Davenport · Analytic Methods for Diophantine Equations

华林问题：数 \(G(k)\)Waring's problem: the number \(G(k)\)

数 \(G(k)\) 被（Hardy 和 Littlewood）定义为具有如下性质的最小的 \(s\) 值：每个充分大的整数 \(N\) 都可以表示为 \(s\) 个正整数 \(k\) 次幂之和。由定理 4.1 和定理 5.1，我们已经知道 \(G(k) \le 2^k + 1\)。从相反的方向看，由密度方面的考虑容易推出 \(G(k) \ge k+1\)；事实上，满足

\[ x_1^k + \cdots + x_k^k \le X, \quad 0 \lt x_1 \le x_2 \le \cdots \le x_k \]

的整数组 \(x_1,\ldots,x_k\) 的集合的个数，容易看出当 \(X \to \infty\) 时渐近于 \(\gamma X\)（这通过与一个重积分作比较得到），其中 \(\gamma \lt 1\)；从而存在许多不能表示为 \(k\) 个 \(k\) 次幂之和的数。利用同余条件常常可以推出一个更好的下界；我们有 \(G(k) \ge \Gamma(k)\)，其中 \(\Gamma(k)\) 是第 4 章中定义的那个数。

当 \(k\) 较大时，对 \(G(k)\) 存在更好的上界可用。1934 年，Vinogradov 证明了当 \(k > k_0(\delta)\) 时 \(G(k) \lt (6+\delta)k\log k\)，其中 \(\delta\) 是任意小的正数 [92]。我们现在将给出该证明的一个阐述。¹ 数值系数 6 后来被 Vinogradov 于 1947 年改进为 3 [93]，但其证明较为困难。

读者将记得，在第 4 章中我们把 \(\alpha\) 的积分区间分为主弧和次弧，主弧由那些容许有理逼近 \(a/q\) 的 \(\alpha\) 组成，其中

\[ q \le P^\delta, \quad |\alpha - a/q| \lt P^{-k+\delta}. \]

与华林问题研究中通常所需者相比，这些主弧的数目特别少而且长度特别短。之所以能够作这样的选取，是由于华的非常有效的估计（引理 3.2），它在 \(\int |T(\alpha)|^{2^k}\,d\alpha\) 的估计中“节省”了几乎 \(P^k\)。在现在的处理中，我们不能在次弧上的 \(\alpha\) 的积分中纳入这么多。因此我们需要一个比引理 4.2 证明中所用的非常粗糙的方法更有效的、在主弧上对 \(T(\alpha)\) 的逼近方法。问题本质上是用积分代替求和的问题，我们将采用 van der Corput 的下述引理，它本身也有独立的意义。

引理 9.1.（van der Corput）设 \(f(x)\) 是一个实函数，在 \(A \le x \le B\) 上二次可微。又设在此区间内 \[ 0 \le f'(x) \le \tfrac{1}{2}, \quad f''(x) \ge 0. \] 那么 \[ \sum_{A \le n \le B} e(f(n)) = \int_A^B e(f(x))\,dx + O(1). \]

证. 只需对 \(A,B\) 为整数且 \(A \lt B\) 的情形证明结果，且当端项 \(n=A\)、\(n=B\) 计入求和时取因子 \(\frac{1}{2}\)。把 \(f(x)\) 换成 \(f(x)+c\)（这等价于把求和与积分都乘以 \(e^{2\pi i c}\)），我们可以保证求和与积分之差是实数，这就允许我们把两边的 \(e(f(x))\) 换成 \(\cos(2\pi f(x))\)。

令 \(\Psi(x) = x - [x] - \frac{1}{2}\)。那么，对任意整数 \(m\) 以及任意可微函数 \(F(x)\)，我们有

\[ \int_m^{m+1} \Psi(x) F'(x)\,dx = \tfrac{1}{2}\{F(m+1) + F(m)\} - \int_m^{m+1} F(x)\,dx. \]

对 \(m = A, A+1, \ldots, B-1\) 求和，我们得到

\[ {\sum_{n=A}^{B}}' F(n) = \int_A^B F(x)\,dx + \int_A^B \Psi(x) F'(x)\,dx, \]

