1、 第3 6卷第3期纺织高校基础科学学报V o l.3 6,N o.3 2 0 2 3年6月B A S I C S C I E N C E S J O U R N A L O F T E X T I L E U N I V E R S I T I E SJ u n.,2 0 2 3 引文格式:王啸,邵凡晖.模素数p下整数0的二次分拆的计数J.纺织高校基础科学学报,2 0 2 3,3 6(3):9 2-9 7.WAN G X i a o,S HAO F a n h u i.C o u n t i n g q u a d r a t i c p a r t i t i o n s o f i n t
2、 e g e r z e r o m o d u l o p r i m e n u m b e rpJ.B a s i c S c i-e n c e s J o u r n a l o f T e x t i l e U n i v e r s i t i e s,2 0 2 3,3 6(3):9 2-9 7.收稿日期:2 0 2 2-1 0-1 0 收稿日期:2 0 2 2-1 1-2 3基金项目:陕西省自然科学基础研究计划项目(2 0 2 2 J Q-0 5 8)通信作者:王啸(1 9 8 9),女,长安大学讲师,博士,研究方向为数论。E-m a i l:w a n g x i a o
3、_0 6 0 6c h d.e d u.c n。模素数p下整数0的二次分拆的计数王 啸,邵凡晖(长安大学 理学院,陕西 西安 7 1 0 0 6 4)摘 要 利用解析的方法以及一类模素数p的特征和的性质,研究了当p5(m o d 6)时同余方程x21+x22+x23+x240(m o d p)解的个数,给出精确的计算公式。同时,研究了由4个元素所组成的模p下整数0的分拆,其中分拆中的元素均取自模p的二次剩余,将整数0的分拆共分为3类,并对每一类分拆的个数给出了精确的计算公式。关键词 D i r i c h l e t特征和;同余方程;整数分拆;计算公式开放科学(资源服务)标识码(O S I D
4、)中图分类号:O 1 5 6.4 文献标志码:AD O I:1 0.1 3 3 3 8/j.i s s n.1 0 0 6-8 3 4 1.2 0 2 3.0 3.0 1 3C o u n t i n g q u a d r a t i c p a r t i t i o n s o f i n t e g e r z e r o m o d u l o p r i m e n u m b e rpWANG X i a o,SHA O F a n h u i(S c h o o l o f S c i e n c e,C h a n ga n U n i v e r s i t y,X ia
5、n 7 1 0 0 6 4,C h i n a)A b s t r a c t T h e m a i n p u r p o s e o f t h i s r e s e a r c h i s u s i n g t h e a n a l y t i c m e t h o d a n d p r o p e r t i e s o f a k i n d o f D i r i c h l e t c h a r a c t e r s u m m o d u l o p w i t h p5(m o d 6)t o s t u d y t h e n u m b e r o f s
6、 o l u t i o n s o f c o n-g r u e n c e e q u a t i o n x12+x22+x32+x420(m o d p).T h e a c c u r a t e c a l c u l a t i o n f o r m u l a s w e r e g i v e n.A l s o,i t i s p r o v e d t h a t t h e f o u r-p a r t p a r t i t i o n s o f 0 w i t h a l l f o u r p a r t s c h o s e n f r o m t h
7、 e s e t o f n o n-z e r o q u a d r a t i c r e s i d u e s m o d p.S u c h p a r t i t i o n s a r e d i v i d e d i n t o t h r e e t y p e s.T h e e x a c t c a l c u l a t i o n f o r m u l a f o r t h e n u m b e r o f p a r t i t i o n s o f e a c h t y p e i s g i v e n.K e y w o r d s D i r
8、 i c h l e t c h a r a c t e r s u m;c o n g r u e n c e e q u a t i o n;i n t e g e r p a r t i t i o n;c a l c u l a t i o n f o r m u l a s 1 引言与结论 特征和估计是数论研究的重要问题,许多专家学者都对其上界估计问题进行了深入研究。设q为满足q3的整数,为模q的D i r i c h l e t特征,包含多项式的特征和为N+Ma=N+1(f(a)式中:M和N为任意正整数;f(x)为多项式。当q=p是奇素数时,文献1 得到了重要的估计式,即N+Mx=
