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

本页是逐段精读：黑色引用块是 Davenport 原书译文的句子，彩色框（前置知识 / 符号 / 分步推演 / 配图）是面向高中生的详解。凡原文写“显然”“容易看出”的地方，这里都拆成一步一步补全。

第 0 节　读这一章之前必须先补的“工具”

这一章用到一批超出高中课本的记号。它们其实都不难，但你必须先认得它们，后面才看得懂。下面我把每一个都从零讲清楚。等会儿正文里再次出现时，你回头看这一节即可。

第 1 节　奇异级数的定义（式 5.1）

我们现在来研究奇异级数（singular series）：

\[ \mathfrak{S}(N)=\sum_{q=1}^{\infty}\ \sum_{\substack{a=1\\(a,q)=1}}^{q}\left(q^{-1}S_{a,q}\right)^{s}e(-aN/q).\tag{5.1} \]

这一段在讲什么：给出本章主角 \(\mathfrak{S}(N)\)（花体 S，读作“奇异级数”）的定义式。它是一个二重求和：外层对模数 \(q=1,2,3,\dots\) 一直加到无穷，内层对 \(1\sim q\) 中与 \(q\) 互素的 \(a\) 求和。

第 2 节　奇异级数与“同余解数”的联系

我们将会发现，\(\mathfrak{S}(N)\) 的值与下列同余方程

\[x_1^k+\cdots+x_s^k\equiv N\pmod{q}\]

对一切正整数 \(q\) 的解数密切相关；并且确实地，若任何这样的同余方程无解，则 \(\mathfrak{S}(N)=0\)。这一点从渐近公式的形式上是可以预料到的，因为此时 \(r(N)=0\)。

这一段在讲什么：预告本章的中心思想——奇异级数 \(\mathfrak{S}(N)\) 其实在度量“同余方程 \(x_1^k+\cdots+x_s^k\equiv N\pmod q\) 好不好解”。

1. 什么叫同余方程有解？ 就是能找到整数 \(x_1,\dots,x_s\)，使得 \(x_1^k+\cdots+x_s^k\) 除以 \(q\) 的余数恰好等于 \(N\) 除以 \(q\) 的余数。这是“在 \(\bmod q\) 的世界里”能不能凑出 \(N\)。
2. 为什么二者相关？ 直觉很简单：要想真的把 \(N\) 写成 \(s\) 个 \(k\) 次方之和（即 \(r(N)>0\)），那么必要条件是：在每个模 \(q\) 下都至少凑得出来。如果存在某个 \(q\)，连 \(\bmod q\) 都凑不出 \(N\)，那真正的等式当然更不可能成立，于是 \(r(N)=0\)。
3. 这与 \(\mathfrak{S}(N)\) 有什么关系？ 既然渐近公式是 \(r(N)\approx \mathfrak{S}(N)\,\mathfrak{J}(N)\,N^{s/k-1}\)，而上面分析出“某个 \(q\) 无解 \(\Rightarrow r(N)=0\)”，那么公式要自洽，就必须在这种情形下让 \(\mathfrak{S}(N)=0\) 来把主项压成 0。本章后面（引理 5.3）会精确证明：\(\mathfrak{S}(N)\) 恰好等于各模 \(q\) 解数的某种“密度极限”的乘积，于是“某个 \(q\) 无解”确实导致 \(\mathfrak{S}(N)=0\)。
4. 本章真正要证的是反方向：只要 \(s\) 足够大，每个同余方程都有解，而且解多到使 \(\mathfrak{S}(N)\) 有正的下界。这就保证主项不消失。

第 3 节　把级数按 \(q\) 分项：\(A(q)\)（式 5.2）

我们记

\[\mathfrak{S}(N)=\sum_{q=1}^{\infty}A(q),\qquad A(q)=\sum_{\substack{a=1\\(a,q)=1}}^{q}\left(q^{-1}S_{a,q}\right)^{s}e(-aN/q).\tag{5.2}\]

这一段在讲什么：给二重求和的内层起个名字 \(A(q)\)，于是奇异级数就写成最简单的形式“\(\mathfrak{S}(N)=\sum_q A(q)\)”。这只是记号上的打包，没有任何新内容，但极其有用：接下来所有引理都是在研究单个 \(A(q)\) 的性质。

第 4 节　引理 5.1：\(A(q)\) 是“乘性”的

这条引理在讲什么、为什么重要：它说，当 \(q_1,q_2\) 互素时，\(A\) 在乘积 \(q_1q_2\) 上的值，等于在 \(q_1\) 与 \(q_2\) 上的值相乘。具备这种性质的函数叫乘性函数（multiplicative function）。这是本章的引擎：有了乘性，任意 \(q\) 都能按素因数分解 \(q=p_1^{\nu_1}p_2^{\nu_2}\cdots\) 把 \(A(q)\) 拆成各素数幂上的因子，从而把奇异级数变成“对每个素数各管一段”的欧拉乘积。一个全局的难题就此被切成无数个独立的、只关乎单个素数 \(p\) 的小问题。

4.1　证明的总体思路

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 \(f(a,q)=f(a_1,q_1)\,f(a_2,q_2).\) \(\tag{5.5}\)

这一段在讲什么：先把 \(A(q)=\sum q^{-s}f(a,q)\) 里那一坨“与 \(a\) 有关的核心”单独命名为 \(f(a,q)=(S_{a,q})^s e(-aN/q)\)（注意：这里没有除以 \(q^s\)，那个 \(q^{-s}\) 因子在 \(A(q_1q_2)=q^{-s}\sum f\) 里会自动配平，因为 \(q^{-s}=q_1^{-s}q_2^{-s}\)）。然后宣布证明分两步走：

1. 第一步（这一小段）： 建立一一对应 (5.4)，并证明对应项满足 (5.5)。
2. 第二步（下一小段）： 真正动手算 \(f(a,q)=f(a_1,q_1)f(a_2,q_2)\)。

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

\[\sum_{\substack{a=1\\(a,q)=1}}^{q}f(a,q)=\Big(\sum_{\substack{a_1=1\\(a_1,q_1)=1}}^{q_1}f(a_1,q_1)\Big)\Big(\sum_{\substack{a_2=1\\(a_2,q_2)=1}}^{q_2}f(a_2,q_2)\Big).\]

这一段在讲什么、把跳步补全：原文说“这就足以给出结果”，跳过了为什么。我们补全：

1. 对应是双射，且保持“互素”。 CRT 给出 \(a\leftrightarrow(a_1,a_2)\) 的一一对应。还要确认：\(a\) 与 \(q=q_1q_2\) 互素 \(\iff\) \(a_1\) 与 \(q_1\) 互素且 \(a_2\) 与 \(q_2\) 互素。这成立，因为 \(a\bmod q_1\equiv a_1\)（由 (5.4) 通分知 \(a\equiv a_1 q_2 \cdot(q_2^{-1})\dots\)，简单说 \(a\) 模 \(q_1\) 就是 \(a_1\) 那一类），所以 \((a,q_1)=(a_1,q_1)\)，类似 \((a,q_2)=(a_2,q_2)\)；而 \((a,q_1q_2)=1\) 当且仅当 \(a\) 同时与 \(q_1\)、\(q_2\) 互素。于是“\(a\) 跑遍 \(q\) 的既约剩余系”正好对应“\((a_1,a_2)\) 跑遍 \(q_1,q_2\) 的既约剩余系的所有配对”。
2. 把求和拆成乘积。 既然 \(f(a,q)=f(a_1,q_1)f(a_2,q_2)\)（这是第二步要证的 (5.5)），那么 \[\sum_{a}f(a,q)=\sum_{a_1}\sum_{a_2}f(a_1,q_1)f(a_2,q_2)=\Big(\sum_{a_1}f(a_1,q_1)\Big)\Big(\sum_{a_2}f(a_2,q_2)\Big).\] 最后一步是“和的乘积展开”的逆用：把不含 \(a_2\) 的因子提到内层求和外即可。
3. 配回 \(q^{-s}\)。 \(A(q)=q^{-s}\sum_a f(a,q)\)。由 \(q^{-s}=q_1^{-s}q_2^{-s}\)，上式两边各乘相应因子，立即得到 \(A(q_1q_2)=A(q_1)A(q_2)\)，即 (5.3)。

