关于Kloosterman和及其混合均值的研究

孟园园; 陈丽

doi:10.15983/j.cnki.jsnu.2025025

陕西师范大学学报(自然科学版) >

2025 , Vol. 53 >Issue 6: 117 - 121

DOI: https://doi.org/10.15983/j.cnki.jsnu.2025025

数论与代数专题

关于Kloosterman和及其混合均值的研究

孟园园 ,
陈丽 ^,^*

展开

西安财经大学数学学院, 陕西西安 710100

^* 陈丽,女,副教授,博士,主要从事解析数论研究。E-mail:chenli_0928@xaufe.edu.cn

Office editor: 宋轶文

收稿日期: 2024-07-23

网络出版日期: 2025-12-17

基金资助

国家自然科学基金(12126357)

陕西省自然科学基础研究计划(2023-JC-QN-0050)

收起

On the Kloosterman sums and its hybrid power mean

MENG Yuanyuan ,
CHEN Li ^,^*

Expand

School of Mathematics, Xi’an University of Finance and Economics, Xi’an 710100, Shaanxi, China

Received date: 2024-07-23

Online published: 2025-12-17

Fold

摘要

主要利用三角和、特征和及高斯和的性质研究了两类 Kloosterman 和与特征和混合均值的计算问题,并给出一些精确的计算公式。

关键词： Kloosterman和; 特征和; 混合均值

本文引用格式

孟园园 , 陈丽 . 关于Kloosterman和及其混合均值的研究[J]. 陕西师范大学学报(自然科学版), 2025 , 53(6) : 117 -121 . DOI: 10.15983/j.cnki.jsnu.2025025

Abstract

The properties of the trigonometric sums, character sums and the classical Gauss sums are used to study the computational problem of two kinds of hybrid power mean involving the Kloosterman sums and character sums.Some exact computational formulae for them are given.

Key words： Kloosterman sums; character sums; hybrid power mean

设q≥3为正整数,对任意整数m及n,经典Kloosterman和K(m,n;q)^[1-2]定义为

K(m,n;q)=

∑ a = 1 q

m a + n a - q

。

式中:a·

a -

≡1 mod q;e(y)=e²^πⁱ^y;

∑ a = 1 q

'表示对满足1≤a≤q且(a,q)=1的a求和。

Kloosterman和在解析数论中具有重要意义,许多经典数论问题与其密切相关。有关Kloosterman和研究的任何实质性进展都将对乘性数论及解析数论的发展有极大的推动作用。许多专家在此方面开展工作并取得了一系列有意义的成果。例如,Salié^[3]及Iwaniec^[2]证明了对任意素数p,可以得到

∑ n = 0 p - 1 ∑ c = 1 p - 1 e n c + c - p 4

=2p³-3p²-3p-1。

Zhang^[4]运用初等方法给出了更一般的结果,证明了对任意整数n且满足(n,q)=1,有

∑ h = 1 q ∑ c = 1 q' e h c + n c - q 4

=3^w⁽^q⁾q²φ(q)

∏ p ‖ q 23 - 1 3 p - 4 3 p (p - 1)

。

式中:φ(q)是欧拉函数;

∏ p ‖ q

表示对q的所有满足p|q且p²

q的素因子p求积;w(q)表示q的所有不同质因子的个数。

关于Kloosterman和上界的研究具有重要意义,Chowla^[5]及Estermann^[6]证明了如下不等式:

∑ c = 1 q

m c + n c - q

≪(m,n,q

) 12

·d(q)·

q 12

。

式中:d(q)表示Dirichlet除数函数;(m,n,q)表示m、n及q的最大公约数。

其他关于Kloosterman和的研究可见参考文献[7 -11]。本文主要计算模p的Kloosterman和与特征和的混合均值,即计算

(1)

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 χ (m a + a -) 2 h

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2 k

。

式中,h及k是正整数。

这项研究很有意义,除了反映特征和与Kloosterman和本身的值分布性质外,它在解析数论中也有许多重要的应用。例如,Zhang关于孪生素数猜想的重要论文^[12]也涉及了Kloosterman和的一些特殊均值估计。因此,研究Kloosterman和的均值是必要的,这也是我们进行研究的初衷。

