问题及解答

记 $S(q,f(x))=\sum_{i=1}^{q}e_q(f(x))$, 其中 $e_q(f(x))=e^{2\pi i\frac{f(x)}{q}}$.  (参见问题2787, 2788)

 

基本引理

引理.  若 $p\nmid (a_k,\ldots,a_1)$, 则

\[
|S(p^{\ell},f(x))|\leqslant c_2(k)p^{\ell (1-\frac{1}{k})}
\]

 

 

---

References:

[1] 华罗庚 著, 王元 审校, 《华罗庚文集》(数论卷 I)

$\ell=1$ 时的证明.

不失一般性, 可假定 $p > k$ 及 $a_0=0$.

首先, 有恒等式(见问题2795)

\[
\begin{split}
&\sum_{a_k}\cdots\sum_{a_1}\biggl|\sum_{x=1}^{p}e_p(a_k x^k+\cdots+a_1 x)\biggr|^{2k}\\
=&\sum_{x_1}\cdots\sum_{x_k}\sum_{y_1}\cdots\sum_{y_k}\sum_{a_k}\cdots\sum_{a_1}e_p\bigl(a_k(x_1^k+\cdots+x_k^k-y_1^k-\cdots-y_k^k)+\cdots+a_1(x_1+\cdots+x_k-y_1-\cdots-y_k)\bigr)\\
=&p^k N,
\end{split}
\]

此处 $N$ 表示下列相合式组的解答的个数:

\[
x_1^h+\cdots+x_k^h\equiv y_1^h+\cdots+y_k^h\pmod p ,\qquad 1\leqslant h\leqslant k,\quad 1\leqslant x,y\leqslant p.\tag{1}
\]

注意, 获得此结论时, 引用了下面的公式(见问题2791)

\[
\sum_{x=1}^{q}e_q(hx)=\begin{cases} 
q, &\text{若}\ q\mid h,\\ 
0, &\text{若}\ q\nmid h. 
\end{cases}
\]

 

由对称函数中一熟知的定理, 由 (1) 可导出

\[
(x-x_1)\cdots(x-x_k)\equiv(x-y_1)\cdots(x-y_k)\pmod p
\]

(见问题2794)

 

由此可知 $y_1,\ldots,y_k$ 乃由 $x_1,\ldots,x_k$ 转换次序而得出的 ($\mod p$). 所以

\[N\leqslant k! p^k\]

(这里 $k!$ 指 $k$ 个数所有置换的个数, 乘以 $p^k$ 是因为每个 $x_i$ 有 $p$ 种选择, $x_i\in\{0,1,2,\ldots,p-1\}$.)

由此得出

\[
\sum_{a_k}\cdots\sum_{a_1}\Bigl|S(p,a_k x^k+\cdots +a_1 x)\Bigr|^{2k}\leqslant k! p^{2k}.\tag{2}
\]

 

显然, 对任一 $\lambda(\not\equiv 0\pmod p)$ 及任一 $\mu$, (这里 $\lambda,\mu\in\mathbb{Z}$)  常有

\[
\bigl|S(p,f(x))\bigr|=\bigl|S(p,f(\lambda x+\mu)-f(\mu))\bigr|
\]

的情形发生.

所有这种形式的和都在 (2) 式的左边出现. 现在要求出由所有不同的多项式 $f(\lambda x+\mu)-f(\mu)$ 所得的和 $S(p,f(\lambda x+\mu)-f(\mu))$ 的个数.

[Def] 若两个多项式的系数各各相合 $\pmod p$, 则此两多项式被认为在模 $p$ 的意义下全同, 或称为全同 $\pmod p$.

我们可以假定 $p\nmid a_k$ 而不失其普遍性. 若 $f(\lambda x+\mu)-f(\mu)$ 与 $f(x)$ 在模 $p$ 的意义下全同, 则得

\[
a_k \lambda^k\equiv a_k,\quad ka_k\lambda^{k-1}\mu+a_{k-1}\lambda^{k-1}\equiv a_{k-1}\pmod p .
\]

(参见问题2796.)

适合 $\lambda^k\equiv 1\pmod p$ 的 $\lambda$ 的个数 $\leqslant k$. 对一固定的 $\lambda,\mu$ 就唯一决定. 所以形如 $f(\lambda x+\mu)-f(\mu)$ 的多项式种最多有 $k$ 个与 $f(x)$  在模 $p$ 的意义下全同.

由此可得, 在所有的 $p(p-1)$ 个多项式

\[
f(\lambda x+\mu)-f(\mu),\qquad 1\leqslant\lambda\leqslant p-1,\ \ 1\leqslant\mu\leqslant p
\]

种, 至少有 $p(p-1)/k$ 个是互不相同的. 所以

\[
ap(p-1)\cdot\bigl|S(p,f(x))\bigr|^{2k}\leqslant k!p^{2k},
\]

这里 $a=\frac{1}{k}$. 即

\[
\bigl|S(p,f(x))\bigr|\leqslant\biggl(\frac{k\cdot k!}{p(p-1)}\biggr)^{\frac{1}{2}a}\cdot p\leqslant(2k\cdot k!)^{\frac{1}{2}a}p^{1-a}\leqslant kp^{1-a}.\tag{3}
\]

 

注:

• 第一个不等号是由于 $a=\frac{1}{k}$, 化简即得.
• 第二个不等号是因为 $p\geqslant 2$.
• 第三个不等号放得有点大.

---

Q.E.D.

这里只证明了 $\ell=1$ 的情形.

 

参考 [1] P.15-16, 第一章第3节.