Waring 问题：奇异级数Waring's problem: the singular series

证. 记 \[ f(a,q)=(S_{a,q})^{s}e(-aN/q). \] 我们将证明：若 \((a_1,q_1)=(a_2,q_2)=1\) 且 \[ \frac{a}{q}\equiv\frac{a_1}{q_1}+\frac{a_2}{q_2}\pmod{1},\qquad q=q_1q_2,\tag{5.4} \] 则 \[ f(a,q)=f(a_1,q_1)\,f(a_2,q_2).\tag{5.5} \] 这就足以给出所要的结果，因为关系式 (5.4) 在既约剩余类 \(a\pmod q\) 与既约剩余类对 \(a_1\pmod{q_1}\)、\(a_2\pmod{q_2}\) 之间建立了一一对应，从而 \[ \sum_{\substack{a=1\\(a,q)=1}}^{q}f(a,q)=\left(\sum_{\substack{a_1=1\\(a_1,q_1)=1}}^{q_1}f(a_1,q_1)\right)\left(\sum_{\substack{a_2=1\\(a_2,q_2)=1}}^{q_2}f(a_2,q_2)\right). \]

为了证明 (5.5)，我们使用一个相当类似的论证，但这次用的是完全剩余系。令

\[ \frac{z}{q}\equiv\frac{z_1}{q_1}+\frac{z_2}{q_2}\pmod{1}, \]

则有

\[ S_{a,q}=\sum_{z=1}^{q}e(az^k/q)=\sum_{z_1=1}^{q_1}\sum_{z_2=1}^{q_2}e\left(\frac{a}{q}q^k\left(\frac{z_1}{q_1}+\frac{z_2}{q_2}\right)^k\right), \]

并且由于

\[ \frac{a}{q}q^k\left(\frac{z_1}{q_1}+\frac{z_2}{q_2}\right)^k\equiv\frac{a_1}{q_1}(q_2z_1)^k+\frac{a_2}{q_2}(q_1z_2)^k\pmod 1, \]

我们得到

\[ \begin{aligned} S_{a,q}&=\sum_{z_1=1}^{q_1}e\left(\frac{a_1}{q_1}(q_2z_1)^k\right)\sum_{z_2=1}^{q_2}e\left(\frac{a_2}{q_2}(q_1z_2)^k\right)\\ &=S_{a_1,q_1}S_{a_2,q_2}. \end{aligned} \]

此外，由于

\[ e\left(-\frac{a}{q}N\right)=e\left(-\frac{a_1}{q_1}N\right)e\left(-\frac{a_2}{q_2}N\right), \]

我们便得到 (5.5)。

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证. 由引理 5.1 可知，若 \(q=p_1^{\nu_1}p_2^{\nu_2}\cdots\)，则 \[ A(q)=A(p_1^{\nu_1})A(p_2^{\nu_2})\cdots. \] 于是 \[ \mathfrak{S}(N)=\sum_{q=1}^{\infty}A(q)=\prod_p\left\{\sum_{\nu=0}^{\infty}A(p^{\nu})\right\}=\prod_p\chi(p), \] 这一点由 \(\sum|A(q)|\) 的收敛性所保证，而后者已在前一章中证明。

我们已经有了估计

\[ |A(q)|\ll q^{-1-1/K+\varepsilon}\ll q^{-1-\delta}, \]

这蕴含

\[ |\chi(p)-1|\ll\sum_{\nu=1}^{\infty}p^{-\nu(1+\delta)}\ll p^{-1-\delta}, \]