其中撇号表示端项计以因子 \(\frac{1}{2}\)。于是问题归结为证明

\[ I = \int_A^B \Psi(x)\left(\cos(2\pi f(x))\right)'\,dx \]

的绝对值有界。

我们回忆，对任意非整数的 \(x\)，

\[ \Psi(x) = -\sum_{\nu=1}^{\infty} \frac{\sin 2\pi\nu x}{\pi\nu}. \]

因此

\[ \begin{aligned} I &= -\sum_{\nu=1}^{\infty} \frac{1}{\nu\pi} \int_A^B (\sin 2\pi\nu x)\left(\cos(2\pi f(x))\right)'\,dx \\ &= 2\sum_{\nu=1}^{\infty} \frac{1}{\nu} \int_A^B (\sin 2\pi\nu x)(\sin(2\pi f(x))) f'(x)\,dx \\ &= \sum_{\nu=1}^{\infty} \frac{1}{\nu} \int_A^B f'(x)\left\{\cos\left(2\pi(\nu x - f(x))\right) - \cos\left(2\pi(\nu x + f(x))\right)\right\}\,dx. \end{aligned} \]

第一行中求和与积分次序的交换，可借助 \(\Psi(x)\) 的级数的有界收敛性轻易地证明合理。我们将证明

\[ \left| \int_A^B f'(x) \cos\left(2\pi(\nu x \pm f(x))\right)\,dx \right| \lt \frac{1}{\pi(2\nu - 1)}, \]

这将蕴含

\[ |I| \lt \frac{1}{\pi} \sum_{\nu=1}^{\infty} \frac{1}{\nu(2\nu - 1)} \lt \frac{2}{\pi}, \]

从而给出所需的结果。

我们把积分写为

\[ \frac{1}{2\pi} \int_A^B \frac{f'(x)}{\nu \pm f'(x)} \phi'(x)\,dx, \]

其中

\[ \phi(x) = \sin(2\pi(\nu x \pm f(x))), \]

并诉诸中值定理。第二个因子 \(\phi'(x)\) 具有这样的性质：它在任意两个上下限之间的积分的绝对值至多为 2。第一个因子是单调的（对每个正整数 \(\nu\)），其导数为

\[ \frac{\nu f''(x)}{(\nu \pm f'(x))^2} \ge 0. \]

第一个因子的最大值至多为 \(1/(2\nu - 1)\)。因此

\[ \left| \frac{1}{2\pi} \int_A^B \frac{f'(x)}{\nu \pm f'(x)} \phi'(x)\,dx \right| \le \frac{1}{\pi(2\nu - 1)}, \]

正如上面所断言。于是引理 9.1 的证明完成。∎

我们为本章的目的定义主弧 \(\mathfrak{M}_{a,q}\)，它由如下区间组成：

\begin{equation}\tag{9.1} (a,q) = 1, \quad 1 \le a \le q, \quad q \le P^{1/2}, \quad |q\alpha - a| \lt \frac{1}{2kP^{k-1}}. \end{equation}

如同第 2 章，我们定义

\[ T(\alpha) = \sum_{x=1}^{P} e(\alpha x^k). \]

更精确的结果，它取代了引理 4.2，如下所述。

引理 9.2. 对 \(\mathfrak{M}_{a,q}\) 中的 \(\alpha\)，我们有 \begin{equation}\tag{9.2} T(\alpha) = q^{-1} S_{a,q} I(\beta) + O(q), \end{equation} 其中记号同第 4 章。

证. 像引理 4.2 的证明中那样，令 \(x = qy + z\)，我们得到 \[ T(\alpha) = \sum_{z=1}^{q} e(az^k/q) \sum_y e\left(\beta(qy+z)^k\right), \]

其中对 \(y\) 的求和遍历 \(0 \lt qy + z \le P\)。若

\[ f(y) = \beta(qy+z)^k, \]

则（对 \(\beta > 0\)）

\[ f'(y) = k\beta q(qy+z)^{k-1} \lt k(2kP^{k-1})^{-1} P^{k-1} = \tfrac{1}{2}, \]