本文利用三角和、特征和及高斯和的性质研究式(1)中k=1,h=1及k=1,h=2的情况,并给出精确的计算公式。即证明如下两个定理。

定理1 设p是奇素数,对模p的任意非主偶特征χ,有

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 χ (m a + a -) 2

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

=2p(p²-p-1)-[τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂)+τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)]。

式中:χ=

χ 12

;χ₂表示模p的勒让德符号。

定理2 设p是奇素数,对模p的任意非主偶特征χ,有

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 χ (m a + a -) 4

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

=4p²(p²-p-1)-4p(τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)+

τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂))+(τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)+τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂))²·

p 2 - p - 1 p 2

。

当定理中的χ取一些特殊的特征时,可以得到如下几个简洁且有意义的推论。

推论1 设p是奇素数且满足p≡1 mod 4,可以得到

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 m a + a - p 2

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

=2p·(p²-2α²(p)-1),

式中:

* p

表示模p的勒让德符号;α(p)定义如下

(2)α(p)=

∑ a = 1 p - 1 2 a + a - p

α(p)的定义具有深刻意义。事实上,对任意奇素数p且满足p≡1 mod 4,p可以表示成两个整数的平方和,参阅文献[13],有

∑ a = 1 p - 1 2 a + a - p 2

∑ b = 1 p - 1 2 b + r b - p 2

。

式中,r是模p的二次非剩余,即

r p

=-1。

推论2 设p是奇素数且满足p≡1 mod 4,可以得到

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 m a + a - p 4

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

=(16α⁴(p)-16pα²(p)+8p²)(p²-p-1)-8p²(2α²(p)-p)。

推论3 设p是奇素数且满足p≡1 mod 3,若2是模p的三次剩余,则对模p的任意三阶特征λ,有

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 λ (m a + a -) 2

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

2 p 3 - d 2 p - 2 p, 若 p ≡ 1 m o d 12; 2 p 3 + d 2 p - 4 p 2 - 2 p, 若 p ≡ 7 m o d 12 。

式中,d由4p=d²+27b²及d≡1 mod 3唯一确定^[14]。

推论4 对任意奇素数p,有如下渐近公式:

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 m a + a - p 2

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

=2p³+O(p²)。

注释首先,我们给出推论3的一个具体数值例子,令p=31,结果为56 172。此外,在推论3中,若2是模p的三次非剩余,情况非常复杂,目前未能得到精确的结果。利用本文的思想方法,对模p的任意非主偶特征χ,可以得到下式的计算结果:

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 χ (m a + a -) 2 h

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2 k

。

式中:k=2;h≥1。这些有关工作与本文的结论相比,仅是计算复杂度的提升,因而在此并未给出具体结论。

1 引理

本节将给出5个简短的引理,其中用到的初等数论和解析数论的知识见文献[15]。首先,给出如下的引理。

引理1 设p是奇素数,m是整数且满足1≤m≤p-1,则对模p的任意非主偶特征χ,有恒等式

∑ a = 1 p - 1 χ (m a + a -) 2

=2p+

χ 2 (m) p

(τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)+τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂))。

式中:χ=

χ 12

;χ₂表示模p的勒让德符号。

证明由高斯和的性质,可以得到

(3)

∑ a = 1 p - 1

χ(ma+

a -

1 τ (χ ¯) ∑ b = 1 p - 1 χ ¯

(b)

∑ a = 1 p - 1

b (m a + a -) p

1 τ (χ ¯) ∑ b = 1 p - 1 χ ¯

(b)

∑ a = 1 p - 1 χ ¯

(a)e

b m a 2 + b p

。

令χ=

χ 12

,χ₂=

* p

表示模p的勒让德符号,由式(3)及模p的勒让德符号的性质,可得

(4)

∑ a = 1 p - 1

χ(ma+

a -

1 τ (χ ¯) ∑ b = 1 p - 1 χ ¯

(b)e

b p

∑ a = 1 p - 1 χ ¯ 1

(a)(1+χ₂(a))e

b m a p

χ 1 (m) τ (χ ¯)