4.2　证明 (5.5)：用完全剩余系直接算

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 \(\dfrac{z}{q}\equiv\dfrac{z_1}{q_1}+\dfrac{z_2}{q_2}\pmod 1\)，则有

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

这一段在讲什么：现在要证关键的 (5.5)。核心是先把 \(S_{a,q}\) 也按 CRT“拆坐标”。注意这里用的是完全剩余系（\(z=1,\dots,q\) 全取，不要求互素），因为 \(S_{a,q}\) 的定义就是对所有 \(z\) 求和。

1. 换元。 因为 \(q_1,q_2\) 互素，CRT 告诉我们：当 \(z_1\) 跑 \(1\sim q_1\)、\(z_2\) 跑 \(1\sim q_2\) 时，由 \(\dfrac{z}{q}\equiv\dfrac{z_1}{q_1}+\dfrac{z_2}{q_2}\pmod1\) 定出的 \(z\) 恰好跑遍 \(1\sim q\) 的一个完全剩余系。所以把对 \(z\) 的单重和换成对 \((z_1,z_2)\) 的双重和，每一项不重不漏。
2. 代入指数。 由 \(\dfrac{z}{q}\equiv\dfrac{z_1}{q_1}+\dfrac{z_2}{q_2}\)，两边乘 \(q\)：\(z\equiv q\Big(\dfrac{z_1}{q_1}+\dfrac{z_2}{q_2}\Big)\pmod q\)。于是 \(z^k\equiv q^k\Big(\dfrac{z_1}{q_1}+\dfrac{z_2}{q_2}\Big)^k\)，代进 \(e(az^k/q)\) 得到右边那一长串。（\(e(\cdot)\) 只看 \(\bmod1\)，所以把 \(z\) 换成同余的表达式不改变值。）

并且由于

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

这一段是全证明最“跳”的一步，原文一句带过，我们彻底补全。 目标：证明上面这个 \(\bmod1\) 同余式。

1. 先通分。 把括号里两项通分（\(q=q_1q_2\)）： \[\frac{z_1}{q_1}+\frac{z_2}{q_2}=\frac{q_2 z_1+q_1 z_2}{q_1q_2}=\frac{q_2z_1+q_1z_2}{q}.\] 于是 \(\dfrac{a}{q}q^k\Big(\dfrac{z_1}{q_1}+\dfrac{z_2}{q_2}\Big)^k=\dfrac{a}{q}q^k\cdot\dfrac{(q_2z_1+q_1z_2)^k}{q^k}=\dfrac{a}{q}(q_2z_1+q_1z_2)^k.\) 记 \(w=q_2z_1+q_1z_2\)，要算 \(\dfrac{a}{q}w^k\bmod 1\)。
2. 用二项式定理展开 \(w^k\)。 \(w^k=(q_2z_1+q_1z_2)^k=\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(q_2z_1)^{k-j}(q_1z_2)^{j}\)。
3. 看哪些项在 \(\bmod1\) 下还活着。 把 \(\dfrac{a}{q}=\dfrac{a}{q_1q_2}\) 乘进去。除了首项（\(j=0\)，只含 \(q_2\)）和末项（\(j=k\)，只含 \(q_1\)）之外，中间每一项都同时含有 \(q_1\) 的因子和 \(q_2\) 的因子（\(j\) 和 \(k-j\) 都 \(\ge1\)），即被 \(q_1q_2=q\) 整除。中间项形如 \(\dfrac{a}{q}\cdot(q\cdot\text{整数})=a\cdot\text{整数}\)，是整数，在 \(\bmod1\) 下等于 0，可以丢掉。
4. 只剩首末两项。 \[\frac{a}{q}w^k\equiv\frac{a}{q}(q_2z_1)^k+\frac{a}{q}(q_1z_2)^k\pmod1.\]
5. 把 \(a/q\) 换成 \(a_1/q_1,a_2/q_2\)。 由 (5.4)，\(\dfrac{a}{q}\equiv\dfrac{a_1}{q_1}+\dfrac{a_2}{q_2}\pmod1\)。 对第一项 \(\dfrac{a}{q}(q_2z_1)^k\)：替换后变成 \(\Big(\dfrac{a_1}{q_1}+\dfrac{a_2}{q_2}\Big)(q_2z_1)^k\)。其中 \(\dfrac{a_2}{q_2}(q_2z_1)^k=a_2 q_2^{k-1}z_1^k\) 是整数（\(k\ge1\) 故 \(q_2^{k-1}\) 是整数倍），\(\bmod1\) 为 0，丢掉，只剩 \(\dfrac{a_1}{q_1}(q_2z_1)^k\)。 对第二项同理，只剩 \(\dfrac{a_2}{q_2}(q_1z_2)^k\)。
6. 合并，得证。 \[\frac{a}{q}q^k\Big(\frac{z_1}{q_1}+\frac{z_2}{q_2}\Big)^k\equiv\frac{a_1}{q_1}(q_2z_1)^k+\frac{a_2}{q_2}(q_1z_2)^k\pmod1.\]

我们得到

\[S_{a,q}=\sum_{z_1=1}^{q_1}e\!\Big(\frac{a_1}{q_1}(q_2z_1)^k\Big)\sum_{z_2=1}^{q_2}e\!\Big(\frac{a_2}{q_2}(q_1z_2)^k\Big)=S_{a_1,q_1}S_{a_2,q_2}.\]

补全这一步：

1. 指数变乘积。 由第 0 节性质“\(e(\alpha+\beta)=e(\alpha)e(\beta)\)”，把上面那个和拆成两个因子： \[e\!\Big(\frac{a_1}{q_1}(q_2z_1)^k+\frac{a_2}{q_2}(q_1z_2)^k\Big)=e\!\Big(\frac{a_1}{q_1}(q_2z_1)^k\Big)\,e\!\Big(\frac{a_2}{q_2}(q_1z_2)^k\Big).\]
2. 双重和分裂。 第一个因子只含 \(z_1\)，第二个只含 \(z_2\)，于是 \(\sum_{z_1}\sum_{z_2}\) 分裂成两个独立求和的乘积（同 4.1 的拆法）。
3. 认出这就是 \(S_{a_1,q_1}S_{a_2,q_2}\)。 需要说明 \(\sum_{z_1=1}^{q_1}e\big(\tfrac{a_1}{q_1}(q_2z_1)^k\big)=S_{a_1,q_1}\)。理由：当 \(z_1\) 跑遍 \(\bmod q_1\) 的完全剩余系，而 \((q_2,q_1)=1\)，所以 \(q_2 z_1\) 也跑遍 \(\bmod q_1\) 的完全剩余系（乘一个互素的数是一个“洗牌”，不重不漏）。把求和变量从 \(z_1\) 改名为 \(y=q_2z_1\)，就得到 \(\sum_{y=1}^{q_1}e\big(\tfrac{a_1}{q_1}y^k\big)=S_{a_1,q_1}\)。第二个因子同理 \(=S_{a_2,q_2}\)。

此外，由于 \(e\!\big(-\frac{a}{q}N\big)=e\!\big(-\frac{a_1}{q_1}N\big)e\!\big(-\frac{a_2}{q_2}N\big),\) 我们便得到 (5.5)。