这里用到 (9.1)。又 \(f''(y) \ge 0\)。因此引理 9.1 适用；而当 \(\beta \lt 0\) 时，对复共轭和同样适用。于是我们可以把对 \(y\) 的内和换成

\[ \int e\left(\beta(q\eta + z)^k\right)\,d\eta + O(1), \]

这就导致 (9.2)。∎

注. 可以看出，(9.1) 中的条件 \(q \le P^{1/2}\) 在证明中并未用到，不过当然，若允许 \(q\) 接近 \(P\) 那么大，则结果失去其价值。

还有一个更有效的逼近 \(T(\alpha)\) 的方法。若假定 \(q \le P^{1-\delta}\) 且 \(|q\alpha - a| \lt P^{-k+1-\delta}\)，则¹

\[ T(\alpha) = q^{-1} S_{a,q} I(\beta) + O\left(q^{\frac{3}{4}+\varepsilon}\right). \]

值得注意的是，这里误差项中的指数竟与 \(k\) 无关。

引理 9.3. 设 \(s \ge 4k\)。那么，对 \begin{equation}\tag{9.3} \tfrac{1}{5} P^k \le M \le P^k, \end{equation} 我们有 \begin{equation}\tag{9.4} \int_{\mathfrak{M}} T(\alpha)^s e(-M\alpha)\,d\alpha \gg P^{s-k}, \end{equation} 其中 \(\mathfrak{M}\) 表示主弧 \(\mathfrak{M}_{a,q}\) 的全体。

注. 我们之所以想要对一个 \(M\) 值范围（而非单个数）得到该结果，其理由稍后将显现；它将省去我们在主弧上对一个相当复杂的指数和作逼近的麻烦。

证. 对某个特定区间 \(\mathfrak{M}_{a,q}\) 上的 \(\alpha\)，我们有 (9.2)，第一步是把该逼近升到 \(s\) 次幂。由引理 6.4，我们有 \[ q^{-1}|S_{a,q}| \ll q^{-1/k}; \]

又

\[ I(\beta) \ll \min(P, |\beta|^{-1/k}). \]

第一个估计 \(P\) 是平凡的，第二个则来自把 \(I(\beta)\) 写为

\[ \frac{1}{k}|\beta|^{-1/k} \int_0^{P^k|\beta|} e(\pm\eta)\eta^{-1+1/k}\,d\eta \]

并注意到最后那个积分有界。因此 (9.2) 中的主项的绝对值

\[ \ll q^{-1/k} \min\left(P, |\beta|^{-1/k}\right). \]

误差项 \(q\) 不超过此值，因为由 (9.1)，

\[ q^{1+1/k} \lt P \quad \text{且} \quad q^{1+1/k} \lt |\beta|^{-1/k}. \]

因此

\[ \begin{aligned} T(\alpha)^s &= (q^{-1} S_{a,q} I(\beta))^s \\ &\quad + O\left\{ q\, q^{-(s-1)/k}\left(\min\left(P, |\beta|^{-1/k}\right)\right)^{s-1} \right\}. \end{aligned} \]

此处的误差项，关于 \(\beta\) 积分后（\(\beta\) 的范围无关紧要——可取 \((-\infty, \infty)\)）变为

\[ \ll q^{1-(s-1)/k} P^{s-1-k}. \]

当它对 \(a\)（至多 \(q\) 个值）求和并对 \(q \le P^{1/2}\) 求和时，给出最终误差项

\[ \ll P^{s-1-k} \sum_q q^{2-(s-1)/k} \ll P^{s-k-1}, \]

因为该级数收敛（\(s - 1 > 3k\)）。

主项对 (9.4) 中积分的贡献是

\[ \sum_q \sum_a \left(q^{-1} S_{a,q}\right)^s e(-Ma/q) \int I^s(\beta) e(-M\beta)\,d\beta, \]