这就是 (5.8)。

∎

证. 我们可以用一个程序把 \(M(q)\) 表示为指数和，这个程序是 (2.7) 中把 \(r(N)\) 表示为积分那种方法的算术类比。我们有 \[ M(q)=q^{-1}\sum_{t=1}^{q}\sum_{x_1=1}^{q}\cdots\sum_{x_s=1}^{q}e\left(\frac{t}{q}\left(x_1^k+\cdots+x_s^k-N\right)\right), \] 因为对 \(t\) 求和当同余方程成立时给出 \(q\)，否则给出 \(0\)。我们把那些与 \(q\) 有相同最大公因子的 \(t\) 值汇集在一起。若这个最大公因子记为 \(q/q_1\)，则相应的 \(t\) 值为 \(uq/q_1\)，其中 \(1\leq u\leq q_1\) 且 \((u,q_1)=1\)。于是 \[ M(q)=q^{-1}\sum_{q_1\mid q}\ \sum_{\substack{u=1\\(u,q_1)=1}}^{q_1}\ \sum_{x_1=1}^{q}\cdots\sum_{x_s=1}^{q}e\left(\frac{u}{q_1}\left(x_1^k+\cdots+x_s^k-N\right)\right). \] 现在 \[ \sum_{x=1}^{q}e\left(\frac{u}{q_1}x^k\right)=\frac{q}{q_1}\sum_{x=1}^{q_1}e\left(\frac{u}{q_1}x^k\right)=\frac{q}{q_1}S_{u,q_1}. \]

因此

\[ \begin{aligned} M(q)&=q^{-1}\sum_{q_1\mid q}\ \sum_{\substack{u=1\\(u,q_1)=1}}^{q_1}\left(\frac{q}{q_1}\right)^{s}(S_{u,q_1})^{s}e\left(-\frac{uN}{q_1}\right)\\ &=q^{s-1}\sum_{q_1\mid q}A(q_1). \end{aligned} \]

这个公式当 \(q=p^n\) 时即成为 (5.9)，而 (5.10) 也由它得出。

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证. 设 \(p>2\)。模 \(p^{\nu}\) 的互素既约剩余类组成一个阶为 \(\phi(p^{\nu})=p^{\nu-1}(p-1)\) 的循环群，可用模 \(p^{\nu}\) 的原根 \(g\) 的各次幂来表示。若 \(\nu>\gamma\)，则 \(g\) 必然也是模 \(p^{\gamma}\) 的原根。

记

\[ m\equiv g^{\mu},\qquad y\equiv g^{\eta},\qquad x\equiv g^{\xi}\pmod{p^{\nu}}. \]

那么假设 \(y^k\equiv m\pmod{p^{\gamma}}\) 等价于

\[ k\eta\equiv\mu\pmod{p^{\gamma-1}(p-1)}. \]

由于 \(k=p^{\tau}k_0\) 且 \(\tau=\gamma-1\)，可知 \(\mu\) 能被 \(p^{\gamma-1}\) 整除，也能被 \((k_0,p-1)\) 整除。但现在我们可以找到 \(\xi\) 满足

\[ k\xi\equiv\mu\pmod{p^{\nu-1}(p-1)}, \]

因为 \(\mu\) 能被 \(k\) 与 \(p^{\nu-1}(p-1)\) 的最大公因子整除。最后一个同余方程等价于 \(x^k\equiv m\pmod{p^{\nu}}\)。

设 \(p=2\)。首先，若 \(\tau=0\)，即 \(k\) 为奇数，则不成问题。因为当 \(x\) 跑遍模 \(2^{\nu}\) 的一组既约剩余系时 \(x^k\) 也跑遍这组既约剩余系，从而同余方程 \(x^k\equiv m\pmod{2^{\nu}}\) 对任何奇数 \(m\) 都无需任何假设即可解。

现在设 \(k=2^{\tau}k_0\) 为偶数。我们有 \(x^k\equiv 1\pmod 4\) 对一切 \(x\) 成立。那些模 \(2^{\nu}\) 且 \(\equiv 1\pmod 4\) 的剩余类组成一个阶为 \(2^{\nu-2}\) 的循环群，而众所周知 \(5\) 是一个生成元，即一个原根。如前一样，记

\[ m\equiv 5^{\mu},\qquad y\equiv 5^{\eta},\qquad x\equiv 5^{\xi}\pmod{2^{\nu}}. \]