1. 这一步用 (5.4)：\(\dfrac{a}{q}\equiv\dfrac{a_1}{q_1}+\dfrac{a_2}{q_2}\pmod1\)，两边乘 \(-N\) 再套 \(e(\cdot)\)，由“指数相加=底数相乘”立得分裂。
2. 合成 (5.5)。 把刚得到的 \(S_{a,q}=S_{a_1,q_1}S_{a_2,q_2}\)（取 \(s\) 次方）与 \(e(-aN/q)=e(-a_1N/q_1)e(-a_2N/q_2)\) 相乘： \[f(a,q)=(S_{a,q})^s e(-aN/q)=(S_{a_1,q_1})^s(S_{a_2,q_2})^s\,e(-a_1N/q_1)e(-a_2N/q_2)=f(a_1,q_1)f(a_2,q_2).\] 这正是 (5.5)，引理 5.1 证毕。∎

第 5 节　引理 5.2：欧拉乘积与收敛（式 5.6–5.8）

这条引理在讲什么、为什么是关键转折：它把“对所有 \(q\) 求和”的奇异级数，重写成“对所有素数 \(p\) 连乘”的欧拉乘积。每个因子 \(\chi(p)\)（读作“chi of p”）只跟单个素数 \(p\) 有关，叫做局部因子（local factor）。这样一来，证明 \(\mathfrak{S}(N)>0\) 的全局任务，就化简为“逐个证明每个 \(\chi(p)>0\)，并保证乘积收敛、不退化为 0”的局部任务。(5.8) 则保证“大素数的因子 \(\chi(p)\) 几乎等于 1”，从而无穷乘积乖乖收敛。

5.1　为什么级数能变成乘积（证明 5.6）

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

\[\mathfrak{S}(N)=\sum_{q=1}^{\infty}A(q)=\prod_p\Big\{\sum_{\nu=0}^{\infty}A(p^{\nu})\Big\}=\prod_p\chi(p),\]

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。

1. 把乘性用满。 任意 \(q\) 都唯一分解成 \(q=p_1^{\nu_1}p_2^{\nu_2}\cdots\)，各素数幂两两互素。反复用引理 5.1（互素时 \(A\) 相乘），得 \(A(q)=A(p_1^{\nu_1})A(p_2^{\nu_2})\cdots\)。
2. 展开乘积 = 收集所有 \(q\)。 看右边 \(\prod_p\big(\sum_{\nu\ge0}A(p^\nu)\big)\)。把这个无穷乘积“硬乘开”：从每个素数 \(p\) 的括号里各挑一项 \(A(p^{\nu_p})\)（绝大多数素数挑 \(\nu_p=0\) 即 \(A(1)=1\)），相乘得到 \(\prod_p A(p^{\nu_p})=A(q)\)，其中 \(q=\prod_p p^{\nu_p}\)。由于素因数分解唯一，每个 \(q\) 恰好被对应一次。所以展开后正好是 \(\sum_q A(q)=\mathfrak{S}(N)\)。这就是“分配律的无穷版”。
3. 为什么允许这样无限展开、重排？ 无穷级数/乘积的展开、重排不是无条件成立的，必须绝对收敛才行。这里的合法性来自上一章证明的 \(\sum_q|A(q)|<\infty\)（绝对收敛）。绝对收敛保证“无论怎么加、怎么乘开、怎么重排，结果都一样”，于是上面的等式链成立。

5.2　大素数的因子几乎是 1（证明 5.8）

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)。

这一段在讲什么、把估计的来历讲清：要让无穷乘积 \(\prod_p\chi(p)\) 收敛、且不会“无端塌成 0”，必须保证 \(\chi(p)\) 与 1 的差随 \(p\) 增大而快速变小。(5.8) 正是此意。

1. 从单项估计到 \(\chi(p)\)。 由 (5.7)，\(\chi(p)-1=\sum_{\nu\ge1}A(p^\nu)\)。三角不等式：\(|\chi(p)-1|\le\sum_{\nu\ge1}|A(p^\nu)|\ll\sum_{\nu\ge1}(p^\nu)^{-1-\delta}=\sum_{\nu\ge1}p^{-\nu(1+\delta)}\)。
2. 等比数列求和。 这是公比 \(r=p^{-(1+\delta)}<1\) 的等比级数，首项 \(r\)：\(\sum_{\nu\ge1}r^\nu=\dfrac{r}{1-r}=\dfrac{p^{-1-\delta}}{1-p^{-1-\delta}}\)。当 \(p\ge2\) 时分母 \(\ge1-2^{-1-\delta}\ge\) 某正常数，所以整体 \(\ll p^{-1-\delta}\)。这就是 (5.8)。∎

第 6 节　推论：大素数那一截的乘积夹在 \(\tfrac12\) 与 \(\tfrac32\) 之间

这立即由 (5.8) 得出，因为我们可以取 \(\delta\) 仅依赖于 \(k\)。同样地，我们将会看到这个结果在 \(s\geq 2k+1\) 时也成立。

这条推论在讲什么、为什么需要它：无穷乘积 \(\prod_p\chi(p)\) 是不是正数，麻烦的地方在于“无穷多个因子相乘会不会乘成 0”。这条推论把素数分两段处理：

• 大素数段（\(p>p_0\)）：因子都极接近 1，它们的无穷乘积被牢牢夹在 \([\tfrac12,\tfrac32]\) 内，绝不会塌成 0，也不会爆掉——这一段“安全”，本节就解决。
• 小素数段（\(p\le p_0\)）：只有有限个因子，只要逐个证明它们都 \(>0\)（这是后面引理 5.5、5.6 的任务），有限个正数相乘自然 \(>0\)。

两段相乘，整个 \(\mathfrak{S}(N)>0\)。这就是把全局问题“分而治之”的总框架。

第 7 节　\(M(q)\)：同余方程的解数（定义）

这段在讲什么、为什么现在引入它：到目前为止 \(A(q),\chi(p)\) 都是“指数和”，抽象、难直接看出正负。这里引入一个看得见摸得着的算术量 \(M(q)\)：在 \(\bmod q\) 的世界里，把 \(N\) 写成 \(s\) 个 \(k\) 次方之和，到底有几组解。下一节（引理 5.3）将证明这两者其实是一回事——\(\chi(p)\) 就是 \(M(p^n)\) 的归一化极限。于是“证明 \(\chi(p)>0\)”变成“证明同余方程有解、而且解够多”，这是高中生能动手数的事。

第 8 节　引理 5.3：\(\chi(p)\) 就是解数的密度极限（式 5.9–5.10）

这条引理在讲什么、为什么是“桥梁”：它在抽象的指数和（左边 \(A(p^\nu)\) 之和，即 \(\chi(p)\) 的部分和）与具体的解数（右边 \(M(p^n)\)）之间架了一座等号桥。(5.10) 说：\(\chi(p)\) 等于“解数 \(M(p^n)\) 除以它的‘期望值’ \(p^{n(s-1)}\)”当 \(n\to\infty\) 的极限。这个比值就是解的相对密度。从此 \(\chi(p)>0\) \(\iff\) 解数不会比期望值小太多 \(\iff\) 同余方程在越来越高的 \(p\) 次幂下持续有“足够多”的解。这就把分析问题彻底翻译成了算术问题。

8.1　把解数写成指数和

我们可以用一个程序把 \(M(q)\) 表示为指数和……我们有

\[M(q)=q^{-1}\sum_{t=1}^{q}\sum_{x_1=1}^{q}\cdots\sum_{x_s=1}^{q}e\Big(\frac{t}{q}(x_1^k+\cdots+x_s^k-N)\Big),\]