其中求和与积分的条件由 (9.1) 决定。我们可以把对 \(\beta\) 的积分扩展到 \((-\infty, \infty)\)，因为根据对 \(|I(\beta)|\) 的估计，所得到的误差是

\[ \begin{aligned} &\ll \sum_q q\, q^{-s/k} \int_{(2kq)^{-1}P^{1-k}}^{\infty} \beta^{-s/k}\,d\beta \\ &\ll \sum_q q^{1-s/k} q^{s/k-1} P^{(k-1)(s/k-1)} \\ &\ll P^{s-k-s/k+3/2} \ll P^{s-k-1}. \end{aligned} \]

通过一个简单的变量替换，

\[ I(\beta) = Pk^{-1} \int_0^1 e(\beta P^k \eta)\eta^{-1+1/k}\,d\eta = Pk^{-1} I_1(\beta P^k), \]

记之如是。令 \(\beta = P^{-k}\gamma\)，我们得到

\[ \int_{-\infty}^{\infty} I^s(\beta) e(-M\beta)\,d\beta = P^{s-k} k^{-s} \int_{-\infty}^{\infty} I_1^s(\gamma) e(-\theta\gamma)\,d\gamma, \]

其中 \(\theta = M/P^k\)，使得 \(\frac{1}{5} \le \theta \le 1\)。如同定理 4.1 的证明，由 Fourier 积分定理可知，积分

\[ \int_{-\infty}^{\infty} I_1^s(\gamma) e(-\theta\gamma)\,d\gamma \]

等于

\[ \int_0^1 \cdots \int_0^1 \{\zeta_1 \cdots \zeta_{s-1}(\theta - \zeta_1 - \cdots - \zeta_{s-1})\}^{-1+1/k}\,d\zeta_1 \cdots d\zeta_{s-1}, \]

其中积分在满足 \(\zeta_1 + \cdots + \zeta_{s-1} \lt \theta\) 的 \(\zeta_1, \ldots, \zeta_{s-1}\) 上进行。因此

\[ \int_{-\infty}^{\infty} I_1^s(\gamma) e(-\theta\gamma)\,d\gamma = \theta^{s/k-1} \frac{\Gamma(1/k)^s}{\Gamma(s/k)}, \]

又因 \(\theta \ge 1/5\)，我们经代入得到

\[ \int_{-\infty}^{\infty} I^s(\beta) e(-M\beta)\,d\beta \gg P^{s-k}. \]

现在只需对

\[ \sum_{q \le P^{1/2}} \sum_{\substack{a=1 \\ (a,q)=1}}^{q} (q^{-1} S_{a,q})^s e(-Ma/q) \]

得到一个正的下界。这个级数可以延拓到无穷，所产生的误差由 \(P\) 的一个负幂界定；这由引理 6.4 得出，因为 \(s \ge 4k > 2k+1\)。于是它变为 \(\mathfrak{S}(M)\)，而由定理 6.1，它有一个不依赖于 \(M\) 的正的下界。于是引理 9.3 得证。∎

现在我们来到证明的主要思想。这就是：考虑一个大数 \(N\) 的形如

\begin{equation}\tag{9.5} N = x_1^k + \cdots + x_{4k}^k + u_1 + u_2 + y^k v \end{equation}

的表示，其中

(i) \(1 \le x_j \le P\)；
(ii) \(u_1\) 和 \(u_2\) 遍历所有小于 \(\frac{1}{4}P^k\) 且可表示为 \(\ell\) 个正整数 \(k\) 次幂之和的不同的数；
(iii) \(1 \le y \le P^{1/2k}\)；
(iv) \(v\) 遍历小于 \(\frac{1}{4}P^{k-1/2}\) 且可表示为 \(\ell\) 个正整数 \(k\) 次幂之和的不同的数。

这样我们将把 \(N\) 表示为 \(4k + 3\ell\) 个正整数 \(k\) 次幂之和。为了证明表示存在，我们以后必须用 \(k\) 来选取 \(\ell\)。我们将选取

\[ P = [N^{1/k}] + 1; \]

这将保证

\begin{equation}\tag{9.6} \tfrac{1}{5} P^k \lt N - u_1 - u_2 - y^k v \lt P^k. \end{equation}

