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 На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 
Сообщение01.05.2006, 13:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
:) 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 $\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2{\pi}{a_i}}{p})=-1/2$, $\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\cos(\frac{2{\pi}{b_i}}{p})=-1/2$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.05.2006, 13:36 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
1. Очевидные следствия теоремы Вильсона.
2. Здесь кажется вы ошибаетесь. Не сходится с Гауссовой суммой.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.05.2006, 13:57 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение01.05.2006, 23:06 


31/03/06
1384
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 07:14 


31/03/06
1384
Получается: $\sum_{x=1}^{p-1} \{x^2\}=p([\sqrt{p}]+[\sqrt{2p}]+...+[\sqrt{(p-1)p}] - \frac{(p-1)(4p-5)}{6})

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 07:35 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 11:51 


31/03/06
1384
Никакого расхождения между вашей формулой и моей нет, потому что [\sqrt{(p-1)p}]=p-1.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 13:53 


31/03/06
1384
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}

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 14:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 14:40 


31/03/06
1384
Да, я обнаружил ошибку, что нельзя пользоваться интегральной оценкой в той форме, что я привёл.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 14:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 17:27 


31/03/06
1384
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение02.05.2006, 17:27 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
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).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.05.2006, 16:14 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
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.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.05.2006, 20:08 


31/03/06
1384
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?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 69 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.

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