Распределение степеней по модулю

[Руст]

Артамонову Ю.Н. Не пробовал вычислять, даже не представляю существует ли красивая формула для выражения этих произведений.
Феликсу Шмидель. Эти формулы могут дать хорошую оценку для отклонения h от среднего для квадратичных вычетов. Надо доводит вычисления до конца.

[Руст]

Оказывается существуют формулы для произведений синусов и косинусов по квадратичным вычетам. Они выражаются через основную единицу квадратичного расширения $Q(\sqrt p )$ и числа классов этого поля.

[juna]

Тогда покажите, please. Я когда писал, чувствовал, что в этом зарыто много интересного.

[Феликс Шмидель]

Руст писал(а):

Эти формулы могут дать хорошую оценку для отклонения h от среднего для квадратичных вычетов. Надо доводит вычисления до конца.

Я не знаю, как довести эти вычисления до конца, потому что в бесконечной сумме участвуют символы Лежандра.

[juna]

Поделюсь индуктивными заключениями:
1. Если $p=8n+3$, то $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2\pi a_i}{p})=- 2^{-\frac{p-1}{2}}$; $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2\pi b_i}{p})=- 2^{-\frac{p-1}{2}}$
2. Если $p=8n+7$, то $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2\pi a_i}{p})=2^{-\frac{p-1}{2}}$; $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2\pi b_i}{p})=2^{-\frac{p-1}{2}}$.

[Феликс Шмидель]

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

Я показал, что $\sum\limits_{m=1}^{p-1} \rho(\frac{m^2}{p})=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(\frac{k}{p})\sqrt{p}}{\pi k}$.

Бесконечную сумму $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{(\frac{k}{p})\sqrt{p}}{\pi k}$ можно оценить конечной $\sum\limits_{k=1}^{p}\frac{(\frac{k}{p})\sqrt{p}}{\pi k}$, которая не превосходит $\sqrt{p}(\ln(p)+1)$ по абсолютной величине.
Разница между бесконечной суммой и конечной не превосходит $\frac{\sqrt{p}}{\pi} по абсолютной величине, поскольку сумма символов $\frac{k}{p}$ не превосходит $p-1$ и можно применить преобразование Абеля.
Полученная таким образом оценка отличается множителем \ln(p) от требуемой в пункте 4 задачи.

[Руст]

Ваш вывод об оценке не может считаться доказательством, так как при суммировании по Абелю то, что вы приводите, указывает только на существование суммы ряда (являющегося значением $L$ функции в точке 1, именно таким образом возникает связь с числом классов квадратичного поля). Для оценки (указанной вами) суммы ряда необходимо оценить частичные суммы

$$S_m=\sum_{k=1}^m (\frac kp).$$

За счёт того, что эти неполные суммы могут быть достаточно большими, хотя и полная сумма при $m=p-1$ равна $0$, оценка станет почти тривиальной.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый Руст, суммы $S_M=\sum\limits_{k=p+1}^M (\frac kp)$ не могут быть больше $p-1$ по абсолютной величине для любого $M$. Согласно преобразованию Абеля, $\sum\limits_{k=p+1}^M \frac{(\frac kp)}{k}=S_M \frac{1}{M}+\sum\limits_{k=p+1}^{M-1} S_k(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})$, и модуль этой суммы не превосходит $\frac{p-1}{p+1}$, так что я не вижу в своих рассуждениях никакой ошибки.

[Руст]

Да, это я ошибся, первая часть до p можно оценить тривиальной суммой. Эту оценку можно применить и для n ых степеней взяв соответствующий характер.

[Феликс Шмидель]

Пожалуйста поподробнее насчёт n-ых степеней.

[Руст]

\sum\limits_{x=1}^{p-1} \rho(\frac{x^n}{p})=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\sum\limits_{x=1}^{p-1}\frac{e^{2\pi ki\frac{x^n}{p}}}{2\pi ki}=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty} l_n(k)C\sqrt{p}-1}{2\pi ki}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{l_n (k)\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.
Здесь $l_n(x), (|C|=1)$ характер порядка $n$ по модулю $p$.

[Феликс Шмидель]

Я не знал, что есть сумма Гаусса для степени больше 2. Вы не могли бы дать ссылку, где можно прочитать, как они вычисляются?

[Руст]

Суммы Гаусса для любых степеней имеется. Они изложены в книге Боревича, Шафаревича "Теория чисел", Айерленд, Роузен "Классическое введение в современную теорию чисел" и несколько с других позиций (с позиций тригонометрических сумм) в любой книге по аналитической теории чисел (Виноградова или Карацуба или др.).
Я ленился набрать заново для $n$-ых степеней и точнее вместе вашей $\rho$ функции надо использовать функцию $f(x)$ равную $0$ для $x$ делящихся на $p$, и равную $-1$ если $x$ не вычет $n$ ой степени и $n-1$ если вычет, т.е. $f(x)=\sum\limits_{k=1}^{n-1} l^k(x)$ сумма всех характеров по модулю $p$ за исключением тривиального. И так же раскладываем в ряд Фурье.

[Феликс Шмидель]

Вместо того, чтобы оценивать разность между конечной и бесконечной суммой, можно было использовать оценку остаточной суммы ряда Фурье функции $\rho(x)$.
Для простоты можно взять не $p$, а $p^2$ первых членов, потому что это несущественно для той оценки, которую я получил, поскольку \ln(p^2) величина того же порядка, что и \ln(p). Получается, что для моей оценки имеет значение только ограниченность символов Лежанра, а не ограниченность их суммы. То есть достаточно получить $O(\sqrt{p})$ оценку конечной тригонометрической суммы для каждого $k$. Я думаю, это можно сделать и суммируя $e^{2\pi ki \sqrt{xp}}$ ("дорога в никуда"), но, конечно, это гораздо сложнее, а лучшей оценки, чем $O(\sqrt{p})$ для тригонометрической суммы получить нельзя.
Моя оценка хуже требуемой в пункте 4 задачи, так что проблема остаётся открытой.

[Руст]

Это аналогично проблеме остаточного члена $R(x)$ для числа простых чисел не превосходящих $x$:

$$ \pi (x)=Li(x)+R(x)$$

. Из гипотезы Римана следует, что $R(x)=O(\sqrt x \ln x )$ и доказано, что $R(x)$ для бесконечного множества $x,y$ удовлетворяют неравенству:

$$R(x)>\frac{\sqrt x }{\ln x },R(y)<-\frac{\sqrt y }{\ln y }.$$

Вполне правдоподобно, что отклонение $R(x)$ оценивается без логарифмов.