对 \(u_1, u_2, v\) 这样的数的个数有一个下界是至关重要的，这样的下界由下述引理提供。

引理 9.4.（Hardy 和 Littlewood）设 \(U_\ell(X)\) 表示直到 \(X\) 为止、可表示为 \(\ell\) 个正整数 \(k\) 次幂之和的不同的数的个数。那么，只要 \(X > X_0(k,\ell)\)，我们就有 \begin{equation}\tag{9.7} U_\ell(X) \gg X^{1-\lambda^\ell}, \quad \lambda = 1 - \frac{1}{k}. \end{equation}

证. 当 \(\ell = 1\) 时结果成立，因为此时该个数为 \([X^{1/k}]\)，而 (9.7) 右边的数为 \(X^{1/k}\)。一般结果对 \(\ell\) 用归纳法证明。考虑形如 \(x^k + z\) 的数，其中 \[ \left(\tfrac{1}{4}X\right)^{1/k} \lt x \lt \left(\tfrac{1}{2}X\right)^{1/k} \]

且

\[ 0 \lt z \lt \tfrac{1}{2}X^{1-1/k}, \]

而 \(z\) 可表示为 \(\ell - 1\) 个正整数 \(k\) 次幂之和。这些数全都互不相同，因为若

\[ x_1^k + z_1 = x_2^k + z_2, \quad x_1 > x_2, \]

我们得到

\[ x_1^k - x_2^k > kx_2^{k-1} > k(\tfrac{1}{4}X)^{1-1/k} > \tfrac{1}{2}X^{1-1/k}, \]

而

\[ z_2 - z_1 \lt z_2 \lt \tfrac{1}{2}X^{1-1/k}, \]

这是矛盾。\(x\) 的可能取值个数 \(\gg X^{1/k}\)，而 \(z\) 的取值个数为 \(U_{\ell-1}\left(\frac{1}{2}X^{1-1/k}\right)\)，于是我们有

\[ U_\ell(X) \gg X^{1/k} U_{\ell-1}\left(\tfrac{1}{2}X^{1-1/k}\right). \]

若 (9.7) 在以 \(\ell - 1\) 代 \(\ell\) 时的类比成立，我们得到

\[ U_\ell(X) \gg X^{1/k} X^{(1-1/k)(1-\lambda^{\ell-1})} = X^{1-\lambda^\ell}, \]

故 (9.7) 本身成立。这就证明了结果。∎

注. 对一般的 \(k\)，没有比 (9.7) 实质上更好的结果为人所知，任何真正的改进都将是有意义的。对小的 \(k\)，存在更好的结果（参见 Davenport 的论文 [19]）。

推论. 设 \begin{equation}\tag{9.8} R(\alpha) = \sum_{u \lt \frac{1}{4}P^k} e(\alpha u), \end{equation} 其中 \(u\) 遍历可表示为 \(\ell\) 个 \(k\) 次幂之和的不同的数。那么 \begin{equation}\tag{9.9} \int_0^1 |R(\alpha)|^2\,d\alpha = R(0) \ll P^{-k(1-\lambda^\ell)} R^2(0). \end{equation}

证. 第一个结果是直接的，对任何 \(u\) 遍历一组不同整数的指数和 \(\sum e(\alpha u)\) 都成立。第二个结果由下述事实得出： \[ R(0) = U_\ell\left(\tfrac{1}{4}P^k\right) \gg P^{k(1-\lambda^\ell)}. \] ∎

注. 用 \(R(0)\) 作为指示指数和 \(R(\alpha)\) 中项数的手段是方便的，这样可以避免引入新的记号。(9.9) 中积分的平凡估计将是 \(R^2(0)\)，并且可以看出，与之相比我们节省了 \(P\) 的指数中的量 \(k(1 - \lambda^\ell)\)。我们最终将这样选取 \(\ell\)：使 \(\lambda^\ell\)（即 \((1 - 1/k)^\ell\)）约为 \(1/Ck^2\)，从而节省量约为 \(k - 1/Ck\)。当 \(\alpha\) 在次弧 \(\mathfrak{m}\) 中时，将有必要节省更多一些，即比 \(1/Ck\) 更多，这将由对应于 (9.5) 中最后一项 \(y^k v\) 的指数和的一个估计来实现。这个估计依赖于下述非常一般的引理，其原理在 Vinogradov 的大部分工作中起着重要作用。

