frac 14,\frac 12).$$
Подставляя полученное отсюда $Y(0,\frac 12)=X(\frac 14, \frac 12)$ в $S_1$ получаем:
$S_1=X(\frac 14 , \frac 12).$
Докажем теперь некоторые свойства сумм X.
Симметрия $X(a,b)=-X(1-b,1-a)$ получается из того, что $(\frac{-1}{p})=-1$.
Разделим на четные и нечетные и используем, что 2 квадратичный вычет.
$X(a,b)=X(\frac a2,\frac b2)+\sum_{k-odd}(\frac kp)=X(\frac a2,\frac b2)-X(\frac{1-b}{2},\frac{1-a}{2}).$
Подставляя сюда $a=0,b=\frac 12$ получаем
$X(0,\frac 12)=X(0,\frac 14)-X(\frac 14 ,\frac 12)=X(0,\frac 12)-2X(\frac 14, \frac 12)$, т.е. $X(\frac 14, \frac 12)=0$ и тем самым $S_1=0$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 6 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group