奇异级数（续）The singular series continued

第一步：为什么要换一种拆法。引理 6.2 里拆 \(x=p^{\nu-1}y+z\)（只取最高 1 位作 \(y\)），靠的是"\(y\) 的线性项系数 \(ak\) 与 \(p\) 互素"才有抵消。可现在 \(p\mid k\)，那个系数会被 \(p\) 整除，抵消会失灵。对策：让 \(y\) 多吃几位——取 \(y\) 占最高 \(\tau+1\) 位（\(0\le y

1. 承认 (6.6) 先往下走。把 (6.6) 代入 \(S_{a,p^\nu}=\sum_x e(ax^k/p^\nu)\)。指数里 \[\frac{a}{p^\nu}x^k\equiv\frac{a}{p^\nu}\big(z^k+kp^{\nu-\tau-1}z^{k-1}y\big)=\frac{az^k}{p^\nu}+\frac{ak\,z^{k-1}y}{p^{\tau+1}}.\] 再把 \(k=p^\tau k_0\) 代入第二项：\(\dfrac{ak}{p^{\tau+1}}=\dfrac{a p^\tau k_0}{p^{\tau+1}}=\dfrac{ak_0}{p}\)。于是第二项 \(=\dfrac{ak_0z^{k-1}y}{p}\)。（原文里那个负号来自 (6.6) 推导的符号约定，不影响后面"是否为零"的判断，因为只关心指数是否为整数。）得到原文那个双重和。
2. 内层对 \(y\) 求和（\(y\) 跑 \(p^{\tau+1}\) 个值）。内层和 \(=\sum_{y=0}^{p^{\tau+1}-1}e\!\big(\tfrac{ak_0z^{k-1}}{p}y\big)\)。关键：现在系数里是 \(ak_0\) 而不是 \(ak\)，而 \(p\nmid a,\ p\nmid k_0\)，故 \(ak_0\not\equiv0\pmod p\)！抵消恢复了。该几何和为 \(0\) 除非 \(p\mid z^{k-1}\) 即 \(z\equiv0\pmod p\)，否则（\(z\equiv0\)）每项为 \(1\)、和 \(=p^{\tau+1}\)。
3. 只留 \(z=pw\)，降阶。满足 \(z\equiv0,\ 0\le z