引理 9.5.（Vinogradov）设 \(x\) 遍历一个含于长度为 \(X\) 的区间内的 \(X_0\) 个不同整数所成的集合，又设 \(y\) 遍历一个含于长度为 \(Y\) 的区间内的 \(Y_0\) 个不同整数所成的集合。设 \(\alpha = a/q + O(q^{-2})\)，其中 \((a,q) = 1\)，\(q > 1\)。那么 \begin{equation}\tag{9.10} \left| \sum_x \sum_y e(\alpha xy) \right|^2 \ll X_0 Y_0 \frac{\log q}{q}(q + X)(q + Y). \end{equation}

证. 记此和为 \(S\)，我们有 \[ |S|^2 \le \left(\sum_x 1\right)\left(\sum_x \left|\sum_y e(\alpha xy)\right|^2\right) \] \[ \le X_0 \sum_{x=x_1}^{x_1+X} \sum_y \sum_{y'} e(\alpha x(y - y')), \]

其中现在 \(x\) 遍历含原集合的区间中的所有整数，而 \(y, y'\) 仍受限制。对 \(x\) 求和后，我们得到

\[ |S|^2 \ll X_0 \sum_y \sum_{y'} \min(X, \|\alpha(y - y')\|^{-1}). \]

现在 \(|y - y'| \le Y\)，而 \(y - y'\) 的每个值至多来自 \(Y_0\) 对 \(y, y'\)。因此

\[ |S|^2 \ll X_0 Y_0 \sum_{|t| \le Y} \min(X, \|\alpha t\|^{-1}). \]

其余的论证与引理 3.1 证明中的本质上相同。对 \(t\) 之和被分为 \(q\) 个连续项组成的块，块的个数 \(\ll Y/q + 1\)。任一块中各项之和形如

\[ \sum_{t=t_1+1}^{t_1+q} \min\left(X, \left\| \frac{at}{q} + \tau + O\left(\frac{1}{q}\right) \right\|^{-1}\right) \ll X + \sum_{1 \le u \le \frac{1}{2}q} \frac{q}{u} \ll X + q\log q. \]

因此

\[ |S|^2 \ll X_0 Y_0 (Y/q + 1)(X + q\log q), \]

这就蕴含 (9.10)。∎

推论. 设 \begin{equation}\tag{9.11} S(\alpha) = \sum_y \sum_v e(\alpha y^k v), \end{equation} 其中求和的条件是前面 (iii) 和 (iv) 中所给的那些。那么，若 \(\alpha = a/q + O(q^{-2})\)，且 \[ P^{1/2} \lt q \le 2kP^{k-1}, \] 我们有 \begin{equation}\tag{9.12} |S(\alpha)| \ll S(0) P^{-\frac{1}{4k} + \frac{1}{2}(k-\frac{1}{2})\lambda^\ell}. \end{equation}

证. 该和是引理中之和的一个实例，其中 \[ X = \tfrac{1}{4}P^{k-\frac{1}{2}}, \quad X_0 = U_\ell\left(\tfrac{1}{4}P^{k-\frac{1}{2}}\right), \] \[ Y = P^{1/2}, \quad Y_0 = P^{\frac{1}{2k}}. \]

因此

\[ \begin{aligned} |S(\alpha)|^2 &\ll X_0 P^{\frac{1}{2k}} \frac{\log q}{q}\left(q + \tfrac{1}{4}P^{k-\frac{1}{2}}\right)\left(q + P^{1/2}\right) \\ &\ll X_0 P^{\frac{1}{2k}} (\log P) P^{k-\frac{1}{2}}. \end{aligned} \]

由于

\[ S(0) \gg P^{\frac{1}{2k}} X_0, \]

我们得到

\[ \left| \frac{S(\alpha)}{S(0)} \right|^2 \ll P^{-\frac{1}{2k} + (k-\frac{1}{2}) + \varepsilon} X_0^{-1}, \]