(τ²(

χ ¯ 1

)+χ₂(m)τ²(

χ ¯ 1

χ₂))。

注意到|τ(χ₁)|²=|τ(χ₁χ₂)|²=p,由式(4)可以得到

∑ a = 1 p - 1 χ (m a + a -) 2

=2p+

χ 2 (m) p

(τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)+τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂))。

引理1得证。

引理2 设p是奇素数,可以得到如下恒等式:

∑ m = 1 p - 1

χ₂(m)

∑ a = 1 p - 1 e m a + a - p 2

=-p。

证明注意到χ₂(-1)τ²(χ₂)=p,结合高斯和及模p的勒让德符号的性质,有

∑ m = 1 p - 1

χ₂(m)

∑ a = 1 p - 1 e m a + a - p 2

∑ a = 1 p - 1 ∑ b = 1 p - 1 ∑ m = 1 p - 1

χ₂(m)e

m (a - b) + a - - b - p

=τ(χ₂)

∑ a = 1 p - 1 ∑ b = 1 p - 1

χ₂(a-b)e

a - - b - p

τ(χ₂)

∑ a = 1 p - 1

χ₂(a-1)

∑ b = 1 p - 1

χ₂(b)e

b - (a - - 1) p

=τ²(χ₂)

∑ a = 1 p - 1

χ₂(a-1)χ₂(

a -

-1)=χ₂(-1)τ²(χ₂)

∑ a = 1 p - 1

χ₂(a)

χ 22

(a-1)=

∑ a = 2 p - 1

χ₂(a)=-p。

引理2得证。

引理3 设p是奇素数且满足p≡1 mod 4,则对模p的任意四阶特征ψ,可以得到

τ²(ψ)+τ²(

ψ -

)=2

p

·α(p)。

式中,α(p)的定义见式(2)。

证明见文献[16]。

引理4 设p是奇素数且满足p≡1 mod 3,则对模p的任意三阶特征λ,有

τ³(λ)+τ³(

λ -

)=dp。

式中,d的定义同推论3。

证明见文献[17]。

引理5 设p是奇素数,对模p的任意非主偶特征χ,有

τ(χ²)=

χ 2 (2) · τ (χ) · τ (χ χ 2) τ (χ 2)

。

式中,χ₂=

* p

表示模p的勒让德符号。

证明由高斯和的性质,可以得到

(5)

∑ a = 0 p - 1

χ(a²-1)=

∑ a = 0 p - 1

χ((a+1)²-1)=

∑ a = 0 p - 1

χ(a)χ(a+2)=

1 τ (χ ¯) ∑ b = 1 p - 1 χ ¯

(b)

∑ a = 1 p - 1

χ(a)e

b (a + 2) p

τ (χ) τ (χ ¯) ∑ b = 1 p - 1 χ ¯

(b)

χ ¯

(b)e

2 b p

τ (x) τ (χ ¯) ∑ b = 1 p - 1 χ ¯ 2

(b)e

2 b p

χ 2 (2) · τ (χ) · τ (χ ¯ 2) τ (χ ¯)

。

另一方面,对任意整数b满足(b,p)=1,有

∑ a = 0 p - 1

b a 2 p

=1+

∑ a = 1 p - 1

(1+χ₂(a))e

b a p

∑ a = 1 p - 1

χ₂(a)e

b a p

=χ₂(b)·τ(χ₂)。

可以得到

(6)

∑ a = 0 p - 1

χ(a²-1)=

1 τ (χ ¯) ∑ a = 0 p - 1 ∑ b = 1 p - 1 χ ¯

(b)e

b (a 2 - 1) p

1 τ (χ ¯) ∑ b = 1 p - 1 χ ¯

(b)e

- b p ∑ a = 0 p - 1

b a 2 p

τ (χ 2) τ (χ ¯) ∑ b = 1 p - 1 χ ¯

(b)χ₂(b)e

- b p

χ 2 (- 1) χ ¯ (- 1) τ (χ 2) · τ (χ ¯ χ 2) τ (χ ¯)

。

注意到

τ (χ) ¯

=χ(-1)·τ(

χ ¯

),τ²(χ₂)=χ₂(-1)·p,τ(χ)·

τ (χ) ¯

=p。结合式(5)及式(6),可以得到

τ(

χ ¯ 2

χ ¯ 2 (2) · τ (χ ¯) · τ (χ ¯ χ 2) τ (χ 2)

