Davenport · Analytic Methods for Diophantine Equations

三次型：劣弧与优弧Cubic forms: minor arcs and major arcs

从现在起，我们可以假设引理 13.4 的备选 B 成立。于是，对任意 \(\alpha\)，要么

\[ |S(\alpha)| \lt P^{n-\frac14 n\theta+\varepsilon}\tag{15.1} \]

要么 \(\alpha\) 落入我们将称之为 \(\xi(\theta)\) 的实数集合，这些实数具有满足下述条件的有理逼近 \(a/q\)：

\[ (a,q)=1,\quad 1\le q\ll P^{2\theta},\quad |q\alpha-a|\ll P^{-3+2\theta}.\tag{15.2} \]

我们将会发现，只要 \(n\ge 17\)，这个结果就足以令人满意地估计在 \(\xi(\theta_0)\) 之外的所有 \(\alpha\) 对积分 \(\mathcal N(P)\) 所作的贡献，其中 \(\theta_0\) 可以取为任意固定的正数，与 \(P\) 无关。显然把 \(\theta_0\) 取小是有利的。

有鉴于此，我们定义优弧 \(\mathfrak M\) 为集合 \(\xi(\theta_0)\)，也就是将 (15.2) 中的 \(\theta\) 换成 \(\theta_0\) 所得的区间集；并定义劣弧 \(\mathfrak m\) 为这个集合关于区间 \(0\lt \alpha\lt 1\) 的补集。

引理 15.1. 只要 \(n\ge 17\)，我们就有 \[ \int_{\mathfrak m}|S(\alpha)|\,d\alpha\ll P^{n-3-\delta}\quad(\delta>0). \]
证. 我们选取一组数 \[ \theta_0\lt \theta_1\lt \cdots\lt \theta_h=\tfrac34+\delta. \] 每个实数 \(\alpha\) 都落在集合 \(\xi(\theta_h)\) 中，因为我们总能找到 \(a,q\) 使得 \[ q\le P^{3/2},\quad |q\alpha-a|\lt P^{-3/2}, \] 而这就意味着 \(\alpha\) 落在 \(\xi(\tfrac34+\delta)\) 中。劣弧是 \(\xi(\theta_0)\) 的补集，我们可以把它看作如下并集 \[ \xi(\theta_h)-\xi(\theta_{h-1}),\quad \xi(\theta_{h-1})-\xi(\theta_{h-2}),\quad\cdots,\quad \xi(\theta_1)-\xi(\theta_0), \] 其中差是在集合论意义下理解的。

在集合 \(\xi(\theta_g)-\xi(\theta_{g-1})\) 中，不等式 (15.1) 在 \(\theta=\theta_{g-1}\) 时成立，于是 \[ |S(\alpha)|\ll P^{n-\frac14 n\theta_{g-1}+\varepsilon}. \] 这个集合的测度不超过 \(\xi(\theta_g)\) 的测度，后者满足 \[ \ll\sum_{q\le P^{2\theta_g}}\sum_{a=1}^{q}q^{-1}P^{-3+2\theta_g}\ll P^{-3+4\theta_g}. \] 因此这个集合对 \(|S(\alpha)|\) 的积分所作的贡献为 \[ \ll P^{n-\frac14 n\theta_{g-1}-3+4\theta_g+\varepsilon}. \] 当 \(n\ge 17\) 时，只要 \[ \theta_{g-1}>\frac{16}{17}\theta_g+\frac{4}{17}(\delta+\varepsilon), \] 这就是 \(\ll P^{n-3-\delta}\)。我们可以把 \(\theta_1,\dots,\theta_h\) 选得彼此足够接近，使上式成立。于是得到所要的结论。∎

现在我们要处理优弧 \(\mathfrak M_{a,q}\)，它由 (15.2) 中取 \(\theta=\theta_0\) 给出。我们令 \(2\theta_0=\Delta\)，于是 (15.2) 变为 \[ (a,q)=1,\quad 1\le q\ll P^{\Delta},\quad |q\alpha-a|\le P^{-3+\Delta}. \]

把优弧略微放大将会方便；我们用区间 \(\mathfrak M_{a,q}'\) 来代替它们，其中把最后一个不等式左边除以 \(q\)，但右边不除： \[ (a,q)=1,\quad 1\le q\ll P^{\Delta},\quad |\alpha-a/q|\le P^{-3+\Delta}.\tag{15.3} \] 这样做显然是允许的，因为这个附加集合所作的贡献是劣弧对 \(\int|S(\alpha)|\,d\alpha\) 所作贡献的一部分，因而已被引理 15.1 的估计所覆盖。

这一放大的目的，正如第 4 章中所做的，是使区间的长度与 \(q\) 无关。只有当 \(q\) 被 \(P\) 的某个小幂所界定时（如此处所示），这才有可能；但只要它有可能，就会带来一点简化，即奇异级数与奇异积分的分离会在证明中较早的地方发生，而非否则的较晚之处。

我们定义 \[ S_{a,q}=\sum_{\mathbf z\ (\mathrm{mod}\ q)}e\!\left(\frac{a}{q}C(\mathbf z)\right), \] \[ I(\beta)=\int_{P\mathfrak B}e(\beta C(\xi))\,d\xi, \] 其中 \(P\mathfrak B\) 是第 13 章中早先定义 \(S(\alpha)\) 时所用的盒子。

