superposición de residuos cuadráticos

Question

Sea $p$ sea un número primo de la forma $4k+1$ y $M$ es su conjunto de residuos cuadráticos.

Sea $M_i=\{i+x|\forall x\in M\}$ $\forall 0<i<p$ .

¿Existe una constante positiva $\varepsilon$ tal que para cada $p$ lo suficientemente grande, $|M\cap M_i|<\frac{(1-\varepsilon)(p-1)}{2}\ \ \forall 0<i<p$ ?

Answer 1

He aquí un enfoque elemental. $\#(M\cap M_i)$ es igual al número de soluciones $y-x=i$ con $x,y\in M$ . Todo residuo cuadrático es el cuadrado de dos residuos distintos de cero, por lo que $\#(M\cap M_i)$ es igual a $1/4$ veces el número de soluciones de $a^2-b^2=i$ con $a,b\in\mathbb{F}_p^\times$ . Para $p>2$ podemos hacer el cambio biyectivo de variables $u:=a+b$ y $v:=a-b$ lo que demuestra que estamos contando el número de soluciones $uv=i$ con $u,v\in\mathbb{F}_p$ tal que $u\neq\pm v$ . Sin la restricción $u\neq\pm v$ hay exactamente $p-1$ (de hecho, dejemos que $u\in\mathbb{F}_p^\times$ sea arbitraria y ponga $v:=i/u$ ). Si $i$ es un residuo cuadrático, entonces hay precisamente $4$ soluciones con $u=\pm v$ de lo contrario no existen tales soluciones.

Resumiendo, $\#(M\cap M_i)$ es igual a $\frac{p-5}{4}$ o $\frac{p-1}{4}$ dependiendo de si $i$ es un residuo cuadrático o no.

Para $p\equiv 3\pmod{3}$ hay precisamente $2$ soluciones de $uv=i$ con $u=\pm v$ (porque precisamente uno de $i$ y $-i$ es un residuo cuadrático), por lo que en este caso $\#(M\cap M_i)$ siempre es igual a $\frac{p-3}{4}$ .

Añadido. En general, es fácil contar el número de soluciones de $ a_1x_1^2+\dots +a_kx_k^2=b $ en un campo finito. Para un tratamiento de $k=2$ (que es fácil de extender a $k>2$ ) véase mi respuesta anterior aquí .

Answer 2

Utilizando el hecho de que $\frac12(1+(\frac np))$ es igual a $1$ si $n$ es un residuo cuadrático módulo $p$ y $0$ si $n$ es un no-residuo cuadrático, vemos que $$ \#(M\cap M_i) = \sum_{n=1}^{p-1} \frac12\bigg(1+\bigg(\frac np\bigg)\bigg)\frac12\bigg(1+\bigg(\frac{n+i}p\bigg)\bigg) + O(1). $$ (Si $i$ es un residuo cuadrático módulo $p$ entonces el $n=p-i$ en esta suma contribuye $\frac12$ cuando debería contribuir $0$ ; esa es la razón de la $O(1)$ . No comentaré anomalías similares en lo sucesivo, por brevedad). Por tanto, \begin{align*} \#(M\cap M_i) &= \frac{p-1}4 + \frac14\sum_{n=1}^{p-1} \bigg(\frac np\bigg) + \frac14\sum_{n=1}^{p-1} \bigg(\frac{n+i}p\bigg) + \frac14\sum_{n=1}^{p-1} \bigg(\frac np\bigg)\bigg(\frac {n+i}p\bigg) + O(1) \\ &= \frac{p-1}4 + 0+0+ \frac14\sum_{n=1}^{p-1} \bigg(\frac {n(n+i)}p\bigg) + O(1). \end{align*}

Realizar el cambio de variables $m\equiv n^{-1}$ (mod $p$ ), esta última suma es \begin{align*} \sum_{n=1}^{p-1} \bigg(\frac {n(n+i)}p\bigg) &= \sum_{m=1}^{p-1} \bigg(\frac {m^{-1}(m^{-1}+i)}p\bigg) \\ &= \sum_{m=1}^{p-1} \bigg(\frac {m^{-1}(m^{-1}+i)}p\bigg) \bigg(\frac {m^2}p\bigg) \\ &= \sum_{m=1}^{p-1} \bigg(\frac {1+mi}p\bigg) = \sum_{k=1}^{p-1} \bigg(\frac kp\bigg) + O(1) = 0 + O(1). \end{align*} mediante otro cambio de variables. (Esto supone $p\nmid i$ por supuesto).

En resumen, $\#(M\cap M_i)$ está muy cerca de $\frac{p-1}4$ la diferencia está incluso acotada Los experimentos numéricos sugieren, y una aclaración del argumento anterior seguramente lo demostraría, que la respuesta es exactamente $\frac{p-3}4$ cuando $p\equiv3$ (mod $4$ ) y $\frac{p-1}4$ o $\frac{p-5}4$ cuando $p\equiv1$ (mod $4$ ).