База знаний студента. Реферат, курсовая, контрольная, диплом на заказ

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 D1t1 + D2t2 пробегает полную систему вычетов по модулю D1D2 . Действительно , всего членов в сумме D1D2 и никакие два несравнимы между собой. Действительно, предположим противное : пусть D1t1 + D2t2 = D1t1 + D2t2 ( mod D1D2 )

Отсюда D1 (t1 – t1) = D2 (t2 – t2 ) (mod D1D2) 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 D1t1 + D2t2 пробегает полную систему вычетов по модулю D1D2 .

Поэтому

Лемма 3.

Пусть p простое нечетное число ине делит a . Тогда

Доказательство:

что и требовалось доказать.

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.

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 вычето

 

• 14:21 05 Июля 2016
  Российско-китайский медуниверситет откроет магистерскую программу по TCM
• 01:21 05 Июля 2016
  На форуме МГУ Россия и Китай обсудят научно-образовательное сотрудничество
• 11:00 04 Июля 2016
  Реморенко: "ЕГЭ-туризм" в России сходит на нет
• 10:52 04 Июля 2016
  Летняя российско-австрийская школа откроется в Москве
• 15:31 01 Июля 2016
  В СПбГУ могут воссоздать географический факультет

Заказать уникальную работу