那么假设等价于

\[ k\eta\equiv\mu\pmod{2^{\gamma-2}}. \]

由于 \(k=2^{\tau}k_0\) 且 \(\tau=\gamma-2\)，可知 \(\mu\) 能被 \(2^{\tau}\) 整除。因此存在 \(\xi\) 使得

\[ k\xi\equiv\mu\pmod{2^{\nu-2}}, \]

这蕴含 \(x^k\equiv m\pmod{2^{\nu}}\)。这就完成了引理 5.4 的证明。

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证. 设 \(a_1^k+\cdots+a_s^k\equiv N\pmod{p^{\gamma}}\) 且 \(a_1\not\equiv 0\pmod p\)。我们可以用如下构造对 \(\nu>\gamma\) 得到 \(x_1^k+\cdots+x_s^k\equiv N\pmod{p^{\nu}}\) 的许多解。我们任意地选取 \(x_2,\ldots,x_s\)，只须满足 \[ x_j\equiv a_j\pmod{p^{\gamma}},\qquad 0\lt x_j\leq p^{\nu}. \] 这些选择可以有 \(p^{(\nu-\gamma)(s-1)}\) 种方式。然后选取 \(x_1\) 满足 \[ x_1^k\equiv N-x_2^k-\cdots-x_s^k\pmod{p^{\nu}}; \] 由引理 5.4 这是可能的，因为右边 \[ \equiv a_1^k\pmod{p^{\gamma}}\quad\text{且}\quad a_1\not\equiv 0\pmod p. \] 于是，按照前面引入的记号，我们有 \[ M(p^{\nu})\geq p^{(\nu-\gamma)(s-1)}=C_p\,p^{\nu(s-1)}, \] 其中 \(C_p=p^{-\gamma(s-1)}>0\)。由引理 5.3 的 (5.10)，这蕴含 \(\chi(p)>0\)。 ∎

证. 由引理 5.5，只须证明同余方程 \[ x_1^k+\cdots+x_s^k\equiv N\pmod{p^{\gamma}}\tag{5.12} \] 有解 \(x_1,\ldots,x_s\) 不全被 \(p\) 整除。若 \(N\not\equiv 0\pmod p\)，则后一要求自动满足。若 \(N\equiv 0\pmod p\)，则只须解同余方程 \[ x_1^k+\cdots+x_{s-1}^k+1^k\equiv N\pmod{p^{\gamma}}. \] 因此（把 \(s-1\) 换成 \(s\)）我们看到，只须证明当 \(N\not\equiv 0\pmod p\) 时 (5.12) 在 \(s\geq 2k-1\)（\(k\) 奇）或 \(s\geq 4k-1\)（\(k\) 偶）下可解。

设 \(p>2\)。我们考虑一切满足

\[ 0\lt N\lt p^{\gamma},\qquad N\not\equiv 0\pmod p \]

的 \(N\)，它们的个数为 \(\phi(p^{\gamma})=p^{\gamma-1}(p-1)\)。设 \(s(N)\) 表示使 (5.12) 可解的最小的 \(s\)。若 \(N\equiv z^kN'\pmod{p^{\gamma}}\)，则显然 \(s(N)=s(N')\)。因此，如果我们按 \(s(N)\) 的值把数 \(N\) 分成若干类，每一类中的个数至少等于当 \(z\not\equiv 0\pmod p\) 时 \(z^k\) 所取的不同值的个数。令 \(z\equiv g^{\zeta}\pmod{p^{\gamma}}\)，其中 \(g\) 是模 \(p^{\gamma}\) 的原根，并令 \(a\equiv g^{\alpha}\pmod{p^{\gamma}}\)，则容易看出，同余方程 \(z^k\equiv a\pmod{p^{\gamma}}\) 可解当且仅当 \(\alpha\) 能被 \(p^{\gamma-1}\delta\) 整除，其中 \(\delta=(k,p-1)\)。由于 \(\tau=\gamma-1\)，\(\alpha\)（模 \(p^{\gamma-1}(p-1)\)）的不同值的个数（这也是 \(a\)（模 \(p^{\gamma}\)）的不同值的个数）为

\[ \frac{p^{\gamma-1}(p-1)}{p^{\gamma-1}\delta}=\frac{p-1}{\delta}=r, \]

