Распределение степеней по модулю

[Феликс Шмидель]

Я обнаружил, что моя оценка очевидна из найденного Рустом значения D и оценки Виноградова для сумм характера: http://eom.springer.de/v/v096650.htm.

[juna]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

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 $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2\pi a_i}{p})=2^{-\frac{p-1}{2}}$; $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2\pi b_i}{p})=2^{-\frac{p-1}{2}}$.

В продолжении к написанному, если $p=4n+3$, то $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\sin(\frac{2\pi a_i}{p})=\pm\sqrt{p} \cdot 2^{-\frac{p-1}{2}}$, однако со знаком здесь у меня большие проблемы.

[Руст]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Артамонов Ю.Н. писал(а):

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 $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2\pi a_i}{p})=2^{-\frac{p-1}{2}}$; $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2\pi b_i}{p})=2^{-\frac{p-1}{2}}$.

В продолжении к написанному, если $p=4n+3$, то $\prod\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\sin(\frac{2\pi a_i}{p})=\pm\sqrt{p} \cdot 2^{-\frac{p-1}{2}}$, однако со знаком здесь у меня большие проблемы.

Я не понял, что вы подразумеваете произведение по всем $(p-1)/2$ квадратичным вычетам, или только по квадратичным вычетам не превосходящим $(p-1)/2$ их количество $(p-1+2h)/4$.
Все эти произведения получаются вычислением значений многочлена:

$$P(x)=\prod_{(a/p)=1} (x-\exp(\frac{2\pi i ka}{p}))$$

в точке 1 и -1.

[juna]

Произведение берется по всем квадратичным вычетам, их количество среди чисел $1,2,3...(p-1)$, как известно, $\frac{p-1}{2}$.
По-поводу многочлена, оно, конечно, так. Можно даже утверждать, что этот многочлен позволяет оценить сумму квадратичных вычетов, а именно если $P(x)=\prod\limits_{j=1}^{\frac {p-1}{2}}(x-e^{\frac {2{\pi} i a_j}{p}})$, то $P(0)=(-1)^{\frac{p-1}{2}}e^{\frac{2{\pi}i}{p}\sum\limits_{j=1}^{\frac {p-1}{2}}a_j}$. Но на самом деле вычислить значения этого многочлена, в отличие от $x^{p-1}+x^{p-2}+...+1$, не просто.
А проблема, с произведением синусов в том, что представленная формула хотя и верна по абсолютному значению, я не могу найти критерий, когда какой знак брать.

[Руст]

Лучше искать произведения:
$M_sa=\prod\limits_{(a/p)=1} \sin{\frac{\pi a}{p}} , $ $M_sb= \prod\limits_{(b/p)=-1} \sin{\frac{\pi b}{p}} ,$ $M_ca=\prod\limits_{(a/p)=1} \cos{\frac{\pi a}{p}} , $ $M_cb=\prod\limits_{(b/p)=-1} \sin{\frac{\pi b}{p}}.$
При этом надо учесть, известное равенство:

$$\epsilon ^h=\frac{\prod\limits_{(b/p)=-1,b<p/2} \sin{\frac{\pi b}{p}}}{\prod\limits_{(a/p)=1,a<p/2} \sin{\frac{\pi a}{p}}}.$$

Здесь $h$ число классов поля $Q(\sqrt p),$ а $\epsilon $ основная единица этого поля с нормой $\pm 1$.

Позвольте обратить Ваше внимание -- длинные формулы следует разбивать, чтобы они форматировались лучше (например, на =, эквивалентности, запятой). Плюс -- я взял на себя смелость поправить формулу для $M_ca$// нг

[juna]

Да, эту формулу я видел у Айерлэнда. Но она лишь связывает квадратичные вычеты с невычетами через основную единицу и число классов, как отделить произведение вычетов от невычетов.
Мне, все-таки, интереснее найти критерий - когда в моей формуле брать плюс, а когда минус.

[Руст]

Произведение по всем квадратичным вычетам и квадратичным невычетам уже есть произведение по всем вычетам из этого интервала, а поэтому легко вычисляется через значения указанного вида многочленов.

[juna]

А, понял. Не сообразил сразу
Но по-поводу моей формулы хочется спросить - как ларчик открывается - видимо примерно так же?

[AndAll]

Руст писал(а):

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

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

. 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.

А что будет следовать из доказательства более определенной оценки:

$\left| {R\left( x \right)} \right| < \pi \left( {\sqrt x } \right) \sim \frac{{\sqrt x }} {{\ln \sqrt x }}$

Правда, без логарифма здесь все же не обойтись.

[Руст]

Я приводил только аналогию. А ваша оценка неверна (к тому же корень под логарифмом бесполезен). Доказано, что отклонение от Li(x) больше вашей как в ту так и в другую сторону бесконечно много раз меняясь.

[juna]

Раз уж пошла такая "пьянка", то извиняюсь за off topic.
Тут на сайте http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=84771 спрашивают, откуда такая верхняя оценка:

Цитата:

Best proved result about it $p_{n+1}<p_n+cp_n^a$, $a=0.54..$

[Руст]

Эта оценка получена лет 20 (если не больше) назад оценкой дзета функции Римана на прямой Res=1/2. Третья цифра (я точно не помню) кажется 9, и поэтому обычно цитируют округляя 0.55.

[juna]

А где это можно посмотреть?

[Руст]

В книжке С.М. Воронин, А.А. Карацуба "Дзета функция Римана" (Москва, 1994 г.) приводится доказательство, что $p_{n+1}<p_n+cp_n^{7/12 +\epsilon }$. А более точная оценка, о которой я говорил ещё не попала в книги (по крайней мере в изданные по русски). А реквизиты самой статьи я сейчас не помню. Может поищете в интернете.

[Руст]

Нашёл более позднюю статью Baker R.C.;Harman G. The difference between consecuitive primes. Proc. London Math. Soc. (3) 72 (1996), no 2, 261-280.
где 7/12 заменено на 0.535 (ещё лучше, чем я привёл).