9、N+1(f(x)p12l np式中:AB表示对某些常数c满足A5时,满足(a、b、c、d)Sp的四元数解共包含以下3种情况:(i)4个数a、b、c、d满足a=b,c=d,且ac;(i i)4个数a、b、c、d中有且仅有2个相同的数字;(i i i)4个数a、b、c、d都不相同。由p,p和p的定义可知,p、p、p以及Sp存在以下关系。引理2设素数p满足p5(m o d 6),则Sp=6p+1 2p+2 4p=11 6(p-1)p2-2p+3+6(-1)p-12()证明 由p、p和p的定义以及定理1的结论可知,第一类解的个数为6p,第二类解的个数为1 2p,第三类解的个数2 4p,故满足a、b、c
10、、drp,a3+b3+c3+d30(m o d p)所有解的个数Sp=6p+1 2p+2 4p=11 6(p-1)p2-2p+(3+6(-1)p-12)。命题1 设素数p满足p5(m o d 6),则(i)当p1 1(m o d 1 2)时,则Sp中所有的解都为第二类解或第三类解,即p=0。(i i)当p5(m o d 1 2)时,则Sp中有3(p-1)/2个第一类解,相应地,p=(p-1)/4。证明(i)由反证法可知,假设p 1 1(m o d 1 2),则-1不是模p的二次剩余。假设(a,a,b,b)Sp,可得a,brp且a+a+b+b0(m o d p),由同余的性质可得:-ab(m o
11、 d p),可以推出-1rp,与假设矛盾。因此Sp中所有的解都为第二类解或第三类解。(i i)假设p5(m o d 1 2),则-1是模p的二次剩余。则Sp中有3(p-1)/2个第一类解,解的形式为(a,a,-a,-a),(-a,-a,a,a),(a,-a,a,-a),(a,-a,-a,a),(-a,a,a,-a),(-a,a,-a,a),其中arp。将rp里的元素由小到大排列,得到第n项元素与第(p+1)/2-n项元素的和恰好为p,(n=1,2,(p-1)/4)。第一类解仅在这种情形下产生,容易得到p=(p-1)/4。定理3 设素数p满足p5(m o d 6),则(i)第二类分拆个数p=p-
12、58p-12,若p5(m o d 2 4)p-38p-12,若p1 1(m o d 2 4)p-98p-12,若p1 7(m o d 2 4)p+18p-12,若p2 3(m o d 2 4)|(i i)第三类分拆个数p=p-13 8 4(p2-1 4p+4 5),若p5(m o d 2 4)p-13 8 4(p2-1 4p+3 3),若p1 1(m o d 2 4)p-13 8 4(p2-1 4p+9 3),若p1 7(m o d 2 4)p-13 8 4(p2-1 4p-1 5),若p2 3(m o d 2 4)|证明(i)取1ip-14,ai+ai+b+c=k p,k=1,2。当p5(m
13、 o d 2 4)时,p=p-58p-14;当p1 7(m o d 2 4)时,p=p-98p-14。取(p+3)/4j(p-1)/2,aj+aj+b+c=k p,k=2,3。当p5(m o d 2 4)时,p=p-58p-14;当p1 7(m o d 2 4)时,p=p-98p-14。综上,当p5(m o d 2 4)时,第二类分拆个数59第3期 王啸,等:模素数p下整数0的二次分拆的计数p=p-58p-12;当p1 7(m o d 2 4)时,第二类分拆个数p=p-98p-12。当p1 1(m o d 1 2)时,由命题1(i)可得p=0。取1m(p-1)/2,am+am+b+c=k p,
14、k的取值有5种可能:k=1;k=1,2;k=2;k=2,3或k=3。可得当p1 1(m o d 2 4)时,第二类解的个数p=p-38p-12;当p 2 3(m o d 2 4)时,第二类解的个数p=p+18p-12。(i i)由于N(1,4,p)=6p+1 2p+2 4p,由命题1(i i)、定理1以及第二类分拆个数可得,当p5(m o d 2 4)时,第三类分拆个数p=12 4N(1,4,p)-6p-1 2p=11 6(p-1)p2-2p+9()-6p-14-1 2p-12p-582 4=p-13 8 4(p2-1 4p+4 5),当p 1 7(m o d 2 4)时,第 三 类 分 拆
15、个 数p=p-13 8 4(p2-1 4p+9 3)。同理,由命题1(i)可知,当p1 1(m o d 1 2)时,N(1,4,p)=1 2p+2 4p。由定理1可得,当p1 1(m o d 2 4)时,第三类分拆个数p=12 4N(1,4,p)-1 2p=11 6(p-1)(p2-2p-3)-1 2p-12p-382 4=p-13 8 4(p2-1 4p+3 3),当p 2 3(m o d 2 4)时,第 三 类 分 拆 个 数p=p-13 8 4(p2-1 4p-1 5)。定理3得证。令(a,b,c,d)表示由Sp产生的0的分拆,Up表示由Sp产生的0的第一类分拆的集合,Vp表示由Sp产生
16、的0的第二类分拆的集合,Wp表示由Sp产生的0的第三类分拆的集合,则有例2当p=1 7时,r1 7=1,2,4,8,9,1 3,1 5,1 6,S1 7中1 7-14=4个 第 一 类 分 拆,U1 7=(1,1,1 6,1 6),(2,2,1 5,1 5),(4,4,1 3,1 3),(8,8,9,9),则有4 6=2 4个第一类解;S1 7产生1 7-981 7-12=8个第二类分拆,V1 7=(1,1,2,1 3),(2,2,4,9),(4,4,1,8),(8,8,2,1 6)(4,1 5,1 6,1 6),(8,1 3,1 5,1 5),(9,1 6,1 3,1 3),(1,1 5,9,9)则有81 2=9 6个第二类解;S1 7产生1 72-1 41 7+9 3()1 7-13 8 4=6个第 三 类 分 拆,W1 7=(1,2,1 5,1 6),(1,4,1 3,1 6),(1,8,9,1 6),(2,8,9,1 5),(2,4,1 3,1 5),(4,8,9,1 3)则有62 4=1 4 4种第三类解。因此,S1 7=2 4+9 6+1 4 4=2 6 4个解。同定理1结