记之为 \(r\)。因此 \(N\) 的每个取值类都至少包含 \(r\) 个元素。

我们先枚举一切使 \(s(N)=1\) 的 \(N\)：

\[ N_1^{(1)}\lt N_2^{(1)}\lt \cdots\lt N_{r_1}^{(1)},\qquad\text{其中 } r_1\geq r. \]

然后我们枚举一切使 \(s(N)=2\) 的 \(N\)：

\[ N_1^{(2)}\lt N_2^{(2)}\lt \cdots\lt N_{r_2}^{(2)},\qquad\text{其中 } r_2\geq r, \]

依此类推。这些集合中有些可能为空，但我们将证明任意两个相邻的集合不能都为空。

考虑不在前 \(j-1\) 个集合中的最小的 \(N'\not\equiv 0\pmod p\)。那么 \(N'-1\) 或 \(N'-2\) 之一 \(\not\equiv 0\pmod p\)，并且由于它小于 \(N'\)，必定在前 \(j-1\) 个集合之中。把 \(N'\) 表示成

\[ (N'-1)+1^k\qquad\text{或}\qquad (N'-2)+1^k+1^k, \]

我们推出 \(s(N')\leq j+1\)。因此使 \(s(N)=j\)、\(s(N)=j+1\) 的两个集合不能都为空。

设枚举中最后一个非空集合是使 \(s(N)=m\) 的那个。那么前 \(m-1\) 个集合中至少有 \(\tfrac12(m-1)\) 个非空，而第 \(m\) 个集合也非空，从而至少有 \(\tfrac12(m+1)\) 个非空集合。由于每个集合至少含 \(r\) 个数，我们有

\[ \tfrac12(m+1)r\leq\phi(p^{\gamma})=p^{\gamma-1}(p-1), \]

由此

\[ \begin{aligned} (m+1)&\leq\frac{2p^{\gamma-1}(p-1)}{r}=2p^{\gamma-1}\delta\\ &=2p^{\tau}(k_0,p-1)\leq 2k. \end{aligned} \]

因此 \(m\leq 2k-1\)，从而对一切 \(N\) 有 \(s(N)\leq 2k-1\)。这样，对 \(p>2\)，当 \(s\geq 2k-1\) 时同余方程 (5.12) 可解。

设 \(p=2\)。若 \(\tau=0\)，即 \(k\) 为奇数，则正如引理 5.4 证明中所指出的，当 \(N\not\equiv 0\pmod p\) 时同余方程 (5.12) 在 \(s=1\) 时即可解。这就证明了引理 5.6 的结论，因为此时对来自素数 \(p>2\) 的 \(s\) 唯一有意义的限制就是这一条。

现在设 \(\tau\geq 1\)，即 \(k\) 为偶数。我们不妨设 \(0\lt N\lt 2^{\gamma}\)，因为现在 \(N\) 是奇数。在 (5.12) 中取所有 \(x_j\) 为 \(0\) 或 \(1\)，我们当然可以在 \(s\geq 2^{\gamma}-1\) 时解出同余方程。现在

\[ 2^{\gamma}-1=2^{\tau+2}-1\leq 4k-1. \]

因此当 \(s\geq 4k-1\) 时即足够，这就在 \(k\) 为偶数的情形下证明了引理 5.6 的结论。

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证. 这个结果由引理 5.6 和引理 5.2 的推论得出，因为 \(2^k+1\geq 2k\)（\(k\) 为奇数）以及 \(2^k+1\geq 4k\)（\(k\) 为偶数，\(k>2\)）。 ∎