Вычисление одной суммы с символами Лежандра [Теория чисел]

[Whitaker]

Здравствуйте!

Пусть $p>2$ -- простое и $f(x)=ax^2+bx+c,$ где $p\nmid a$. Вычислить сумму $S=\sum \limits_{x=0}^{p-1}\left(\dfrac{f(x)}{p}\right)$.

Моя попытка решения:

$$S=S \left(\dfrac{4a^2}{p}\right)=\left(\dfrac{4a^2}{p}\right)\sum \limits_{x=0}^{p-1}\left(\dfrac{ax^2+bx+c}{p}\right)=\left(\dfrac{a}{p}\right)\sum \limits_{x=0}^{p-1}\left(\dfrac{4a^2x^2+4abx+4ac}{p}\right)=$$$$=\left(\dfrac{a}{p}\right)\sum \limits_{x=0}^{p-1}\left(\dfrac{(2ax+b)^2-\Delta}{p}\right)=\left(\dfrac{a}{p}\right)\sum \limits_{x=0}^{p-1}\left(\dfrac{x^2-\Delta}{p}\right)$$

где $\Delta=b^2-4ac$
Первый случай: Если $p\mid \Delta$, тогда $S=\left(\dfrac{a}{p}\right)(p-1)$.
Второй случай: Если $p\nmid \Delta$, но $\left(\dfrac{\Delta}{p}\right)=1$, тогда существует $d$ такое, что $d^2\equiv \Delta \pmod{p}$ и $\text{gcd}(d,p)=1$. В таком случае имеем:

$$S=\left(\dfrac{a}{p}\right)\sum \limits_{x=0}^{p-1}\left(\dfrac{x^2-d^2}{p}\right)=\left(\dfrac{a}{p}\right)\sum \limits_{x=0}^{p-1}\left(\dfrac{(x-d)(x+d)}{p}\right)=\left(\dfrac{a}{p}\right)\sum \limits_{y=0}^{p-1}\left(\dfrac{y(y+2d)}{p}\right)=-\left(\dfrac{a}{p}\right)$$

Третий случай: Если $p\nmid \Delta$, но $\left(\dfrac{\Delta}{p}\right)=-1$. Как быть с этим случаем? Что-то не могу понять
Помогите пожалуйста.

С уважением, Whitaker.

[Whitaker]

Вроде понял как это сделать.
Будем сразу рассматривать случай когда $p\nmid \Delta$.
Воспользуемся тем, что $\left(\frac{a}{p}\right)\equiv a^{\frac{p-1}{2}}\pmod {p}$ и получаем, что:

$$S\equiv\left(\frac{a}{p}\right)\sum \limits_{x=0}^{p-1}(x^2-\Delta)^{\frac{p-1}{2}}=\left(\frac{a}{p}\right)\sum \limits_{x=0}^{p-1}(x^{p-1}+Q(x))=\left(\frac{a}{p}\right)S',$$

где $Q(x)=a_{p-2}x^{p-2}+\dots+a_1x+a_0$ -- многочлен с целыми коэффициентами степени не выше $p-2$. Подставляя это в сумму мы получаем, что:

$$S'=\sum \limits_{x=0}^{p-1}(x^{p-1}+Q(x))=\sum \limits_{x=0}^{p-1}x^{p-1}+a_{p-2}\sum \limits_{x=0}^{p-1}x^{p-2}+\dots+a_{1}\sum \limits_{x=0}^{p-1}x+a_0\sum \limits_{x=0}^{p-1}1\equiv -1 \pmod{p}$$

В последнем я воспользовался этим. Но так как $|S'|\leqslant p,$ то получаем, что $S'\in \{-1, p-1\}$. Случай $p-1$ сразу отпадает и получаем, что $S'=-1$. Таким образом, получаем, что: $S=-\left(\frac{a}{p}\right)$.
Скажите пожалуйста это верно?

[nnosipov]

Whitaker в сообщении #902045 писал(а):

Скажите пожалуйста это верно?

Вроде да.

Что-то я туплю, объясните мне вот этот момент:

Whitaker в сообщении #901839 писал(а):

таком случае имеем:

$$S=\left(\dfrac{a}{p}\right)\sum \limits_{x=0}^{p-1}\left(\dfrac{x^2-d^2}{p}\right)=\left(\dfrac{a}{p}\right)\sum \limits_{x=0}^{p-1}\left(\dfrac{(x-d)(x+d)}{p}\right)=\left(\dfrac{a}{p}\right)\sum \limits_{y=0}^{p-1}\left(\dfrac{y(y+2d)}{p}\right)=-\left(\dfrac{a}{p}\right)$$

Последнее равенство меня интересует.

[Whitaker]

Т.е. нам надо показать, что $L=\sum \limits_{y=0}^{p-1}\left(\dfrac{y(y+2d)}{p}\right)=-1$, где $p>2$ и $(d,p)=1$.
Очевидно, что член, соответствующий $y=0$ можно выбросить.
Для каждого $y\in \{1,2,\dots, p-1\}$ существует единственное $y^{*}$ такое, что $yy^{*}\equiv 1\pmod{p}$. Умножим нашу сумму $L$ на $\left(\dfrac{(y^{*})^2}{p}\right)$ и получаем, что:

$$L=\sum \limits_{y=1}^{p-1}\left(\dfrac{yy^{*}(yy^{*}+2dy^{*})}{p}\right)=\sum \limits_{y=1}^{p-1}\left(\dfrac{1+2dy^{*}}{p}\right)=\sum \limits_{y=0}^{p-1}\left(\dfrac{1+2dy^{*}}{p}\right)-\left(\dfrac{1}{p}\right)=-1$$

Так как $\{2dy^{*}+1\}$ пробегает всю систему систему вычетов кроме 1

[nnosipov]

Да, действительно. Спасибо.

-- Сб авг 30, 2014 18:07:32 --

Whitaker в сообщении #902068 писал(а):

Умножим нашу сумму $L$ на $\left(\dfrac{(y^{*})^2}{p}\right)$

Лучше так: умножим каждое слагаемое нашей суммы на ... Иначе такие, как я, придерутся к Вам на зачёте

[Whitaker]

(Оффтоп)

Да-да, действительно! Было у меня пару раз подобное за время учебы. Но таких ситуаций думаю, что уже не будет ибо сейчас у нас уже закончились математические дисциплины и всякая философия даже грустно...