又因由引理 9.4，

\[ X_0 \gg P^{(k-\frac{1}{2})(1-\lambda^\ell)}, \]

我们得到 (9.12)。∎

注. 可以看出，只要 \(\lambda^\ell\) 较小，(9.12) 就在 \(P\) 的指数中比平凡估计节省了几乎 \(1/4k\)。

引理 9.6. 设 \(\mathfrak{m}\) 表示次弧，即 (9.1) 中区间 \(\mathfrak{M}_{a,q}\) 的补集。那么，只要 \(\ell \ge 2k\log 3k\)，我们就有 \[ \int_{\mathfrak{m}} |T(\alpha)|^{4k} |R(\alpha)|^2 |S(\alpha)|\,d\alpha \ll P^{3k} R^2(0) S(0) P^{-\delta} \] 对某个固定的 \(\delta > 0\) 成立。

证. 对每个 \(\alpha\) 都存在 \(a, q\)，使得 \[ (a,q) = 1, \quad 1 \le q \le 2kP^{k-1}, \quad \left|\alpha - \frac{a}{q}\right| \lt \frac{1}{2kqP^{k-1}}, \]

且若 \(\alpha\) 不在任何 \(\mathfrak{M}_{a,q}\) 中，则必有 \(q > P^{1/2}\)。注意 \(|\alpha - a/q| \lt 1/(2kqP^{k-1})\)。由引理 9.5 的推论，

\[ |S(\alpha)| \ll S(0) P^{-\frac{1}{4k} + \frac{1}{2}(k-\frac{1}{2})\lambda^\ell}. \]

由引理 9.4 的推论，

\[ \int_0^1 |R(\alpha)|^2\,d\alpha \ll R^2(0) P^{-k+k\lambda^\ell}. \]

利用平凡估计 \(|T(\alpha)| \le P\)，我们看出叙述中的积分

\[ \ll P^{3k} R^2(0) S(0) P^{-\frac{1}{4k} + \frac{3}{2}k\lambda^\ell}. \]

若 \(\ell \ge 2k\log 3k\)，则

\[ \log \lambda^\ell = \ell \log\left(1 - \frac{1}{k}\right) \lt -\frac{\ell}{k} \lt -2\log 3k, \]

于是 \(\lambda^\ell \lt (3k)^{-2}\)，并且

\[ \tfrac{3}{2} k\lambda^\ell \lt \frac{1}{6k}. \]

因此结果成立。∎

定理 9.1. \(G(k) \lt 4k + 6k\log 3k + 3\)。

证. 设 \(r_1(N)\) 表示 \(N\) 在条件给定的特殊形式 (9.5) 下的表示个数。那么 \[ r_1(N) = \int_0^1 T^{4k}(\alpha) R^2(\alpha) S(\alpha) e(-N\alpha)\,d\alpha. \]

由引理 3.1，次弧 \(\mathfrak{m}\) 对该积分的贡献的阶低于 \(P^{3k} R^2(0) S(0)\)，只要 \(\ell \ge 2k\log 3k\)。

我们把主弧的贡献写为

\[ \sum_{u_1} \sum_{u_2} \sum_y \sum_v \int_{\mathfrak{M}} T^{4k}(\alpha) e\left(\alpha(-N + u_1 + u_2 + y^k v)\right)\,d\alpha. \]

外层求和的项数为 \(R^2(0) S(0)\)，而对这些项的任意取法，我们都有

\[ \tfrac{1}{5} P^k \lt N - u_1 - u_2 - y^k v \lt P^k, \]

正如前面所注意到的。于是，由引理 9.3，对 \(\mathfrak{M}\) 上的积分 \(\gg P^{3k}\)，因为现在 \(s = 4k\)。因此 \(r_1(N) \gg P^{3k} R^2(0) S(0)\)，所以当 \(N \to \infty\) 时 \(r_1(N) \to \infty\)。由此推出

\[ G(k) \le 4k + 3\ell \le 4k + 3(2k\log 3k + 1), \]

这就给出结果。∎

我们这里主要依据 Heilbronn 的叙述 [44]。↩
见 [18, 引理 8 和 9]。↩