第二步：把要证的 (6.6) 归约成纯粹的二项式同余 (6.7)。这里出现了证明里"最技术"的一段，原文承认"并不像看上去那样显然"，我们要把它讲透。

1. 为什么"先证 \(p^\tau\) 次方就够"。因为 \(k=p^\tau k_0\)，所以 \(x^k=\big(x^{p^\tau}\big)^{k_0}\)。如果能证明 \[(z+p^{\nu-\tau-1}y)^{p^\tau}\equiv z^{p^\tau}+p^{\nu-1}z^{p^\tau-1}y\pmod{p^\nu},\tag{$\ast$}\] 那么把 \((\ast)\) 两边再升到 \(k_0\) 次方：右边 \(\big(z^{p^\tau}+p^{\nu-1}(\cdots)\big)^{k_0}\)，用二项式，除首项 \(z^{p^\tau k_0}=z^k\) 外，其余每项都含 \((p^{\nu-1})^j,\ j\ge1\)；其中 \(j=1\) 项给 \(k_0 z^{(p^\tau)(k_0-1)}\cdot p^{\nu-1}z^{p^\tau-1}y=k_0p^{\nu-1}z^{k-1}y\)，\(j\ge2\) 项含 \(p^{2(\nu-1)}\equiv0\pmod{p^\nu}\)（因 \(\nu\ge2\)）。于是 \[x^k\equiv z^k+k_0p^{\nu-1}z^{k-1}y\pmod{p^\nu}.\] 咦，这里系数是 \(k_0\) 而原文 (6.6) 写的是 \(k\)（在 mod \(p\) 意义下）——其实 (6.6) 是 mod \(p\) 的弱断言，而我们这里得到更强的 mod \(p^\nu\)；代入指数 \(\tfrac{a}{p^\nu}\cdot k_0p^{\nu-1}z^{k-1}y=\tfrac{ak_0}{p}z^{k-1}y\)，与第一步算出的第二项一致。所以"升到 \(k_0\) 次方不带来困难"。问题归到证 \((\ast)\)。
2. 换记号 \(\lambda=\nu-\tau-1\)，得 (6.7)。注意 \((\ast)\) 右边第二项指数 \(\nu-1=\lambda+\tau\)，模数 \(p^\nu=p^{\lambda+\tau+1}\)，于是 \((\ast)\) 就写成 (6.7)： \[(z+p^\lambda y)^{p^\tau}\equiv z^{p^\tau}+p^{\lambda+\tau}z^{p^\tau-1}y\pmod{p^{\lambda+\tau+1}}.\]
3. 为什么不能一步硬展开。若直接对 \((z+p^\lambda y)^{p^\tau}\) 用二项式定理，第 \(j\) 项是 \(\binom{p^\tau}{j}z^{p^\tau-j}(p^\lambda y)^j\)。我们想说 \(j\ge2\) 的项都 \(\equiv0\pmod{p^{\lambda+\tau+1}}\)。但 \(\binom{p^\tau}{j}\) 不一定被 \(p^\tau\) 整除（例如 \(\binom{p^\tau}{p^{\tau-1}}\) 只含较低的 \(p\) 幂），单靠二项式系数提供的 \(p\) 幂不够，得不到 \(p^{\lambda+\tau+1}\)。这就是原文说"不像看上去那样显然"的精确含义。对策：不一次展开，而是一次只升一个 \(p\) 次方，分 \(\tau\) 个阶段（对 \(\tau\) 归纳）。

第三步：基础引理 (6.8)——升一个 \(p\) 次方。

1. 对 \((z+p^\lambda y)^p\) 用二项式定理： \[(z+p^\lambda y)^p=z^p+\binom{p}{1}z^{p-1}(p^\lambda y)+\sum_{j=2}^{p-1}\binom{p}{j}z^{p-j}(p^\lambda y)^j+(p^\lambda y)^p.\]
2. 第 \(j=1\) 项：\(\binom{p}{1}=p\)，给 \(p\cdot z^{p-1}\cdot p^\lambda y=p^{\lambda+1}z^{p-1}y\)，正是目标里要保留的项。
3. 中间项 \(2\le j\le p-1\)：素数 \(p\) 的二项式系数 \(\binom pj\) 当 \(1\le j\le p-1\) 时都被 \(p\) 整除（因 \(\binom pj=\frac{p}{j}\binom{p-1}{j-1}\)，分子带 \(p\)，分母 \(j
4. 最后一项 \(j=p\)（原文"唯一需要检验的"）：\((p^\lambda y)^p=p^{\lambda p}y^p\)。要它 \(\equiv0\pmod{p^{\lambda+2}}\)，需 \(\lambda p\ge\lambda+2\)，即 \(\lambda(p-1)\ge2\)。
   • \(p>2\)（\(p\ge3\)）且 \(\lambda\ge1\)：\(\lambda(p-1)\ge1\cdot2=2\) ✓。
   • \(p=2\)：\(p-1=1\)，需 \(\lambda\ge2\) ✓（\(\lambda=1\) 时 \(\lambda(p-1)=1<2\) 会失败，所以 \(p=2\) 必须 \(\lambda\ge2\)，这就是为何对 \(p=2\) 要额外条件）。
5. 于是在相应条件下，除前两项外都消失，(6.8) 成立。它说：把 \((z+p^\lambda y)\) 升一个 \(p\) 次方，结果形状不变——还是"\(z\) 的 \(p\) 次方 + 一个线性余项"，只是 \(\lambda\) 升级为 \(\lambda+1\)、模数升级一格。这正好可以接力。

