Calcul exact de $C_p :=\sum_{n=1}^p \cos(\frac{2\pi n^2}p)\; p\in \mathbb N^* $

gebrane

Bonjour
Dans un récent fil où on peut démontrer facilement que
la série  edit un $\frac 1n$ qui manquait $\sum_{n\geq 1} \frac 1n \cos(\frac{2\pi n^2}p)$ est convergente ssi $C_p:=\sum_{n=1}^p \cos(\frac{2\pi n^2}p) =0$.

 Pour trouver un $p$ qui assure que $C_p\neq 0$  donc la divergence de la série, j'ai utilisé wolfram : un candidat est $p=5$ mais en s'amusant plus avec wolfram j'ai remarqué que $C_p=0$ pour p=3, p=7, p=11  https://www.wolframalpha.com/input?i=Table[Sum[Cos[2+n^2+Pi+/+p],+{n,+1,+p}],+{p,+{3,+7,+11,+15}}]
Cela suggère que $C_p=0$ si $p=3 ( mod 4)$
De même je trouve avec wolfram des valeurs non nulles de $C_p$ pour pour p=1, p=5, p=9 https://www.wolframalpha.com/input?i=Table[Sum[Cos[2+n^2+Pi+/+p],+{n,+1,+p}],+{p,+{1,+5,+9,+13}}] . Cela suggère que $C_p\neq 0$ si $p=1 ( mod 4)$

De même pour p=2, ou 6, ou 10 j trouve que $C_p=0$ et cela suggère que $C_p=0$ si $p=2 (mod 4) https://www.wolframalpha.com/input?i=Table[Sum[Cos[2+n^2+Pi+/+p],+{n,+1,+p}],+{p,+{2,+6,+10,+14}}]
et pour p=4 ou 8 ou 12 je trouve des valeurs non nulles de $C_p$
Donc je me demande si on peut prouver que $C_p$ et non nulle uniquement pour $p=1 mod 4$ et $p=4 mod 4$

Math Coss

Tu connais les sommes de Gauss ?

gebrane

Merci, MC ! 

J’ai dû oublier (je travaille rarement en arithmétique).

plsryef

il faut que tu révises une des preuve les plus rapides de la loi de réciprocité quadratique @gebrane , non mais oh !

gebrane

@plsryef Je ne sais pas si Gauss avait remarquer aussi que $$\sum_{n=1}^p \cos(\frac{2\pi n^m}p) =0\, \forall m\in \N^* \quad\text{ pour p=1 mod 4}$$

LOU16

Bonjour @gebrane

Je note: $\:\:C_p(m)=\displaystyle \sum_{n=1}^p\cos\left(\dfrac{2\pi n^m}p\right), \:\:$ et $\mathbb P$ l'ensemble des nombres premiers.

Entre autres innombrables observations,Gauss avait sûrement remarqué et démontré (ce qui n'est pas très difficile) que: 

$\forall (p,m)\in \mathbb P\times\N,$

$p \equiv 1\mod 4 \implies C_p(2)^2=p.\qquad p\equiv 3 \mod 4\implies C_p(2)=0.\qquad m\wedge(p-1)=1\implies C_p(m)=0.$

$m\wedge(p-1)\notin \{1;2\}\implies C_p(m)\neq 0.$

gebrane

Bonjour @LOU16 Pourquoi tu te limites à des $p$ premiers https://www.wolframalpha.com/input?i=Table[Sum[Cos[2+n^9+Pi+/+p],+{n,+1,+p}],+{p,+{2,+6,+10,+14}}]

LOU16

Re,

gebrane a dit :

Bonjour @LOU16 Pourquoi tu te limites à des $p$ premiers https://www.wolframalpha.com/input?i=Table[Sum[Cos[2+n^9+Pi+/+p],+{n,+1,+p}],+{p,+{2,+6,+10,+14}}]

Je me limite en général aux affirmations dont je pense détenir une preuve. Je n'ai pas du tout compris ce  que le lien  "wolfram alpha" était censé me dire en m'indiquant que quelques valeurs de $C_p(m)$ étaient nulles, d'autant plus que

les "constatations de Gauss" que j'ai mentionnées n'accréditent pas du tout le $"p\equiv 1 \mod 4 \implies C_p(m) =0".$

gebrane

Revenons à m=2, je crois que  $C_{2+4p}=0$ pour tout p dans $\N$
Si tu n'as pas de contre exemple je vais chercher une preuve

gebrane

En cherchant des infos sur ces sommes de Gauss, en fait Gauss a démontré ceci 

\[\sum _{k=1}^{p-1}\cos (\frac{k^2\pi }{p})= \begin{cases}  \sqrt{p}, & \text{if } p \equiv 0, 1  \pmod{4}, \\[10pt]0, & \text{if } p \equiv 2, 3 \pmod{4},\end{cases}\]

