Элементарная теория сумм Гаусса .

                                     -1-

                      Элементарная теория сумм Гаусса.


    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 :

                                     -2-

    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 :


                                     -3-


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.


                                     -4-

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
                                     -5-


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




                                     -7-




Итак ,  мы показали,  что


                                                 что и требовалось доказать.