因为对 \(t\) 求和当同余方程成立时给出 \(q\)，否则给出 \(0\)。

这一步是“正交关系”的活用，把跳步补全：

1. 对每一组 \((x_1,\dots,x_s)\)，用第 0 节的检测器。 令 \(n=x_1^k+\cdots+x_s^k-N\)。那条恒等式说 \(\sum_{t=1}^q e\big(\tfrac{t}{q}n\big)=q\)（若 \(q\mid n\)，即同余方程成立）或 \(0\)（否则）。所以 \(\dfrac1q\sum_{t=1}^q e\big(\tfrac{t}{q}n\big)\) 是一个“指示器”：方程成立时为 1，否则为 0。
2. 把指示器对所有 \((x_1,\dots,x_s)\) 求和，就数出了解的个数。 \[M(q)=\sum_{x_1=1}^q\cdots\sum_{x_s=1}^q\Big[\frac1q\sum_{t=1}^q e\big(\tfrac{t}{q}n\big)\Big],\] 把 \(\tfrac1q\) 和 \(\sum_t\) 提到最前面，就得到原文那个四重和式。这正是上一章把 \(r(N)\) 写成积分 \(\int_0^1\) 的离散算术版：积分 \(\int_0^1\) 换成有限和 \(\tfrac1q\sum_{t=1}^q\)，连续的 \(\alpha\) 换成离散的 \(t/q\)。

8.2　按 \((t,q)\) 的公因数归并

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

\[M(q)=q^{-1}\sum_{q_1\mid q}\ \sum_{\substack{u=1\\(u,q_1)=1}}^{q_1}\ \sum_{x_1=1}^{q}\cdots\sum_{x_s=1}^{q}e\Big(\frac{u}{q_1}(x_1^k+\cdots+x_s^k-N)\Big).\]

把这个换元讲透：

1. 每个 \(t\) 对应唯一的 \(q_1\)。 对 \(t\in\{1,\dots,q\}\)，设 \((t,q)=d\)（最大公因数）。记 \(q_1=q/d\)，则 \(d=q/q_1\)，且 \(q_1\mid q\)。所以“\(t\) 的公因数 \(d\)”与“因子 \(q_1\)”一一对应。
2. 固定 \(q_1\)，符合 \((t,q)=q/q_1\) 的 \(t\) 长什么样。 这样的 \(t\) 必是 \(d=q/q_1\) 的倍数，写 \(t=u\cdot\tfrac{q}{q_1}\)。要让 \((t,q)\) 恰好等于 \(\tfrac{q}{q_1}\)（不能更大），需要 \((u,q_1)=1\)。\(u\) 的范围是 \(1\le u\le q_1\)。于是这些 \(t\) 就被 \(u\)（与 \(q_1\) 互素）参数化了。
3. 替换分数。 \(\dfrac{t}{q}=\dfrac{u\,q/q_1}{q}=\dfrac{u}{q_1}\)。代入指数，外层 \(\sum_{t}\) 变成“先对 \(q_1\mid q\)，再对 \((u,q_1)=1\) 的 \(u\)”双重求和。得到原文式子。这一步的目的：把分母从 \(q\) 化简到它的因子 \(q_1\)，好让后面认出 \(S_{u,q_1}\)。

8.3　认出 \(S_{u,q_1}\) 并合成

现在 \(\displaystyle\sum_{x=1}^{q}e\Big(\frac{u}{q_1}x^k\Big)=\frac{q}{q_1}\sum_{x=1}^{q_1}e\Big(\frac{u}{q_1}x^k\Big)=\frac{q}{q_1}S_{u,q_1}.\)

1. 为什么能从 \(\sum_{x=1}^q\) 缩到 \(\sum_{x=1}^{q_1}\)？ 被加项 \(e\big(\tfrac{u}{q_1}x^k\big)\) 只依赖 \(x\bmod q_1\)（因为 \(e(\cdot)\) 看 \(\bmod1\)，而把 \(x\) 加上 \(q_1\)，\(x^k\) 改变量是 \(q_1\) 的倍数，\(\tfrac{u}{q_1}\cdot(q_1\text{倍})\) 是整数，\(e\) 不变）。所以 \(x\) 在 \(1\sim q\) 里跑，每个 \(\bmod q_1\) 的余数类恰好出现 \(q/q_1\) 次。于是 \(\sum_{x=1}^q=\dfrac{q}{q_1}\sum_{x=1}^{q_1}\)。后者按定义就是 \(S_{u,q_1}\)。
2. 每个变量 \(x_j\) 都这样处理。 一共 \(s\) 个变量，各贡献一个 \(\dfrac{q}{q_1}S_{u,q_1}\)，相乘得到 \(\big(\tfrac{q}{q_1}\big)^s (S_{u,q_1})^s\)；而 \(-N\) 那部分给出 \(e\big(-\tfrac{uN}{q_1}\big)\)。

\[M(q)=q^{-1}\sum_{q_1\mid q}\sum_{\substack{u=1\\(u,q_1)=1}}^{q_1}\Big(\frac{q}{q_1}\Big)^{s}(S_{u,q_1})^{s}e\Big(-\frac{uN}{q_1}\Big)=q^{s-1}\sum_{q_1\mid q}A(q_1).\]

1. 提出 \(q\) 的方幂。 \(q^{-1}\cdot\big(\tfrac{q}{q_1}\big)^s=q^{-1}\cdot\dfrac{q^s}{q_1^s}=q^{s-1}\cdot q_1^{-s}\)。把 \(q^{s-1}\) 提到最外面（它与 \(q_1\) 无关）。
2. 认出 \(A(q_1)\)。 剩下 \(q_1^{-s}\sum_{(u,q_1)=1}(S_{u,q_1})^s e(-uN/q_1)\)，对照 (5.2) 正是 \(A(q_1)\)（其中 \(q_1^{-s}=(q_1^{-1})^s\) 配进每个 \(S\)）。于是 \[M(q)=q^{s-1}\sum_{q_1\mid q}A(q_1).\] 直观意义：解数 \(M(q)\) = 期望值 \(q^{s-1}\) 乘上“所有因子 \(q_1\) 的 \(A(q_1)\) 之和”。
3. 取 \(q=p^n\) 得 (5.9)。 \(p^n\) 的因子恰是 \(1,p,p^2,\dots,p^n\)。所以 \(\sum_{q_1\mid p^n}A(q_1)=\sum_{\nu=0}^n A(p^\nu)=1+\sum_{\nu=1}^n A(p^\nu)\)。代入并把 \(p^{n(s-1)}\) 除过去： \[1+\sum_{\nu=1}^n A(p^\nu)=\frac{M(p^n)}{p^{n(s-1)}}.\] 这就是 (5.9)。
4. 取极限得 (5.10)。 左边当 \(n\to\infty\) 就是 \(\chi(p)\) 的定义 (5.7)。所以 \(\chi(p)=\lim_{n\to\infty}M(p^n)/p^{n(s-1)}\)，即 (5.10)。∎

第 9 节　定义 \(\tau,k_0,\gamma\)：刻画 \(p\) 与 \(k\) 的“纠缠程度”（式 5.11）

这段在讲什么、为什么需要这些记号：解同余方程 \(x^k\equiv m\pmod{p^\nu}\) 的难易，关键看“指数 \(k\) 里藏了多少个 \(p\)”。如果 \(k\) 与 \(p\) 无关（\(p\nmid k\)），\(k\) 次方映射在 \(\bmod p^\nu\) 上很规整；一旦 \(p\mid k\)，就会出现“岔路/退化”。\(\tau\) 正是度量这种纠缠的指标，\(\gamma\) 则是“一旦在 \(\bmod p^\gamma\) 这个临界精度上有解，就能自动提升到任意高精度 \(\bmod p^\nu\)”的临界指数（下面引理 5.4 就证这件事）。

第 10 节　引理 5.4：解能从 \(\bmod p^\gamma\) 提升到 \(\bmod p^\nu\)