Source Tableau dans la page 506 https://webusers.imj-prg.fr/~pierre.charollois/Patterson_Gauss_sums_in_Goldstein_Schappacher.pdf

LOU16

Re,

Oui, il est bien exact que : $\forall (n,m)\in\N^{*2},\:\:C_{4n+2}(2m) =0. \:$ Cela provient de $\omega^{k^m}+\omega^{(k+2n+1)^m} =0,\:\:\omega =\exp\left(\dfrac{2\mathrm i \pi}{4n+2}\right)$.

 Mais nous sommes encore assez éloigné d'une expression générale pour $C_n(m).$

$@Gebrane : \:Tu as dû très mal recopier la formule de Gauss, car $\displaystyle \sum_{k=1}^4\cos\left(\dfrac {\pi k^2}5\right) =0.$

dedekind93

Bonjour à tous. Est-ce que quelqu'un peut donner un lien vers le ''récent fil'' que gebrane évoque dans son premier message ? J'ai cherché, sans succès. Merci.

gebrane

@dedekind93 c'est ce fil https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2339750/convergence-dune-serie-de-fourier#latest

dedekind93

Merci gebrane !

LOU16

Bonjour,

Le bel exercice (non corrigé et pas si facile)$\:6.13$ page $26$ du livre de Marc Hindry "arithmétique-Tableau Noir-Calvage@Mounet" (2008)  conduit à:

$$\forall N\in\N^*,\quad \displaystyle\sum_{k=0}^{N-1}\cos\left(\dfrac{2 \mathrm \pi k^2}N\right) =\begin{cases}\sqrt N &\text{ si }N\equiv 0,1\mod 4\\0&\text{ si } N\equiv 2,3\mod 4.\end{cases}$$

Cet exercice applique de manière particulièrement spectaculaire et efficace la "théorie (analytique) des séries de Fourier" à un problème purement arithmétique.

gebrane

Bonjour @LOU16 , peux tu scanner l'exercice du livre pour comprendre ce que tu veux dire exactement 

Boécien

Pour continuer dans l'arithmétique. Soit $m\geq3$ un entier. Soit $\alpha_{m}$= le plus petit facteur premier impair de $m$ ou $=1$ si $m$ est une puissance de $2$. Alors on a

• $\sum_{k=0}^{n^{2}-1}\cos\left(\frac{2\pi k^{m}}{n^{2}}\right)=n$ si et seulement si $\alpha_{m}n$ est libre de carré.

Par exemple

• $\sum_{k=0}^{n^{2}-1}\cos\left(\frac{2\pi k^{3}}{n^{2}}\right)=n$ si et seulement si $3n$ est libre de carré.

• $\sum_{k=0}^{n^{2}-1}\cos\left(\frac{2\pi k^{4}}{n^{2}}\right)=n$ si et seulement si $n$ est libre de carré.

• $\sum_{k=0}^{n^{2}-1}\cos\left(\frac{2\pi k^{5}}{n^{2}}\right)=n$ si et seulement si $5n$ est libre de carré.

• $\sum_{k=0}^{n^{2}-1}\cos\left(\frac{2\pi k^{6}}{n^{2}}\right)=n$ si et seulement si $3n$ est libre de carré.

LOU16

Salut @gebrane ,

Je ne sais pas formuler plus clairement l'idée que j'ai voulu exprimer dans mon message précédent, dont le but était  seulement de signaler l'existence de cet énoncé.. Scanner ce dernier est un exercice  qui est au-dessus de mes compétences.

Je peux cependant recopier les questions qui mènent au résultat annoncé.

Soient $N \in \N^*,\:G(N) =\displaystyle \sum _{k=0}^{N-1}\exp \left(\dfrac{2\mathrm i\pi k^2}N\right), \quad f: [0;1]\to \R,\:\:x\mapsto \exp\left(\dfrac{2\mathrm i\pi x^2}N\right),\quad\varphi (x) = \displaystyle \sum_{k=0}^{N-1}f(x+k), $

 $ \displaystyle \forall m\in\Z, \:\:\widehat{\varphi}(m) =\int _0 ^1\varphi(t)\mathrm e^{-2\mathrm i\pi mt}\mathrm dt.$