第四步：用 (6.8) 当积木，归纳出 (6.7)。

1. 先记基底 \(B=z+p^\lambda y\)。由 (6.8)，\(B^p\equiv z^p+p^{\lambda+1}z^{p-1}y\pmod{p^{\lambda+2}}\)。把它写成"\(z^p\) + 高位"的形状：\(B^p=z^p+p^{\lambda+1}z^{p-1}y_1\)，其中 \(y_1\equiv y\pmod p\)（同余允许我们把 \(B^p\) 真实值的高位部分记成某个 \(y_1\)，它模 \(p\) 等于 \(y\)）。注意：现在它形如 \(z'+p^{\lambda+1}y_1\)（把 \(z'=z^p\) 当新"底"，\(\lambda+1\) 当新"\(\lambda\)"），与 (6.8) 的输入同型。
2. 再升一个 \(p\) 次方，对 \((z^p+p^{\lambda+1}z^{p-1}y_1)^p\) 套 (6.8)（用 \(\lambda+1\) 代 \(\lambda\)、用 \(z^p\) 代 \(z\)）： \[(z+p^\lambda y)^{p^2}=B^{p^2}\equiv z^{p^2}+p^{\lambda+2}z^{p^2-1}y_1\equiv z^{p^2}+p^{\lambda+2}z^{p^2-1}y\pmod{p^{\lambda+3}}.\] 最后一步把 \(y_1\) 换回 \(y\)：因为 \(y_1\equiv y\pmod p\)，而它前面乘了 \(p^{\lambda+2}\)，差出来的 \(p^{\lambda+2}(y_1-y)\) 含 \(p^{\lambda+3}\)，在 mod \(p^{\lambda+3}\) 下可忽略。所以 \(\tau=2\) 的情形成立。
3. 归纳。假设升 \(p^{\tau-1}\) 次方后已成立 \(B^{p^{\tau-1}}\equiv z^{p^{\tau-1}}+p^{\lambda+\tau-1}z^{p^{\tau-1}-1}y\pmod{p^{\lambda+\tau}}\)，再用 (6.8)（这次以 \(\lambda+\tau-1\) 代 \(\lambda\)）升最后一个 \(p\) 次方，同样的"\(y_1\to y\) 可换"论证，便得到 (6.7) 的 \(p^\tau\) 版本。每一步都只升一个 \(p\) 次方、模数升一格，所以二项式系数提供的那一个 \(p\) 因子始终够用——这正是"分阶段"绕开"\(\binom{p^\tau}{j}\) 不够整除"困难的办法。

第五步：核对归纳用到的 \(\lambda\) 条件确实满足。(6.8) 在归纳里被反复用，每次要求"\(\lambda\ge1\)（\(p>2\)）"或"\(\lambda\ge2\)（\(p=2\)）"，其中起始 \(\lambda=\nu-\tau-1\)（之后只增不减，所以查起始值最严）。

1. \(p>2\)：要 \(\lambda=\nu-\tau-1\ge1\)。由第一步 \(\nu\ge\tau+2\) 得 \(\nu-\tau-1\ge1\) ✓。
2. \(p=2\)：要 \(\lambda\ge2\) 即 \(\nu\ge\tau+3\)。由前面 \(\nu>k\) 即 \(\nu\ge k+1\)，又 \(k\ge\tau+2\)，故 \(\nu\ge(\tau+2)+1=\tau+3\) ✓。这正是为什么前面要费劲确立 \(k\ge\tau+2\)：专门为 \(p=2\) 这个最挑剔的情形兜底。

条件都满足，(6.7) 成立，从而 (6.6)、从而 (6.5) 对 \(p\mid k\) 也成立。\(\blacksquare\)

五、引理 6.4：拼装——对一般 \(q\) 的整体估计 (6.1)