这条引理在讲什么、为什么关键：它是一种“提升（lifting）”定理——只要在临界精度 \(\bmod p^\gamma\) 上把 \(m\)（且 \(m\) 不被 \(p\) 整除）开出 \(k\) 次方根，就能在任意更高的精度 \(\bmod p^\nu\) 上继续开出。这保证了“低精度有解 \(\Rightarrow\) 高精度永远有解”，是后面让解数 \(M(p^\nu)\) 持续不消失、从而 \(\chi(p)>0\) 的技术核心。这相当于数论里著名的 Hensel 引理在 \(k\) 次方根这个特例上的版本。

10.1　奇素数 \(p>2\) 的情形

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。

1. 取定原根 \(g\)。 既然 \(\bmod p^\nu\) 的单位群循环，取它的一个生成元（原根）\(g\)。任何与 \(p\) 互素的数都 \(\equiv g^{\text{指数}}\pmod{p^\nu}\)。
2. 同一个 \(g\) 也是 \(\bmod p^\gamma\) 的原根。 因为 \(\nu>\gamma\)，把 \(\bmod p^\nu\) 的等式“降精度”到 \(\bmod p^\gamma\) 后，\(g\) 仍生成 \(\bmod p^\gamma\) 的单位群（这是原根的标准性质：高次幂模下的原根，约化到低次幂模仍是原根）。这样我们可以用同一个 \(g\) 同时表示两个模下的所有数，指数能直接对应。

记 \(m\equiv g^{\mu},\ y\equiv g^{\eta},\ x\equiv g^{\xi}\pmod{p^{\nu}}.\) 那么假设 \(y^k\equiv m\pmod{p^{\gamma}}\) 等价于 \(k\eta\equiv\mu\pmod{p^{\gamma-1}(p-1)}.\)

1. 取对数（离散对数）。 把 \(m,y,x\) 都写成 \(g\) 的幂，指数分别是 \(\mu,\eta,\xi\)。这是“离散对数”，把乘法 \(\to\) 指数加法。
2. 翻译假设。 \(y^k\equiv m\pmod{p^\gamma}\) 即 \(g^{k\eta}\equiv g^{\mu}\pmod{p^\gamma}\)。两个 \(g\) 的幂相等，等价于指数模群的阶相等。\(\bmod p^\gamma\) 单位群的阶是 \(\varphi(p^\gamma)=p^{\gamma-1}(p-1)\)。所以 \(k\eta\equiv\mu\pmod{p^{\gamma-1}(p-1)}\)。

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 \(x^k\equiv m\pmod{p^{\nu}}.\)

这是最关键、原文最跳的一步，逐句补全。 我们要用“低精度可解”推出“\(\mu\) 有某些整除性”，再用这些整除性推出“高精度可解”。先回顾一个事实：

1. 从假设提取 \(\mu\) 的整除性。 既然 \(k\eta\equiv\mu\pmod{p^{\gamma-1}(p-1)}\) 有解（\(\eta\) 存在），由上面判据，\(\gcd\big(k,\,p^{\gamma-1}(p-1)\big)\mid\mu\)。现在算这个 gcd：\(k=p^\tau k_0=p^{\gamma-1}k_0\)（用 \(\tau=\gamma-1\)），而 \(p\nmid k_0\)。
   • \(p\) 的部分：\(\gcd(p^{\gamma-1}, p^{\gamma-1}(p-1))=p^{\gamma-1}\)（因 \(p\nmid(p-1)\)）。
   • 与 \(p\) 互素的部分：\(\gcd(k_0,\,p-1)\)。
   合起来 \(\gcd(k,p^{\gamma-1}(p-1))=p^{\gamma-1}\,(k_0,p-1)\)。所以 \(p^{\gamma-1}\mid\mu\) 且 \((k_0,p-1)\mid\mu\)。这正是原文“\(\mu\) 能被 \(p^{\gamma-1}\) 整除，也能被 \((k_0,p-1)\) 整除”。
2. 用 \(\mu\) 的整除性证明高精度可解。 我们要解 \(k\xi\equiv\mu\pmod{p^{\nu-1}(p-1)}\)。由判据，只需 \(\gcd\big(k,\,p^{\nu-1}(p-1)\big)\mid\mu\)。同样算这个 gcd：\(k=p^{\gamma-1}k_0\)，而 \(\nu>\gamma\) 即 \(\nu-1\ge\gamma-1\)，所以 \(p\) 的部分仍是 \(\gcd(p^{\gamma-1},p^{\nu-1})=p^{\gamma-1}\)（取较小指数）；互素部分还是 \((k_0,p-1)\)。于是 \[\gcd\big(k,p^{\nu-1}(p-1)\big)=p^{\gamma-1}(k_0,p-1).\] 这和上一步那个 gcd 完全一样！而我们已知它整除 \(\mu\)。所以判据满足，\(\xi\) 存在，高精度方程可解。
3. 翻译回 \(x\)。 \(k\xi\equiv\mu\pmod{p^{\nu-1}(p-1)}\) 等价于 \(g^{k\xi}\equiv g^\mu\pmod{p^\nu}\)，即 \(x^k\equiv m\pmod{p^\nu}\)（其中 \(x\equiv g^\xi\)）。提升完成。

10.2　\(p=2\) 的情形

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。

1. \(k\) 奇数时，\(k\) 次方是个“洗牌”。 若 \(\gcd(k,\varphi(2^\nu))=1\)，则映射 \(x\mapsto x^k\) 在单位群上是双射（“幂运算可逆”）。\(\varphi(2^\nu)=2^{\nu-1}\) 是 2 的幂，\(k\) 奇数与之互素，所以 \(x\mapsto x^k\) 把既约剩余系一一映满。于是任何奇数 \(m\) 都有 \(k\) 次方根，无需任何前提。

现在设 \(k=2^{\tau}k_0\) 为偶数。我们有 \(x^k\equiv 1\pmod 4\) 对一切奇 \(x\) 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 \(5\) 是一个原根。记 \(m\equiv 5^{\mu},\ y\equiv 5^{\eta},\ x\equiv 5^{\xi}\pmod{2^{\nu}}.\) 那么假设等价于 \(k\eta\equiv\mu\pmod{2^{\gamma-2}}.\)

1. 为什么用 \(\equiv1\pmod4\) 的子群、生成元取 5。 \(\bmod 2^\nu\) 的单位群（\(\nu\ge3\)）不是循环群，而是 \(\{\pm1\}\times\langle5\rangle\) 这种结构。但当 \(k\) 偶数时，对任何奇数 \(x\)，\(x^k=(x^2)^{k/2}\equiv1\pmod4\)（奇数的平方 \(\equiv1\pmod8\)，更 \(\equiv1\pmod4\)）。所以 \(x^k\) 永远落在“\(\equiv1\pmod4\)”这个子群里。这个子群是循环的，阶为 \(2^{\nu-2}\)，\(5\) 是它的原根（已知事实）。在子群内部就能照搬奇素数那套“取对数”的手法。
2. 取对数翻译假设。 把 \(m,y\)（必要时 \(m\) 须 \(\equiv1\pmod4\)，由有解假设保证）写成 \(5\) 的幂，假设 \(y^k\equiv m\pmod{2^\gamma}\) 变成指数方程，模子群的阶。\(\bmod 2^\gamma\) 对应子群阶 \(2^{\gamma-2}\)。故得 \(k\eta\equiv\mu\pmod{2^{\gamma-2}}\)。

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 \(x^k\equiv m\pmod{2^{\nu}}.\)

1. 提取整除性。 此时 \(\gamma=\tau+2\) 即 \(\tau=\gamma-2\)。\(k\eta\equiv\mu\pmod{2^{\gamma-2}}\) 有解，由判据 \(\gcd(k,2^{\gamma-2})\mid\mu\)。因 \(k=2^\tau k_0=2^{\gamma-2}k_0\)（\(k_0\) 奇），\(\gcd(k,2^{\gamma-2})=2^{\gamma-2}=2^\tau\)。故 \(2^\tau\mid\mu\)。
2. 提升。 要解 \(k\xi\equiv\mu\pmod{2^{\nu-2}}\)，需 \(\gcd(k,2^{\nu-2})\mid\mu\)。因 \(\nu>\gamma\) 即 \(\nu-2\ge\gamma-2=\tau\)，\(\gcd(k,2^{\nu-2})=2^{\min(\tau,\nu-2)}=2^\tau\)，恰好仍整除 \(\mu\)。故 \(\xi\) 存在。翻译回得 \(x^k\equiv m\pmod{2^\nu}\)。引理 5.4 全部证完。∎