引理 15.2. 对于区间 \(\mathfrak M_{a,q}'\) 中的 \(\alpha\)，令 \(\alpha=\beta+a/q\)，我们有 \[ S(\alpha)=q^{-n}S_{a,q}I(\beta)+O(P^{n-1+2\Delta}). \]
证. 引理 4.2 证明中所用的粗略论证在这里也足够，理由是此处（与那里一样）\(q\) 与 \(P\) 相比非常小。不过我们现在必须在 \(n\) 维而非一维中工作，这意味着要用积分代替求和。我们必须对大盒子中整点的个数与其体积之间的差异作出估计。

令 \(\mathbf x=q\mathbf y+\mathbf z\)，其中 \(0\le z_j\lt q\)，我们需要估计 \[ \sum_{\mathbf y}e\bigl(\beta C(q\mathbf y+\mathbf z)\bigr)\quad\text{与}\quad \int e\bigl(\beta C(q\boldsymbol\eta+\mathbf z)\bigr)\,d\boldsymbol\eta \] 之间的差，其中对 \(\mathbf y\) 求和的条件使得 \(0\lt qy_j+z_j\lt P\)，对 \(\boldsymbol\eta\) 也类似。于是 \(\mathbf y\) 的盒子的边长为 \(\ll P/q\)，而上面提到的允许误差为 \((P/q)^{n-1}\)。我们还须考虑被积函数在边长为 \(1\) 的范围内的变化。我们有 \[ \left|\frac{\partial}{\partial\eta_j}\beta C(q\boldsymbol\eta+\mathbf z)\right|\ll|\beta|qP^2\ll qP^{-1+\Delta}. \]

由此得到的误差是把它乘以积分区域的体积，后者为 \(\ll(P/q)^n\)。

由此可知，求和与积分之间的差为 \[ \ll (P/q)^{n-1}+qP^{-1+\Delta}P^n q^{-n}\ll P^{n-1+\Delta}q^{1-n}. \] （若 \(n\) 等于 \(1\)，这将是 \(P^{\Delta}\)，对应于引理 4.2 证明中的 \(P^{\delta}\)。）对 \(\mathbf z\) 的 \(q^n\) 个值求和，最终误差项为 \[ \ll P^{n-1+\Delta}q\ll P^{n-1+2\Delta}. \] ∎

引理 15.3. 对于不表示零的固定三次型 \(C(\mathbf x)\)，我们有 \[ |S_{a,q}|\ll q^{\frac78 n+\varepsilon}. \]
证. 我们可以把引理 13.4 的备选 B 应用于和式 \(S(\alpha)\)，其中取 \(\alpha=a/q\)，\(P=q\)，且盒子 \(\mathfrak B\) 取为盒子 \(0\le x_j\lt 1\)，使得求和盒子变为 \(0\le x_j\lt q\)。取 \(\theta=\tfrac12-\varepsilon\)。则要么 \[ |S(\alpha)|\lt q^{n-\frac14 n\theta+\varepsilon}\ll q^{\frac78 n+\varepsilon}, \] 要么 \(\alpha\) 有满足下述条件的有理逼近 \(a'/q'\)： \[ 1\le q'\ll P^{1-2\varepsilon},\quad |q'\alpha-a'|\lt P^{-2}. \] 但当 \(\alpha=a/q\) 时后者是不可能的，因为它将给出 \(q'\lt q\) 以及 \[ |q'(a/q)-a'|\lt q^{-2}, \] 而显然 \(|q'(a/q)-a'|\ge 1/q\)。因此对 \(S(\alpha)=S_{a,q}\) 的估计成立。∎

引理 15.4. 若 \(\mathfrak M'\) 表示放大后优弧 \(\mathfrak M_{a,q}'\) 的全体，则对某个 \(\delta>0\)， \[ \int_{\mathfrak M'}S(\alpha)\,d\alpha=P^{n-3}\mathfrak S(P^{\Delta})J(P^{\Delta})+O(P^{n-3-\delta}), \] 其中 \[ \mathfrak S(P^{\Delta})=\sum_{q\ll P^{\Delta}}\ \sum_{\substack{a=1\\(a,q)=1}}^{q}q^{-n}S_{a,q}, \] \[ J(P^{\Delta})=\int_{|\gamma|\lt P^{\Delta}}\left(\int_{\mathfrak B}e(\gamma C(\boldsymbol\xi))\,d\boldsymbol\xi\right)d\gamma. \]
证. 引理 15.2 中的误差项，在 \(|\beta|\lt P^{-3+\Delta}\) 上积分、对 \(a\) 求和、再对 \(q\) 求和后，给出最终误差项 \[ \ll\sum_{q\ll P^{\Delta}}\sum_{a}P^{-3+\Delta}P^{n-1+2\Delta}\ll P^{n-4+5\Delta}. \] 只要 \(\Delta\) 足够小，这就是 \(\ll P^{n-3-\delta}\)。

引理 15.2 中的主项给出 \[ \sum_{q\ll P^{\Delta}}\ \sum_{\substack{a=1\\(a,q)=1}}^{q}q^{-n}S_{a,q}\int_{|\beta|\lt P^{-3+\Delta}}I(\beta)\,d\beta. \] 求和与积分是相互独立的，求和部分给出 \(\mathfrak S(P^{\Delta})\)。积分变为 \[ P^{-3}\int_{|\gamma|\lt P^{\Delta}}I(P^{-3}\gamma)\,d\gamma, \] 而这等于 \(P^{n-3}J(P^{\Delta})\)，因为 \[ \begin{aligned} I(P^{-3}\gamma)&=\int_{P\mathfrak B}e\bigl(P^{-3}\gamma C(\boldsymbol\xi)\bigr)\,d\boldsymbol\xi\\ &=P^n\int_{\mathfrak B}e\bigl(\gamma C(\boldsymbol\xi)\bigr)\,d\boldsymbol\xi. \end{aligned} \] 于是得到所要的结论。∎