$\bullet\:\:$ Vérifier que $G(N)=\dfrac{\varphi(0)+\varphi(1)}2 =\displaystyle \sum_{m\in\Z}\widehat{\varphi}(m)\quad\bullet\:\:$ En déduire que $ G(N)=(1+\mathrm i^{-N})\sqrt N\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm e^{2\mathrm i\pi t^2}\mathrm dt.$

$\bullet\:\: $Déterminer$\:\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm e^{2\mathrm i\pi t^2}\mathrm dt\: $ avec $\: N=1,\:$ et déduire la valeur de $G(N).$

Edit Je viens de voir que le raisonnement ci-dessus était détaillé dans le lien donné par @gebrane Source Tableau dans la page 506 https://webusers.imj-prg.fr/~pierre.charollois/Patterson_Gauss_sums_in_Goldstein_Schappacher.pdf

gebrane

Ok , Lou16  J'avais cru ( puisque ca parle de séries de Fourier) que l'exercice du livre avait pour but de démontrer que la série   $\sum_{n\geq 1} \frac 1n \cos(\frac{2\pi n^2}p)$ est convergente ssi $C_p:=\sum_{n=1}^p \cos(\frac{2\pi n^2}p) =0$. et apres comme suite il propose de calculer les $C_p$
Et merci pour ta contribution dans ce fil

dedekind93

Bonjour à tous. 
gebrane, peux-tu expliquer comment tu démontres que $\displaystyle\sum_{n\geq 1} \frac 1n \cos\left(\frac{2\pi n^2}p\right)$ converge si et seulement si $C_p=0$ s'il te plaît ? Merci !

gebrane

Tu veux une solution détaillé ou des indications

gebrane

Voici des indications
1) montrer que $n\to  \cos\left(\frac{2\pi n^2}p\right)$ et p-périodique
2) En deduire $\forall m\in \N, \sum_{n=mp+1}^{(m+1)p }\cos(\frac{2\pi n^2}p)=C_p$
3) En déduire que $\forall m\in \N, \sum_{n=mp+1}^{(m+1)p }[\cos(\frac{2\pi n^2}p)-\frac{C_p}p]=0$
4)En déduire que la suite $A_m= \sum_{n=1}^{m }[\cos(\frac{2\pi n^2}p)-\frac{C_p}p]$ est bornée
5) En déduire la convergence de la serie  $\sum_{n\geq 1}\frac 1n [\cos(\frac{2\pi n^2}p)-\frac{C_p}p]$ est convergente
6) En déduire la question 

gebrane

@Boécien  Il est interessant de calculer comme Gauss

$$C_N(m)=\displaystyle \sum_{n=1}^{N-1}\cos\left(\dfrac{2\pi n^m}N\right)$$

dedekind93

Merci beaucoup gebrane d'avoir pris le temps de rédiger ces questions !

etanche

Boécien a dit :

Pour continuer dans l'arithmétique. Soit $m\geq3$ un entier. Soit $\alpha_{m}$= le plus petit facteur premier impair de $m$ ou $=1$ si $m$ est une puissance de $2$. Alors on a

• $\sum_{k=0}^{n^{2}-1}\cos\left(\frac{2\pi k^{m}}{n^{2}}\right)=n$ si et seulement si $\alpha_{m}n$ est libre de carré.

Par exemple

• $\sum_{k=0}^{n^{2}-1}\cos\left(\frac{2\pi k^{3}}{n^{2}}\right)=n$ si et seulement si $3n$ est libre de carré.

• $\sum_{k=0}^{n^{2}-1}\cos\left(\frac{2\pi k^{4}}{n^{2}}\right)=n$ si et seulement si $n$ est libre de carré.

• $\sum_{k=0}^{n^{2}-1}\cos\left(\frac{2\pi k^{5}}{n^{2}}\right)=n$ si et seulement si $5n$ est libre de carré.

• $\sum_{k=0}^{n^{2}-1}\cos\left(\frac{2\pi k^{6}}{n^{2}}\right)=n$ si et seulement si $3n$ est libre de carré.

@ Boecien comment es-tu arrivé à ces formules? Comment les demontrer ? Merci

etanche

gebrane a dit :

Voici des indications
4)En déduire que la suite $A_m= \sum_{n=1}^{m }[\cos(\frac{2\pi n^2}p)-\frac{C_p}p]$ est bornée
5) En déduire la convergence de la serie  $\sum_{n\geq 1}\frac 1n [\cos(\frac{2\pi n^2}p)-\frac{C_p}p]$ est convergente

@gebrane est-ce le 5) se fait avec une transformation d’Abel avec le 4) ?

gebrane

 critère d'Abel  https://www.bibmath.net/dico/index.php?action=affiche&quoi=./a/abeltransfo.html