这里 \(\gamma=\tau+2\) 中那个“\(+2\)”正是为了配平 \(\equiv1\pmod4\) 子群比整个单位群“少了 \(2^2\) 这一层”，使得 \(k\) 里 2 的指数 \(\tau\) 与子群模的指数恰好对齐。Davenport 在脚注里指出，Vinogradov 的原书漏掉了 \(p=2\) 这个情形，本书补上了它。

第 11 节　引理 5.5：临界精度有“非平凡解” \(\Rightarrow\chi(p)>0\)

这条引理在讲什么、它的地位：把前两节的成果拼起来。前面引理 5.3 说 \(\chi(p)=\lim M(p^n)/p^{n(s-1)}\)，引理 5.4 说“低精度的非退化解能提升到任意高精度”。本引理就用提升术，从“\(\bmod p^\gamma\) 有一个不全被 \(p\) 整除的解”造出“\(\bmod p^\nu\) 的大量解”，逼出 \(M(p^\nu)\) 的正下界，从而 \(\chi(p)>0\)。注意“不全被 \(p\) 整除”这个条件至关重要——它保证至少有一个变量是单位（与 \(p\) 互素），才能套用引理 5.4 开 \(k\) 次方根。

设 \(a_1^k+\cdots+a_s^k\equiv N\pmod{p^{\gamma}}\) 且 \(a_1\not\equiv 0\pmod p\)。我们任意地选取 \(x_2,\ldots,x_s\)，只须满足 \(x_j\equiv a_j\pmod{p^{\gamma}},\ 0\lt x_j\leq p^{\nu}.\) 这些选择可以有 \(p^{(\nu-\gamma)(s-1)}\) 种方式。然后选取 \(x_1\) 满足 \(x_1^k\equiv N-x_2^k-\cdots-x_s^k\pmod{p^{\nu}}.\)

1. 安排支点。 不妨设非平凡解里 \(a_1\not\equiv0\pmod p\)（重新编号即可）。固定 \(\nu>\gamma\)。
2. 自由选其余 \(s-1\) 个变量。 让 \(x_2,\dots,x_s\) 各自只须与 \(a_j\) 模 \(p^\gamma\) 同余，但可在 \(0
3. 用支点把第一个变量解出来。 剩下要解 \(x_1^k\equiv N-x_2^k-\cdots-x_s^k\pmod{p^\nu}\)。记右边为 \(m\)。

由引理 5.4 这是可能的，因为右边 \(\equiv a_1^k\pmod{p^{\gamma}}\) 且 \(a_1\not\equiv 0\pmod p.\) 于是 \(M(p^{\nu})\geq p^{(\nu-\gamma)(s-1)}=C_p\,p^{\nu(s-1)},\) 其中 \(C_p=p^{-\gamma(s-1)}>0.\) 由 (5.10)，这蕴含 \(\chi(p)>0.\)

1. 验证 \(m\) 满足引理 5.4 的前提。 因为各 \(x_j\equiv a_j\pmod{p^\gamma}\)，所以 \(m=N-\sum_{j\ge2}x_j^k\equiv N-\sum_{j\ge2}a_j^k\equiv a_1^k\pmod{p^\gamma}\)（用原始解的关系）。又 \(a_1\not\equiv0\pmod p\) 故 \(m\equiv a_1^k\not\equiv0\pmod p\)。这恰是引理 5.4 要的“\(y^k\equiv m\pmod{p^\gamma}\) 有解（取 \(y=a_1\)）且 \(m\not\equiv0\)”。于是 \(x_1^k\equiv m\pmod{p^\nu}\) 有解。
2. 数解的个数。 每一种 \((x_2,\dots,x_s)\) 的选法，都至少配得出一个 \(x_1\)。所以 \(M(p^\nu)\ge p^{(\nu-\gamma)(s-1)}\)（只数“至少一个 \(x_1\)”，是下界）。
3. 归一化看密度。 \(\dfrac{M(p^\nu)}{p^{\nu(s-1)}}\ge\dfrac{p^{(\nu-\gamma)(s-1)}}{p^{\nu(s-1)}}=p^{-\gamma(s-1)}=:C_p>0\)。注意这个下界 \(C_p\) 不依赖 \(\nu\)（\(\nu\) 约掉了），是个固定正数。
4. 取极限。 由 (5.10)，\(\chi(p)=\lim_{\nu\to\infty}M(p^\nu)/p^{\nu(s-1)}\ge C_p>0\)。证毕。∎

第 12 节　引理 5.6：\(s\) 够大时，每个同余方程都有非平凡解

这条引理在讲什么、为什么是“最后一块拼图”：引理 5.5 把“\(\chi(p)>0\)”归约成“\(\bmod p^\gamma\) 有非平凡解”。本引理就无条件地证明：只要 \(s\) 够大（奇 \(k\) 要 \(2k\) 个、偶 \(k\) 要 \(4k\) 个），这种非平凡解必定存在，对所有 \(p\) 和所有 \(N\)。这是把“局部 \(\chi(p)>0\)”从“某些好的 \(N,p\)”升级到“全部”的关键。它的证明是本章最精彩、最初等（纯属数数）的部分。

12.1　预处理：把“非平凡”这个附加条件甩掉

由引理 5.5，只须证明 (5.12) 有解不全被 \(p\) 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 \(x_1^k+\cdots+x_{s-1}^k+1^k\equiv N\pmod{p^{\gamma}}.\) 因此（把 \(s-1\) 换成 \(s\)）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。

1. 当 \(N\not\equiv0\pmod p\)：非平凡自动满足。 若所有 \(x_j\) 都被 \(p\) 整除，则左边 \(\equiv0\pmod p\)，不可能等于 \(N\not\equiv0\)。所以任何解都自动“不全被 \(p\) 整除”，附加条件免费成立。
2. 当 \(N\equiv0\pmod p\)：手动塞一个单位变量。 强行令最后一个变量 \(x_s=1\)（它 \(\not\equiv0\pmod p\)，保证非平凡），于是只须解 \(x_1^k+\cdots+x_{s-1}^k\equiv N-1\pmod{p^\gamma}\)。新右端 \(N-1\not\equiv0\pmod p\)（因 \(N\equiv0\)），回到第 1 种好情形，但变量少了一个（\(s-1\) 个）。
3. 统一表述。 两种情形归结为：只须证“当右端 \(\not\equiv0\pmod p\) 时方程可解”，且变量个数门槛降 1。所以把目标设为：\(N\not\equiv0\pmod p\) 时，\(s\ge 2k-1\)（奇）或 \(4k-1\)（偶）即可解。（证完后把 \(s\) 加回 1，就得到引理声称的 \(2k\) 与 \(4k\)。）

12.2　奇素数 \(p>2\)：一条漂亮的“链式”计数

设 \(p>2\)。我们考虑一切满足 \(0\lt N\lt p^{\gamma},\ N\not\equiv 0\pmod p\) 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 \(s(N)=s(N')\)。

1. 为什么 \(s(N)=s(N')\)（当 \(N\equiv z^kN'\)）。 若 \(\sum x_j^k\equiv N'\) 可解，把每个 \(x_j\) 乘以 \(z\)，则 \(\sum(zx_j)^k=z^k\sum x_j^k\equiv z^kN'\equiv N\)。所以 \(N'\) 能用 \(s\) 项凑出 \(\Rightarrow N\) 也能用 \(s\) 项凑出（\(z\not\equiv0\) 时此变换可逆），故二者所需最少项数相同。这说明：\(s(N)\) 只依赖 \(N\) 落在哪个“\(k\) 次方剩余陪集”里。