这就是本章开头的目标 (6.1)。前面三条引理分别拿下了 \(\nu=1\)（引理 6.1）、\(\nu\le k\) 且 \(p\nmid k\)（引理 6.2 (6.4)）、以及所有 \(\nu>k\) 的降阶（引理 6.2/6.3 的 (6.5)）。现在用 \(S_{a,q}\) 的乘性把不同素数的估计拼成一块。

1. 乘性。第 5 章引理 5.1 证过：当 \(q=q_1q_2\) 且 \((q_1,q_2)=1\)，存在 \((a_1,q_1)=(a_2,q_2)=1\) 使 \(S_{a,q}=S_{a_1,q_1}S_{a_2,q_2}\)。直观原因：中国剩余定理把 \(x\bmod q\) 一一对应到 \((x\bmod q_1,\ x\bmod q_2)\)，求和因此劈成两个独立求和的乘积。把 \(q\) 按素因子全分解 \(q=\prod p_i^{\nu_i}\)，得 \(S_{a,q}=\prod_i S_{a_i,p_i^{\nu_i}}\)。
2. \(T\) 也乘性。因为 \(q^{1-1/k}=\prod_i(p_i^{\nu_i})^{1-1/k}\)（幂对乘积可拆），把 \(S\) 的乘积逐因子除以对应的 \((p_i^{\nu_i})^{1-1/k}\)： \[T(a,q)=\frac{\prod_iS_{a_i,p_i^{\nu_i}}}{\prod_i(p_i^{\nu_i})^{1-1/k}}=\prod_iT(a_i,p_i^{\nu_i}).\] 所以只要每个 \(|T(a,p^\nu)|\) 有界，乘起来就有界（只要参与相乘的"超过 1 的因子"个数有限——下面正是要说明这点）。
3. 用 (6.5) 把 \(\nu\) 压到 \(\le k\)。由 \(S_{a,p^\nu}=p^{k-1}S_{a,p^{\nu-k}}\)（引理 6.2 第二部分或引理 6.3），换算成 \(T\)： \[T(a,p^\nu)=\frac{S_{a,p^\nu}}{(p^\nu)^{1-1/k}}=\frac{p^{k-1}S_{a,p^{\nu-k}}}{p^{\nu(1-1/k)}}.\] 而 \(T(a,p^{\nu-k})=\dfrac{S_{a,p^{\nu-k}}}{p^{(\nu-k)(1-1/k)}}\)。两者相除，验证 \(T(a,p^\nu)=T(a,p^{\nu-k})\)：需 \(\dfrac{p^{k-1}}{p^{\nu(1-1/k)}}=\dfrac{1}{p^{(\nu-k)(1-1/k)}}\)，即比较指数 \[(k-1)-\nu\big(1-\tfrac1k\big)\overset?=-(\nu-k)\big(1-\tfrac1k\big).\] 右边 \(=-\nu(1-\tfrac1k)+k(1-\tfrac1k)=-\nu(1-\tfrac1k)+(k-1)\)，与左边相同 ✓（用 \(k(1-1/k)=k-1\)）。所以 \(T(a,p^\nu)=T(a,p^{\nu-k})\)。反复用，可把任何 \(\nu\) 降到 \(\le k\)。于是不妨设所有 \(\nu_i\le k\)。

