二次互倒律的發(fā)展及其應(yīng)用

二次互倒律的發(fā)展及其應(yīng)用

在原始論點(diǎn)中，第二個(gè)倒轉(zhuǎn)法是最著名的結(jié)論。這一結(jié)論由法國哲學(xué)家legendre發(fā)現(xiàn)，但最終由德國哲學(xué)家gauss給出了全面的證明。Gauss把它稱為是數(shù)論的酵母,可見它在數(shù)論中的重要性。其后,Kummer,Eisenstein,Hilbert,Takagi,Furw?ngler,Artin和Hasse等多位數(shù)學(xué)家先后對互倒律作出了重要的推廣,而最一般形式的互倒律是由前蘇聯(lián)數(shù)學(xué)家ШафаревичИР.1948年得到的。在互倒律的發(fā)展和證明過程中,Gauss和曾經(jīng)起過重要的作用。例如,Eisenstein與Kummer等人在證明高次互倒律時(shí)就曾使用了Gauss和有關(guān)的歷史和結(jié)果。在本文中我們要研究二次Gauss和。二次Gauss和又是一種特殊的特征和,而特征和是數(shù)論中的一個(gè)十分重要的工具,它在諸如原根的分布、最小d次非剩余的分布等一系列數(shù)論的重要問題以及在近代數(shù)論的研究中有著廣泛的應(yīng)用。本文嘗試用基本的線性代數(shù)方法對二次Gauss和進(jìn)行計(jì)算,這與一般數(shù)論書中計(jì)算二次Gauss和的方法迥然不同。為了突出本文方法的特點(diǎn),我們僅討論n為奇數(shù)的情形。對于n為偶數(shù)的情形,讀者可以仿此進(jìn)行討論或用其他方法解決。1tt等同a的特征值(1)A的跡tr(A)=n∑t=1αtt(A)=∑t=1nαtt等于A的所有特征值之和n∑i=1λi∑i=1nλi;(2)A的行列式det(A)等于A的所有特征值之積n∏i=1λi∏i=1nλi。證明可見任一本標(biāo)準(zhǔn)的線性代數(shù)書,略。2第二gauss、計(jì)算和計(jì)算步驟2.1關(guān)于矩陣a的定義現(xiàn)設(shè)A=[111?11εε2?εn-11ε2ε4?ε2(n-1)?????1εn-1ε2(n-1)?ε(n-1)2]A=??????????111?11εε2?εn?11ε2ε4?ε2(n?1)?????1εn?1ε2(n?1)?ε(n?1)2??????????其中,ε=e2πinε=e2πin;n為奇數(shù)。從矩陣A的定義容易看出:二次Gauss和G(n)=n-1∑x=0e2πx2inG(n)=∑x=0n?1e2πx2in恰為矩陣A的跡tr(A),從而將求G(n)的值歸結(jié)為求矩陣A的特征值問題。只要求出A的所有特征值,由定理即可求得G(n)的值。2.2計(jì)算二次gauss我們只討論n為奇數(shù)的情形。i-全面認(rèn)知狀態(tài)設(shè)A2=(cst)n×n,因?yàn)锳=(αst)n×n其中αst=ε(s-1)(t-1)(s,t=1,2,…,n)所以cst=n∑j=1αstαjt=n∑j=1ε(s+t-2)(j-1)(s,t=1,2,?,n)所以cst=∑j=1nαstαjt=∑j=1nε(s+t?2)(j?1)(s,t=1,2,?,n)當(dāng)s+t-2≡0(modn)時(shí),ε(s+t-2)(j-1)=1,則cst=n當(dāng)s+t-2?0(modn)時(shí),cst=1-ε(s+t-2)n1-εs+t-2=0cst=1?ε(s+t?2)n1?εs+t?2=0則A2=[n00?00000?0n000?n0??????00n?000n0?00]A2=????????????n00?00000?0n000?n0??????00n?000n0?00????????????λI-A2=[λ-n00?000λ0?0-n00λ?-n0??????00-n?λ00-n0?0λ]????????????λ?n00?000λ0?0?n00λ??n0??????00?n?λ00?n0?0λ????????????現(xiàn)對λI-A2進(jìn)行初等變換:將第n行加到第2行,再將第2列乘(-1)加到第n列;將第n-1行加到第3行,再將第3列乘(-1)加到第n-1列;…………將第(n-1)/2+1行加到第(n+1)/2行,再將第(n+1)/2列乘(-1)加到第(n+1)/2列。