……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 \(\delta=(k,p-1)\)。……\(a\)（模 \(p^{\gamma}\)）的不同值的个数为 \(\dfrac{p^{\gamma-1}(p-1)}{p^{\gamma-1}\delta}=\dfrac{p-1}{\delta}=r.\) 因此 \(N\) 的每个取值类都至少包含 \(r\) 个元素。

补全“\(k\) 次方一共能取多少个不同值”这个计数：

1. 取对数。 设 \(g\) 是 \(\bmod p^\gamma\) 的原根，\(z\equiv g^\zeta,\ a\equiv g^\alpha\)。则 \(z^k\equiv a\) 变成 \(k\zeta\equiv\alpha\pmod{\varphi(p^\gamma)}\)，模数 \(\varphi(p^\gamma)=p^{\gamma-1}(p-1)\)。
2. 可解判据。 有解 \(\iff\gcd(k,p^{\gamma-1}(p-1))\mid\alpha\)。前面算过这个 gcd \(=p^{\gamma-1}(k_0,p-1)\)。记 \(\delta:=(k,p-1)\)。注意 \((k,p-1)=(p^\tau k_0,p-1)=(k_0,p-1)\)（因 \(\gcd(p,p-1)=1\)），所以 \(\gcd=p^{\gamma-1}\delta\)。故 \(z^k\equiv a\) 可解 \(\iff p^{\gamma-1}\delta\mid\alpha\)。
3. 数 \(k\) 次方剩余的个数。 \(\alpha\) 在 \(\bmod p^{\gamma-1}(p-1)\) 下，能被 \(p^{\gamma-1}\delta\) 整除的剩余类共有 \(\dfrac{p^{\gamma-1}(p-1)}{p^{\gamma-1}\delta}=\dfrac{p-1}{\delta}=:r\) 个。这就是“\(z^k\) 当 \(z\not\equiv0\) 时所取不同值的个数”。
4. 翻成 \(N\) 的语言。 由步骤 1（\(s(N)\) 只看 \(k\)-次方陪集），把所有 \(N\) 按 \(s(N)\) 分类，每一类至少含 \(r\) 个元素（一类是若干个完整的陪集之并，而每个陪集恰好 \(r\) 大小）。这点稍后用来做计数压制。

我们先枚举一切使 \(s(N)=1\) 的 \(N\)：……然后枚举 \(s(N)=2\) 的……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 \((N'-1)+1^k\) 或 \((N'-2)+1^k+1^k,\) 我们推出 \(s(N')\leq j+1\)。因此 \(s(N)=j\)、\(s(N)=j+1\) 的两个集合不能都为空。

这是本章最妙的“链式”论证，逐句补全。 目标：证明随着 \(s\) 增加，\(s(N)\) 的可能取值不会“跳着出现留下两个连续空挡”，从而 \(s(N)\) 的最大值不会太大。

1. 把 \(N\) 按 \(s(N)\) 装进盒子。 第 \(j\) 个盒子装所有满足 \(s(N)=j\) 的 \(N\)。有些盒子可能空（某个 \(j\) 没有 \(N\) 恰好需要 \(j\) 项）。
2. 关键引理：相邻两盒不能同时空。 反证不需要，直接构造。取“还没被前 \(j-1\) 个盒子收纳、且与 \(p\) 互素的最小的 \(N'\)”。
3. 找一个比它小、已被收纳的邻居。 \(N'-1\) 和 \(N'-2\) 这两个数里，至少有一个 \(\not\equiv0\pmod p\)（因为 \(p>2\)，连续两个数不可能都是 \(p\) 的倍数，三个数 \(N',N'-1,N'-2\) 中至多一个被 \(p\) 整除）。设这个不被 \(p\) 整除的邻居是 \(N'-1\)（或 \(N'-2\)）。它比 \(N'\) 小，而 \(N'\) 是“最小的没被前 \(j-1\) 盒收纳者”，所以这个更小的邻居必已被前 \(j-1\) 个盒子收纳，即 \(s(N'-1)\le j-1\)（或 \(s(N'-2)\le j-1\)）。
4. 给 \(N'\) 现造一个表示。 若邻居是 \(N'-1\)：把它的 \(\le j-1\) 项表示后面再补一项 \(1^k\)，得 \(N'=(N'-1)+1^k\)，用了 \(\le j-1+1=j\) 项；若邻居是 \(N'-2\)：补两项 \(1^k+1^k\)，得 \(N'=(N'-2)+1^k+1^k\)，用了 \(\le (j-1)+2=j+1\) 项。无论哪种，\(s(N')\le j+1\)。
5. 结论。 这说明 \(N'\) 落进第 \(j\) 或第 \(j+1\) 个盒子。也就是说，第 \(j\) 与第 \(j+1\) 盒不可能同时是空的（否则 \(N'\) 无处可去，矛盾）。即“连续两个盒子不能都空”。

设最后一个非空集合是 \(s(N)=m\) 的那个。那么前 \(m-1\) 个集合中至少有 \(\tfrac12(m-1)\) 个非空，加上第 \(m\) 个，至少有 \(\tfrac12(m+1)\) 个非空集合。由于每个集合至少含 \(r\) 个数，\(\tfrac12(m+1)r\leq\phi(p^{\gamma})=p^{\gamma-1}(p-1),\) 由此 \((m+1)\leq\dfrac{2p^{\gamma-1}(p-1)}{r}=2p^{\gamma-1}\delta=2p^{\tau}(k_0,p-1)\leq 2k.\) 因此 \(m\leq 2k-1\)……

1. 非空盒至少占一半。 在前 \(m-1\) 个盒子里，由“相邻两盒不能都空”，每两个连续盒至少有一个非空，所以非空的至少 \(\tfrac12(m-1)\) 个。再加上第 \(m\) 盒（按定义非空），总非空盒数 \(\ge\tfrac12(m-1)+1=\tfrac12(m+1)\)。
2. 元素计数卡上界。 每个非空盒至少 \(r\) 个 \(N\)，所有 \(N\)（与 \(p\) 互素、\(
3. 解出 \(m\)。 \(m+1\le\dfrac{2p^{\gamma-1}(p-1)}{r}\)。代入 \(r=\dfrac{p-1}{\delta}\)：\(\dfrac{2p^{\gamma-1}(p-1)}{(p-1)/\delta}=2p^{\gamma-1}\delta\)。再用 \(\gamma-1=\tau\)、\(\delta=(k_0,p-1)\)：\(=2p^\tau(k_0,p-1)\)。
4. 放成 \(\le 2k\)。 \((k_0,p-1)\le k_0\)，故 \(2p^\tau(k_0,p-1)\le 2p^\tau k_0=2k\)。于是 \(m+1\le 2k\)，即 \(m\le 2k-1\)。
5. 收束。 \(m\) 是出现过的最大 \(s(N)\)，所以所有 \(N\)（与 \(p\) 互素）的 \(s(N)\le 2k-1\)。也就是说 \(s\ge 2k-1\) 时，(5.12) 对一切这样的 \(N\) 可解。这就完成了 \(p>2\) 的情形。

12.3　\(p=2\) 的情形

设 \(p=2\)。若 \(\tau=0\)，即 \(k\) 为奇数，则 (5.12) 在 \(s=1\) 时即可解……

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。现在 \(2^{\gamma}-1=2^{\tau+2}-1\leq 4k-1.\) 因此当 \(s\geq 4k-1\) 时即足够……