逐个素因子估计 \(T\)，找出"可能大于 1"的只有有限个。

1. \(\nu=1\) 的因子。由引理 6.1，\(|S_{a,p}|\le(\delta-1)\sqrt p\le(k-1)\sqrt p
2. 这个界何时 \(\le1\)？\(kp^{-1/6}\le1\iff p^{1/6}\ge k\iff p\ge k^6\)。所以当 \(p\ge k^6\)，\(\nu=1\) 的因子已经 \(\le1\)，乖乖收敛不添乱；只有 \(p1\)。
3. \(2\le\nu\le k\) 的因子。由 (6.4) \(S_{a,p^\nu}=p^{\nu-1}\)，故 \[T(a,p^\nu)=\frac{p^{\nu-1}}{p^{\nu(1-1/k)}}=p^{(\nu-1)-\nu+\nu/k}=p^{-1+\nu/k}.\] 因 \(\nu\le k\)，指数 \(-1+\nu/k\le-1+1=0\)，故 \(T(a,p^\nu)\le p^0=1\)。这些因子永远 \(\le1\)，从不添乱。（坏素数 \(p\mid k\) 的 \(2\le\nu\le k\) 因子怎么办？它们的 \(p
4. 拼装。把所有素因子的 \(T\) 乘起来。除了 \(p1\)，其余全 \(\le1\)。所以 \[|T(a,q)|=\prod_i|T(a_i,p_i^{\nu_i})|\le\prod_{p\le k^6}\big(k\,p^{-1/6}\big).\] 右边是固定有限个（\(p\le k^6\) 的素数个数有限）数的乘积，它只依赖 \(k\)，与 \(q\) 完全无关。记这个常数为 \(C\)。于是 \(|T(a,q)|\le C\)，即 \[|S_{a,q}|=q^{1-1/k}|T(a,q)|\le C\,q^{1-1/k}\ll q^{1-1/k}.\] 正是 (6.1)。\(\blacksquare\)

六、定理 6.1：奇异级数收敛且有正下界

这是本章的主定理，把前面所有引理收口。它有两层：

• 绝对收敛（\(s\ge2k+1\)）：级数形 \(\mathfrak{S}(N)=\sum_qA(q)\) 与乘积形 \(\prod_p\chi(p)\) 都收敛、且与 \(N\) 无关地一致有界。
• 正下界（\(k\) 奇要 \(s\ge2k+1\)，\(k\) 偶要 \(s\ge4k\)）：\(\mathfrak{S}(N)\) 不只是收敛，还离 \(0\) 有正的距离。这一步至关重要——圆法主项是 \(\mathfrak{S}(N)\) 乘别的正量，只有 \(\mathfrak{S}(N)>0\) 才能断言"\(N\) 真的可表为 \(s\) 个 \(k\) 次方和"。

1. 绝对收敛。就是本章第一节"把欠条点清"里那段推导：\(|S_{a,q}|\ll q^{1-1/k}\)（引理 6.4）\(\Rightarrow|A(q)|\ll q^{1-s/k}\Rightarrow\sum_q|A(q)|\ll\sum_qq^{1-s/k}\)，在 \(s\ge2k+1\) 时是收敛的 \(p\)-级数。第 3 章曾用"引理 3.1 推论"那个较弱的版本，现在换成更干净的引理 6.4，结论照旧成立。
2. 正下界。这部分调用第 5 章成果：引理 5.6 把 \(\mathfrak{S}(N)\) 与"各局部因子 \(\chi(p)\) 之积"挂钩并保证每个 \(\chi(p)>0\)；引理 5.2 推论则把"小素数部分的乘积"与"大素数部分（接近 1）"分别控制住，得到统一的正下界 \(C_1(k,s)\)。奇偶分类（\(k\) 偶要 \(s\ge4k\)）来自：偶次幂在模 \(2\) 的幂下解更受限（如 \(x^4\equiv0,1\pmod{16}\)），需要更多变量 \(s\) 才能保证局部有解、密度不退化到 \(0\)。\(\blacksquare\)

这段是战略评论，点明圆法里"真正难的是哪一块"。回顾全局：圆法把表示数 \(r(N)=\int_0^1T(\alpha)^se(-N\alpha)\,d\alpha\) 拆成主弧（贡献主项，主项 = 奇异积分 × 奇异级数）+ 次弧（要证它小到淹不过主项）。

这段话的意思是：奇异级数（主弧那一侧的算术因子）现在已经被本章彻底驯服——只要 \(s\ge2k+1\) 它就乖乖收敛、还正。所以若想把可表性的门槛 \(s\) 降低，瓶颈不在奇异级数，而在次弧：怎样对一般 \(\alpha\) 把 \(|T(\alpha)|\) 压得更狠。"除 \(k=4\) 外"是个有趣的例外：\(k=4\) 时模 \(16\) 的局部约束特别强（下文史料会细讲 \(\chi(2)\) 的巨大波动），让奇异级数的正下界要更小心。

