Распределение степеней по модулю

[juna]

:) Мне кажутся небезынтересными следующие формулы. Пусть $a_i$ - квадратичные вычеты, $b_i$ - квадратичные невычеты.
1. Если $p=4n+3$, то $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}a_i\equiv{1}\pmod{p}$ и следствие теоремы Вильсона $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}b_i\equiv{-1}\pmod{p}$ (для $p=4n+1$ - все наоборот).
2. Если $p=4n+3$, то $\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2{\pi}{a_i}}{p})=-1/2$, $\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2{\pi}{b_i}}{p})=-1/2$

[Руст]

1. Очевидные следствия теоремы Вильсона.
2. Здесь кажется вы ошибаетесь. Не сходится с Гауссовой суммой.

[Руст]

Ошибся. В 2. из Гауссовой суммы следует, что сумма косинусов по всем квадратичным вычетам включая 0 равно 0, для $p=3\pmod 4$. Так, что всё верно.

[Феликс Шмидель]

Я могу выразить исходную сумму квадратов по модулю p через сумму целых частей [\sqrt{p}]+[\sqrt{2p}]+...+[\sqrt{(p-1)p}].
Но я не знаю, как оценить эту сумму.

[Феликс Шмидель]

Получается: $\sum_{x=1}^{p-1} \{x^2\}=p([\sqrt{p}]+[\sqrt{2p}]+...+[\sqrt{(p-1)p}] - \frac{(p-1)(4p-5)}{6})

[Руст]

Думаю хотели написать следующее:

$$\sum_{x=1}^{p-1} \{x^2\}=\sum_{x=1}^{p-1} x^2 -p\sum_{x=1}^{p-1} [\frac{x^2}{p}]=p(\frac{(p-1)(2p-1)}{6}-\sum_{i=0}^{p-2} i([\sqrt{p(i+1)} ]-[\sqrt{ip}]))=p(\sum_{i=1}^{p-2} [\sqrt{ip} ]-\frac{(p-1)(4p-11)}{6} ).$$

Как видите у меня есть расхождения с вашей формулой. К тому же это путь в никуда.

[Феликс Шмидель]

Никакого расхождения между вашей формулой и моей нет, потому что [\sqrt{(p-1)p}]=p-1.

[Феликс Шмидель]

Кроме того, уважаемый Руст, я не думаю, что это дорога в никуда. Например, простая интегральная оценка даёт:

$\sum_{x=1}^{p-1} \{x^2\}<p(\int_{0}^{p-1}\sqrt{xp}dx-\frac{(p-1)(4p-5)}{6})=p(\frac{2}{3}(p-1)\sqrt{(p-1)p}-\frac{(p-1)(4p-5)}{6})=\frac{p(p-1)}{2}(\frac{5}{3}-\frac{4}{3}\frac{p}{p+\sqrt{(p-1)p}})<\frac{p(p-1)}{2}

[juna]

Работать с целыми частями поприятнее, чем с символами Лежандра, здесь Руст, наверное лукавит. Феликс, если не ошибаюсь, интегральную оценку можно было уже на втором равенстве в выражении Руста применять. Это приводит к $A<\frac{(p(p-5/3)}{2}$. Но для корректного обоснования необходимо доказать, что константа, отделяющая сумму от интеграла не вносит решающего влияния и вообще корректность перехода неочевидна.

[Феликс Шмидель]

Да, я обнаружил ошибку, что нельзя пользоваться интегральной оценкой в той форме, что я привёл.

[juna]

Наши рассуждения инвариантны в виду p. Но ведь для $p=4n+1$ мы знаем, что $2A=p(p-1)/2$. Так что рассуждение не проходит.

[Феликс Шмидель]

Вы правы, но может быть этот метод можно применить для доказательства последней части задачи. Если в среднем считать дробную часть равной 1/2, то вычисления показывают,
что \sqrt{p}-\frac{1}{2}+\sqrt{2p}-\frac{1}{2}+...+\sqrt{(p-1)p}-\frac{1}{2} - \frac{(p-1)(4p-5)}{6} всегда меньше чем, но мало отличается от $\frac{p-1}{2}.
Если бы можно было оценить ошибку, которую мы делаем при допущении, что средняя дробная часть равна 1/2, то задача была бы решена.

[Руст]

Во первых интегральную оценку надо применить с учётом вычета 0.5, которая с учётом множителя p и интегрирования уже даст поправку порядка $O(p^2)$. К тому, же и оценка (грубая) ошибки этой формулы такого же порядка. Обычно поступают наоборот для более точной оценки целых точек в круге радиуса $R$ методом тригонометрических сумм учитывают арифметическую структуру кривой (в этом случае окружности), ограничивающую площадь. Поэтому, я сказал, что этот путь в никуда (путь наоборот).

[juna]

Уважаемый Руст, с учетом темы http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=1939, Вы оценивали следующие произведения?
$\prod\limits_{i=1}^{(p-1)/2}cos(\frac{2\pi a_i}{p})$ и $\prod\limits_{i=1}^{(p-1)/2}sin(\frac{2\pi a_i}{p})$, здесь через $a_i$, как и раньше, обозначены квадратичные вычеты.

[Феликс Шмидель]

Пусть \rho(x)=\frac{1}{2}-(x-[x]), и p - простое число, дающее остаток 3 при делении на 4.

Тогда $\sum\limits_{x=1}^{p-1} \rho(\frac{x^2}{p})=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\sum\limits_{x=1}^{p-1}\frac{e^{2\pi ki\frac{x^2}{p}}}{2\pi ki}=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\frac{(\frac{k}{p})i\sqrt{p}-1}{2\pi ki}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(\frac{k}{p})\sqrt{p}}{\pi k}$.

Индексы $k$, делящиеся на $p$, исключаются из суммирования, но в самой правой сумме, их можно не исключать.
Во-втором равенстве мы использовали сумму Гаусса.

Правильно?