Рассмотрим следующую сумму – сумму Гаусса :
где D
– целое положительное и (a,
D)=
1.
Покажем, что значение суммы будет одним и тем же, если х
пробегает любую полную систему вычетов по модулю D.
Действительно, пусть х пробегает полную систему вычетов по модулю D. Тогда х=qD+k , где k =0, 1, …, D-1 , q є Z
Будем иметь :
что и требовалось.
Лемма 1.
Пусть (a, D)=1. Тогда:
Доказательство:
По свойству модуля комплексного числа :
Имеем:
Сделаем замену x = x + t . Когда х и х пробегают полную систему вычетов по модулю D , от х и t пробегают независимо полные системы вычетов по модулю D.
Действительно, пусть х и х пробегают полную систему вычетов по модулю D . Тогда х = qD + k k=0, 1, …, D-1 , q є Z
х = pD + i i=0, 1, …, D-1 , p є Z
Следовательно, t = x – x = (q – p)D + (k – i) = l D + m , где m=0, 1, …, D-1 , l є Z
а) Пусть D – нечетное, т.е. (2а, D)=1
если D делит t.
Если же D не делит t, то последнюю сумму можно записать в виде :
Получили :
Тогда
Отсюда
б) Пусть D делится на 4, т.е. возможно представление : D = 2D , где D – четное и ( a, D )=1 .
Получим :
Так как D четное, то
Следовательно
в) Пусть D = 2 (mod 4) , т.е. D = 4q + 2 , q є Z
Тогда из предыдущего случая имеем : D = 2 (2q+1)= 2D , D - нечетное. Имеем :
Что и требовалось.
Лемма 2.
Если D и D взаимно простые числа, то
S ( aD1
, D2
) S ( aD2
, D1
) = S ( a , D1
D2
)
Доказательство:
В этих суммах t1
пробегает полную систему вычетов по модулю D2
, а t2
пробегает полную систему вычетов по модулю D2.
При этом D1
t1
+ D2
t2
пробегает полную систему вычетов по модулю D1
D2
. Действительно , всего членов в сумме D1
D2
и никакие два несравнимы между собой. Действительно, предположим противное : пусть D1
t1
+ D2
t2
= D1
t1
+ D2
t2
( mod D1
D2
)
Отсюда D1
(t1
– t1
) = D2
(t2
– t2
) (mod D1
D2
) Тогда
D1
(t1
– t1
) = D2
(t2
– t2
) (mod D2
) А так как D2
(t2
– t2
) = 0 (mod D2
)
То по свойству сравнений имеем D1
(t1
– t1
) = 0 (mod D2
) Отсюда так как (D1
, D2
)=1 , то t1
– t1
= 0 (mod D2
) Аналогично получим t2
– t2
= 0 (mod D1
)
Т.е. имеем t1
= t1
(mod D2
) и t2
= t2
(mod D1
) . Но это противоречит тому, что t1
пробегает полную систему вычетов по модулю D2
, а t2
пробегает полную систему вычетов по модулю D2
, так как в полной системе вычетов любые два числа не сравнимы. Следовательно наше предположение было неверным и действительно D1
t1
+ D2
t2
пробегает полную систему вычетов по модулю D1
D2
.
Поэтому
Лемма 3.
Пусть p простое нечетное число и не делит a . Тогда
Доказательство:
что и требовалось доказать.
-6-
Лемма 4.
Если р простое нечетное число , то
Доказательство :
Из леммы 3. получим
Так как произведение сопряженных величин дает квадрат модуля, то
Лемма 5.
Если р и q различные простые числа , то
Доказательство :
Так как ( р, q )= 1 , мы можем воспользоваться леммой 2 : в нашем случае
Итак , мы показали, что
что и требовалось доказать.
|