七、历史注：Hardy–Littlewood 的 \(s\ge4\) 与"最优"\(s\ge2k+1\)

这段对比了两种收敛门槛，要点在于"是否利用对 \(a\) 求和的抵消"。逐句拆解：

1. 本章的做法（保守）：我们证收敛时，第一步就用三角不等式 \(|A(q)|\le\sum_a|q^{-1}S_{a,q}|^s\)，把 \(e(-Na/q)\) 和 \(a\) 求和里的相位全丢了。这相当于"取绝对值"。代价是门槛较高：要 \(s\ge2k+1\)。好处是：界与 \(N\) 完全无关（一致），这对后面证主项很关键。
2. Hardy–Littlewood 的做法（精打细算）：他们保留对 \(a\) 的求和 \(\sum_{a}(q^{-1}S_{a,q})^se(-Na/q)\) 里的相互抵消（就像引理 6.1 里 \(\sum_t e(at/p)=0\) 那种抵消，但这次发生在对 \(a\) 求和上）。抵消额外省下次方，于是门槛降到惊人的 \(s\ge4\)（与 \(k\) 无关！）。
3. 但有代价：不一致。他们的 \(s\ge4\) 收敛依赖 \(N\)——抵消的程度随 \(N\) 而变，收敛速度对不同 \(N\) 不一样，不能对所有 \(N\) 给统一的界。而圆法证主项 \(\gg P^{s-k}\) 恰恰需要"对 \(N\) 一致"的下界，所以实际证可表性时还是要用本章这种一致版本。
4. "\(s\ge2k+1\) 最优"是什么意思。"最优 / best possible"指：如果你坚持取绝对值 \(|q^{-1}S_{a,q}|\)（不利用对 \(a\) 的抵消），那么 \(s\ge2k+1\) 这个条件不能再降——存在例子使得 \(s=2k\) 时 \(\sum_q\sum_a|q^{-1}S_{a,q}|^s\) 真的发散。这与第一节算的 \(p\)-级数指数 \(s/k-1>1\iff s>2k\) 的分界完全吻合：恰好卡在收敛边缘，多一不可、少一发散。所以本章的 \(2k+1\) 不是偷懒，而是"绝对值框架下的极限"。

八、\(\mathfrak{S}(N)\) 怎样随 \(N\) 波动：\(k=4,s=21\) 的著名计算

这段提出一个定量问题并给出定性回答。\(\mathfrak{S}(N)=\prod_p\chi(p)\)，每个因子 \(\chi(p)\) 是"模 \(p\) 各次幂下 \(N\) 可表的局部密度"。它怎么随 \(N\) 变？

• "\(\chi(p)\) 主要取决于 \(N\) 模 \(p^\gamma\) 的剩余类"：局部密度只看 \(N\) 在素数 \(p\) 处的"低位信息"（模 \(p\) 的某个固定次幂 \(p^\gamma\)），所以 \(\chi(p)\) 是 \(N\) 的周期函数（周期 \(p^\gamma\)）。
• "波动最大的是 \(p\mid k\) 的因子"：呼应引理 6.3——\(k\) 的素因子让 \(k\) 次方在模 \(p^\nu\) 下取值高度受限（比如 \(x^4\) 只能 \(\equiv0,1\pmod{16}\)），于是"\(N\) 落在哪个剩余类"对解的多少影响极大，\(\chi(p)\) 随之大起大落。
• "\(p-1\) 与 \(k\) 公因子大的也会波动"：呼应引理 6.1 里的 \(\delta=(k,p-1)\)——\(\delta\) 大意味着 \(k\) 次方在模 \(p\) 下只能取到 \(\frac{p-1}{\delta}\) 个值，约束强、波动大。