λI-A2經(jīng)過這n-1次初等變換,變成一個(gè)下三角形矩陣:B=[λ-n?0λ-nλ+n*?λ+n]此下三角形矩陣的對角線上有1+(n-1)/2個(gè)λ-n,(n-1)/2個(gè)λ+n,由行列式性質(zhì)可知:det(λI-A2)=det(B)=(λ-n)(n+1)/2(λ+n)(n-1)/2又A2的特征值為:n[(n+1)/2重]和-n[(n-1)/2重],從而A的特征值必為以下4種形式:√n,-√n,i√n,-i√n。設(shè)A的特征值√n,-√n?i√n,-i√n的重?cái)?shù)分別為a,b,c,d,(a,b,c,d為非負(fù)整數(shù)),則:a+b=(n+1)/2,c+d=(n-1)/2(1)等式的可能解|G(n)|2=G(n)ˉG(n)=n-1∑x=0e2πx2inn-1∑y=0e-2πy2in=n-1∑x=0e2πx2inn-1∑y=0e-2π(x+y)2in=n-1∑y=0e-2πy2inn-1∑x=0e-4πxyin=n所以|G(n)|=√n(*)又|G(n)|=|tr(A)|=|(a-b)√n+i(c-d)√n|=√(a-b)2+(c-d)2√n′(*′)由等式(*)和(*′)可知:(a-b)2+(c-d)2=1(*″)因?yàn)閍,b,c,d均為非負(fù)整數(shù),所以等式(*″)只有下列4組可能的解:{a-b=0c-d=1{a-b=0c-d=-1{a-b=1c-d=0{a-b=-1c-d=0(2)聯(lián)立等式(1)和(2),得a,b,c,d的4組可能的解:(A)={a=n+14b=n+14c=n+14d=n-34(B)={a=n+14b=n+14c=n-34d=n+14(C)={a=n+34b=n-14c=n-14d=n-14(D)={a=n-14b=n+34c=n-14d=n-14因?yàn)閍,b,c,d為非負(fù)整數(shù),顯然解(A)和解(B)是對應(yīng)于n≡3(mod4)時(shí)的可能解,而解(C)和解(D)是對應(yīng)于n≡1(mod4)時(shí)的可能解。deta認(rèn)定(a)因?yàn)锳2=[n00?00000?0n000?n0??????00n?000n0?00]所以det(A2)=(-1)1+2+…+(n-2)nn=(-1)(n-1)(n-2)/2nn又因?yàn)閚-2為奇數(shù),則det(A2)=(-1)(n-1)/2nn從而必有一復(fù)數(shù)S,其模|S|=1,使得det(A)=Snn/2(**)(b)求S的值因?yàn)閐et(A)=|111?11εε2?εn-11ε2ε4?ε2(n-1)?????1ε(n-1)ε2(n-1)?ε(n-1)2|是一個(gè)Vandermonde行列式,所以det(A)=∏0≤j<i≤n-1(εi-εj)=∏0≤j<i≤n-1εi+j2(εi-j2-ε-i-j2)=∏0≤j<i≤n-1εi+j2∏0≤j<i≤n-1(2isini-j2π)=ε(n-1)2n42(n-1)n2i(n-1)n2n-1∏k=1(sinkπn)n-k=i(n-1)n22(n-1)n2n-1∏k=1(sinkπn)n-k(**′)(因?yàn)閚為奇數(shù),則ε(n-1)2n4=1)比較等式(**)和(**′)可知:S=i(n-1)n2s=s1時(shí)現(xiàn)假設(shè)A的特征根為:√n(a重),-√n(b重),i√n(c重),-i√n(d重),所以A的所有特征根的乘積n∏i=1λi=(-1)b+dic+dn(a+b+c+d)/2=(-1)b+dic+dnn/2=S1nn/2其中,S1=(-1)b+dic+d。由特征根的性質(zhì),當(dāng)且僅當(dāng)S=S1時(shí),a,b,c,d才是所求解。(a)當(dāng)n≡1(mod4),也即n=4k+1時(shí)解(C)所對應(yīng)的S1=(-1)k,解(D)所對應(yīng)的S1=(-1)k+1,而此時(shí)S=(-1)k,所以n≡1(mod4)時(shí),(D)不是a,b,c,d的解,而(C)為a,b,c,d的解,即:a=(n+3)/4,b=(n-1)/4,c=(n-1)/4,d=(n-1)/4則G(n)=(a-b)√n+i(c-d)√n=√n(b)當(dāng)n≡3(mod4),也即n=4k+3時(shí)解(A)所對應(yīng)的S1=(-