τ(χ²)=

χ 2 (2) · τ (χ) · τ (χ χ 2) τ (χ 2)

。

引理5得证。

2 定理的证明

结合之前的5个引理,给出定理及推论的证明。首先,我们证明定理1,由三角和的性质,可以得到

(7)

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 e m a + a - p 2

=p(p-1)-1=p²-p-1。

结合式(7)、引理1及引理2,有

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 χ (m a + a -) 2

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

∑ m = 1 p - 1

(2p+

χ 2 (m) p

(τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)+

τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂)))·

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

=2p(p²-p-1)+

τ 2 (χ ¯ 1) τ 2 (χ 1 χ 2) p

∑ m = 1 p - 1

χ₂(m)

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

τ 2 (χ 1) τ 2 (χ ¯ 1 χ 2) p ∑ m = 1 p - 1

χ₂(m)

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

2p(p²-p-1)-[τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂)+τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)]。

定理1得证。

接下来,给出定理2的证明。与定理1的证明方法类似,可以得到

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 χ (m a + a -) 4

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

∑ m = 1 p - 1

(2p+

χ 2 (m) p

(τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)+

τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂)))²·

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

=4p²(p²-p-1)-4p(τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)+

τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂))+(τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)+τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂))²·

p 2 - p - 1 p 2

。

定理2得证。

下面给出推论1的证明。设p是奇素数且满足p≡1 mod 4,在定理1中令χ=χ₂=ψ²,ψ是模p的四阶特征。注意到τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂)=τ⁴(ψ)及τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)=τ⁴(

ψ -

),结合引理3,可以得到

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 m a + a - p 2

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

=2p(p²-p-1)-τ⁴(ψ)-τ⁴(

ψ -

2p³-2p-(τ²(ψ)+τ²(

ψ -

))²=2p·(p²-2α²(p)-1)。

推论1得证。

设p是奇素数且满足p≡1 mod 4,在定理2中令χ=χ₂=ψ²,ψ是模p的四阶特征。结合定理2及引理3,可以证明推论2。

接下来,给出推论3的证明。在定理1中取χ=λ,则χ=

λ - 2

,χ₁=

λ -

。结合引理 5可以得到

(8)τ(

λ -

λ - (2) · τ (λ) · τ (λ χ 2) τ (χ 2)

(9)τ²(λχ₂)=

λ - (2) · τ 4 (λ -) · τ 2 (χ 2) p 2

。

注意到τ²(χ₂)=

- 1 p

·p,结合式(8)及式(9),可以得到

(10)τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂)=

- 1 p

λ -

(2)·

τ 6 (λ -) p

(11)τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂)=

- 1 p

·λ(2)·

τ 6 (λ) p

。

若2是模p的三次剩余,则对模p的任意三阶特征λ,有λ(2)=

λ -

(2)=1,结合式(10)、式(11)、引理4及定理1,可以得到

∑ m = 1 p - 1 ∑ a = 1 p - 1 λ (m a + a -) 2

∑ b = 1 p - 1 e m b + b - p 2

=2p(p²-p-1)-(τ²(χ₁)τ(

χ ¯ 1

χ₂)+

τ²(

χ ¯ 1

)τ²(χ₁χ₂))=2p(p²-p-1)-

- 1 p p

·(τ⁶(λ)+τ⁶(

λ -

))=2p(p²-p-1)-

- 1 p p

·((τ³(λ)+

τ³(

λ -

))²-2τ³(λ)·τ³(

λ -

))=2p(p²-p-1)-

- 1 p

·(d²p-2p²)。

结合模p的勒让德符号的性质,可以得到推论3。

注意到估计|τ²(χ₁)τ²(

χ ¯ 1

χ₂)|≤p²,结合定理1,可以得到推论4。

3 结论

本文证明了2个主要定理,给出了特征和与 Kloosterman 和的2类混合均值计算公式。作为例子,在推论中给出了取2种具体特征时的精确结果。此工作也为混合均值的计算问题提供了一些新的思路和方法。

参考文献

原文顺序 | 文献年度倒序 | 文中引用次数倒序

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