这是一段具体史料，讲圆法在最经典战例上的真实数字。背景：Waring 问题对 \(k=4\)（四次方）要确定 "每个充分大的 \(N\) 都是多少个四次方之和"，Hardy–Littlewood 在 P.N. II（[38] 是书末参考文献编号）里处理 \(s=21\)（21 个四次方），必须验证 \(\mathfrak{S}(N)>0\)。

• "用 \(S_{a,q}\) 定义而非同余式"：两种等价定义。\(\chi(p)=\sum_{\nu\ge0}\big(\text{模 }p^\nu\text{ 的项}\big)\)，也可写成同余解数的极限。早期他们偏好指数和形式。
• 对 \(k=4,s=21\)：波动最大的局部因子是 \(\chi(2)\)（因 \(2\mid4\)，对应 \(p\mid k\)）和 \(\chi(5)\)（因 \(p-1=4=k\)，\(\delta=(4,4)=4\) 很大，对应"\(p-1\) 与 \(k\) 公因子大"）。其余素数的因子之积几乎恒等于 \(1\)，不影响正负。
• 定量：\(\chi(5)\) 在 \(0.7\sim1.3\) 间小幅起伏；而 \(\chi(2)\) 波动约 200 倍——这正是 \(k=4\) 那个"麻烦例外"的根源。

这是本章的压轴细节，把抽象的 \(\chi(2)\) 写成 \(N\) 的显式三角函数。逐项读懂：

1. 公式形状：\(\chi(2)\) 是 \(N\) 的周期函数（周期 16，因主要由模 \(16=2^4\) 的剩余类决定），写成几个余弦波的叠加，外加一个极小的误差 \(\varepsilon(N)\)（\(|\varepsilon|<0.002\)，可忽略）。\(\cos\) 的幅角里有 \(\frac{(2N-5)\pi}{16}\) 这种，随 \(N\) 整数地跳动，每 16 个 \(N\) 循环一次。
2. 为什么是模 16：因为 \(x^4\bmod16\) 只能取 \(0\) 或 \(1\)。验证：偶数 \(x=2m\)，\(x^4=16m^4\equiv0\)；奇数 \(x\)，\(x^2\equiv1\pmod8\) 故 \(x^4\equiv1\pmod{16}\)。所以每个四次方在模 16 下"非 0 即 1"，约束极强，\(\chi(2)\) 的全部戏码都在模 16 上演。
3. 为什么 \(N\equiv2,3\pmod{16}\) 时 \(\chi(2)\) 很小：要凑 \(x_1^4+\cdots+x_{21}^4\equiv N\pmod{16}\)，每个 \(x_i^4\) 只能贡献 \(0\) 或 \(1\)。于是这 21 项里"取 1 的个数"必须 \(\equiv N\pmod{16}\)。若 \(N\equiv2\) 或 \(3\)，能取 \(1\) 的项数很少（只能是 \(2\) 或 \(3\) 个，或 \(18,19\) 个等），组合方式少、约束紧，局部解密度低，\(\chi(2)\) 小。
4. 为什么 \(N\equiv10,11\pmod{16}\) 时 \(\chi(2)\) 大：此时"取 1 的项数"\(\equiv10\) 或 \(11\)，处于 \(0\sim21\) 的中段，对应的组合数 \(\binom{21}{10},\binom{21}{11}\) 巨大，选法多、约束松，局部解密度高，\(\chi(2)\) 大。
5. 仍然为正：即便最小的情形（\(N\equiv2,3\)），\(\chi(2)\) 也只是"很小"但严格 \(>0\)。这正是 Hardy–Littlewood 必须验的——只要每个 \(\chi(p)>0\) 且其积有正下界，\(\mathfrak{S}(N)>0\) 就成立，从而 21 个四次方足以表示所有大 \(N\)。这就是定理 6.1 的"正下界"在最经典战例里的真实样貌。

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