1. \(k\) 奇数（\(\tau=0\)）。 引理 5.4 证明里已说明：\(k\) 奇时 \(x\mapsto x^k\) 是单位群上的双射，所以任意奇数 \(N\)（即 \(N\not\equiv0\pmod2\)）单用 \(s=1\) 项 \(x_1^k\equiv N\) 就可解。此时 2 这个素数对 \(s\) 没有额外要求，唯一的约束来自奇素数那边的 \(2k\)。引理在 \(k\) 奇时成立。
2. \(k\) 偶数（\(\tau\ge1\)）。 此时 \(N\) 须为奇数（否则前面已用塞 \(1^k\) 的技巧化归）。用最朴素的办法：让每个 \(x_j\) 只取 0 或 1，则 \(x_j^k\) 只取 0 或 1。要凑出 \(N\bmod 2^\gamma\)（一个 \(<2^\gamma\) 的数），最多需要把若干个 1 加起来，即至多 \(2^\gamma-1\) 个 1（因为 \(N\le 2^\gamma-1\)）。所以 \(s\ge 2^\gamma-1\) 必能解。
3. 把门槛翻成 \(4k-1\)。 \(\gamma=\tau+2\)，故 \(2^\gamma-1=2^{\tau+2}-1=4\cdot2^\tau-1\)。又 \(2^\tau\le 2^\tau k_0=k\)，所以 \(4\cdot2^\tau-1\le 4k-1\)。于是 \(s\ge 4k-1\) 就够。把预处理时甩掉的那 1 个变量加回，得引理声称的 \(s\ge 4k\)。\(k\) 偶情形证毕。∎

12.4　历史插曲：\(\Gamma(k)\) 与一张表

Hardy 与 Littlewood 定义 \(\Gamma(k)\) 为使下述成立的最小的 \(s\) 值：同余方程 (5.12) 对一切 \(p\) 和一切 \(N\) 都有解 \(x_1,\ldots,x_s\) 不全被 \(p\) 整除。在此记号下，引理 5.6 表明当 \(k\) 为奇数时 \(\Gamma(k)\leq 2k\)，当 \(k\) 为偶数时 \(\Gamma(k)\leq 4k\)。……

这段在讲什么、背景：G. H. Hardy 与 J. E. Littlewood 是 1920 年代用圆法系统研究 Waring 问题的奠基人。他们专门定义了 \(\Gamma(k)\)：保证所有同余条件都能非平凡满足所需的最小项数。这是 Waring 问题里“局部障碍”的精确度量——\(\Gamma(k)\) 个 \(k\) 次方就足以扫清所有 \(\bmod p^\gamma\) 的限制。我们这一章的引理 5.6 给出了上界 \(\Gamma(k)\le 2k\)（奇）或 \(\le 4k\)（偶）；Hardy–Littlewood 在论文 P.N.VIII 中做了更细致的研究，确定了所有“反常” \(k\)（即 \(\Gamma(k)>k\) 的 \(k\)）。下表是 \(\Gamma(k)\) 的前几项：

第 13 节　定理 5.1：奇异级数有正下界（全章高潮）

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，\(k>2\)）。

把这条“一句话证明”展开成完整逻辑：

1. 条件够强。 假设 \(s\ge 2^k+1\)。先核对它满足前面所有引理的要求：
   • \(k\) 奇：要 \(s\ge 2k\)。而 \(2^k+1\ge 2k\) 对 \(k\ge1\) 恒成立（指数增长压倒线性）。✓
   • \(k\) 偶且 \(k>2\)：要 \(s\ge 4k\)。验证 \(2^k+1\ge 4k\)：\(k=4\) 时 \(17\ge16\)✓；\(k=6\) 时 \(65\ge24\)✓；\(k\) 再大只会更宽松。✓（\(k=2\) 是平方和的特殊情形，需单独的经典处理，不在此通用定理内。）
   • 引理 5.2 与其推论本身就要求 \(s\ge 2^k+1\)。✓
2. 分两段制服欧拉乘积。 由引理 5.2，\(\mathfrak{S}(N)=\prod_p\chi(p)=\Big(\prod_{p\le p_0}\chi(p)\Big)\Big(\prod_{p>p_0}\chi(p)\Big)\)，\(p_0=p_0(k)\) 由推论给定。
3. 大素数段：下界 \(\tfrac12\)。 由第 6 节推论，\(\prod_{p>p_0}\chi(p)\ge\tfrac12>0\)。
4. 小素数段：有限个正因子。 由引理 5.6，每个 \(\chi(p)>0\)（对一切 \(p,N\)）。\(p\le p_0\) 只有有限个素数，有限个正数相乘仍为正：\(\prod_{p\le p_0}\chi(p)>0\)。
5. 合成正下界。 两段相乘 \(\mathfrak{S}(N)\ge\tfrac12\prod_{p\le p_0}\chi(p)>0\)。
6. 下界与 \(N\) 无关——这是最后也最重要的一关。 要得到统一常数 \(C_1\)，必须说明 \(\prod_{p\le p_0}\chi(p)\) 不会随 \(N\) 变化而趋于 0。每个 \(\chi(p)\) 由引理 5.5 有下界 \(C_p=p^{-\gamma(s-1)}\)，它只依赖 \(p,k,s\)，不依赖 \(N\)（引理 5.6 保证非平凡解对一切 \(N\) 存在，所以这个下界对一切 \(N\) 都适用）。于是 \[\mathfrak{S}(N)\ge\frac12\prod_{p\le p_0}C_p=:C_1(k,s)>0,\] 这个 \(C_1\) 只跟 \(k,s\) 有关，对一切 \(N\) 成立。定理证毕。∎

第 14 节　这定理意味着什么 + 文献来历

定理 5.1 是对定理 4.1 的一个必要补充，它表明渐近公式中的主项是 \(\gg N^{s/k-1}\)，从而当 \(N\to\infty\) 时 \(r(N)\to\infty\)。

1. 把主项的大小定下来。 上一章定理 4.1 给出 \(r(N)=\mathfrak{S}(N)\mathfrak{J}(N)N^{s/k-1}+(\text{更小的误差})\)。本章证明 \(\mathfrak{S}(N)\ge C_1>0\)；而奇异积分 \(\mathfrak{J}(N)\) 也（在别处证明）有正下界。于是主项 \(\ge C_1\cdot(\text{常数})\cdot N^{s/k-1}\gg N^{s/k-1}\)。
2. 结论：表示数趋于无穷。 因为 \(s>k\)（项数多于次数），指数 \(\dfrac{s}{k}-1>0\)，所以 \(N^{s/k-1}\to\infty\)，从而 \(r(N)\to\infty\)。这正是 Waring 问题想要的：不仅每个大数都能表示，而且表示方法越来越多。
3. 为什么说“必要补充”。 定理 4.1 只给出了渐近公式的“骨架”（主项的形状和误差控制），但若主项系数可能为 0，骨架就是空的。定理 5.1 填上“系数确实为正”这块，才让整套渐近公式有实质意义。两者缺一不可。

在本章中我大体上遵循了 Vinogradov 的论述 [93，第 2 章]。这比 Hardy 与 Littlewood 原来的论述稍微简单一些。

这段在讲历史脉络：Waring 问题（1770 年 E. Waring 提出“每个数是 \(g(k)\) 个 \(k\) 次方之和”）的现代解析处理，由 Hardy–Littlewood 在 1920 年代用圆法开创。后来 I. M. Vinogradov（维诺格拉多夫）对方法做了重要简化与强化。Davenport 这本讲义在奇异级数这一章采用了 Vinogradov《数论中的三角和方法》第 2 章的处理，比 Hardy–Littlewood 的原始论证更简洁。脚注还诚实地指出：Vinogradov 的版本里漏了 \(p=2\) 这种情形（即我们引理 5.4 的后半），Davenport 在此补全。这体现了数学写作中“补全前人疏漏、把每个情形都照顾到”的严谨精神——也正是本讲解逐段补全跳步的理由。

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