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# 数学代写|解析数论代写Analytic Number Theory代考|MATH11226 Let p be an odd prime

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## 数学代写|解析数论代写Analytic Number Theory代考|Let p be an odd prime

8.76 Let $p$ be an odd prime, and suppose for a contradiction that $r_{i+1}-r_i \geq p^{\frac{1}{2}+\epsilon}$ for some $i<\frac{p-1}{2}$. Then with $N$ denoting the greatest integer smaller than $p^{\frac{1}{2}+\epsilon}$, all of $r_i+1, \ldots, r_i+N$ are nonsquares modulo $p$. Thus,
$$\left|\sum_{n=r_i+1}^{r_i+N}\left(\frac{n}{p}\right)\right|=N .$$
However, by the Pólya-Vinogradov inequality (Problem 6.55),
\begin{aligned} \left|\sum_{n=r_i+1}^{r_i+N}\left(\frac{n}{p}\right)\right| & =\left|\sum_{n=1}^{r_i+N}\left(\frac{n}{p}\right)-\sum_{n=1}^{r_i}\left(\frac{n}{p}\right)\right| \ & \leq\left|\sum_{n=1}^{r_i+N}\left(\frac{n}{p}\right)\right|+\left|\sum_{n=1}^{r_i}\left(\frac{n}{p}\right)\right|<2 \sqrt{p} \log p . \end{aligned}

## 数学代写|解析数论代写Analytic Number Theory代考|Remarks

The formula (8.26) for $S_{\ell}$ ( $\ell$ odd) yields a slick proof of the famous Law of Quadratic Reciprocity.

Assume $\ell$ and $p$ are odd primes, $\ell \neq p$. From (8.26) and Euler’s criterion for quadratic residues,
$$S_{\ell} \equiv 1+(-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{\ell-1}{2}}\left(\frac{p}{\ell}\right)(\bmod \ell) .$$
Here is another way of computing $S_{\ell}(\bmod \ell)$. Observe that if $\left(x_1, \ldots, x_{\ell}\right)$ is a tuple counted in the definition of $S_{\ell}$, so is its cyclic shift $\left(x_2, \ldots, x_{\ell-1}, x_1\right)$. Call two tuples equivalent if one can be obtained from the other by a finite number of cyclic shifts; it is easy to see that this is an equivalence relation, and that each equivalence class has size dividing $\ell$, so is either 1 or $\ell$. Therefore, $S_{\ell}$ is congruent, $\bmod \ell$, to the number of classes of size 1 . That number is just
\begin{aligned} #\left{x \in \mathbb{Z}_p: \ell x^2=1\right} & =#{\text { square roots of } 1 / \ell \bmod p} \ & =#{\text { square roots of } \ell \bmod p}=1+\left(\frac{\ell}{p}\right) . \end{aligned}
Thus, modulo $\ell$
$$1+\left(\frac{\ell}{p}\right) \equiv 1+(-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{\ell-1}{2}}\left(\frac{p}{\ell}\right)$$
Subtracting 1 and multiplying both sides by $\left(\frac{p}{\ell}\right)$, we obtain
$$\left(\frac{p}{\ell}\right)\left(\frac{\ell}{p}\right) \equiv(-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{\ell-1}{2}}$$

## 数学代写|解析数论代写Analytic Number Theory代考|Let $p$ be an odd prime

$$\left|\sum_{n=r_i+1}^{r_i+N}\left(\frac{n}{p}\right)\right|=N$$

$$\left|\sum_{n=r_i+1}^{r_i+N}\left(\frac{n}{p}\right)\right|=\left|\sum_{n=1}^{r_i+N}\left(\frac{n}{p}\right)-\sum_{n=1}^{r_i}\left(\frac{n}{p}\right)\right| \leq\left|\sum_{n=1}^{r_i+N}\left(\frac{n}{p}\right)\right|+\left|\sum_{n=1}^{r_i}\left(\frac{n}{p}\right)\right|<2 \sqrt{p} \log p .$$

## 数学代写|解析数论代写Analytic Number Theory代考|Remarks

$$S_{\ell} \equiv 1+(-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{\ell-1}{2}}\left(\frac{p}{\ell}\right)(\bmod \ell)$$

$$1+\left(\frac{\ell}{p}\right) \equiv 1+(-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{\ell-1}{2}}\left(\frac{p}{\ell}\right)$$

$$\left(\frac{p}{\ell}\right)\left(\frac{\ell}{p}\right) \equiv(-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{\ell-1}{2}}$$

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