三次型：奇异级数Cubic forms: the singular series
把引理 15.1、15.4 与 16.1 的结果合在一起，我们现在已经证明：若 \(n \geq 17\)，且排除引理 13.4 的备选 A，又若盒子 \(\mathfrak{B}\) 选取得当，则盒子 \(P\mathfrak{B}\) 中满足 \(C(\mathbf{x})=0\) 的整点个数 \(\mathcal{N}(P)\) 满足
\[ \mathcal{N}(P) = P^{n-3}\mathfrak{S}(P^{\Delta})\{J_0 + o(1)\} + O(P^{n-3-\delta}), \]其中 \(\delta>0\)。引理 15.4 中给出的级数 \(\mathfrak{S}(P^{\Delta})\)，若延拓到无穷，则绝对收敛（前提是 \(n \geq 17\) 且排除备选 A），因为此时由引理 15.3 有
\[ q^{-n}\,|S_{a,q}| \ll q^{-\frac{1}{8}n+\varepsilon-2-\delta}. \]由第 14 章的工作，备选 A 蕴含 \(C(\mathbf{x})=0\) 有非平凡的整数解。这样我们就证明了：
因为若不存在非平凡解，我们便得到
\[ \mathcal{N}(P) \sim P^{n-3}\,\mathfrak{S}\,J_0 \qquad \text{当 } P \to \infty, \]从而 \(\mathcal{N}(P) \to \infty\)，产生矛盾。
这里当然 \(\mathfrak{S}\) 表示延拓到无穷的奇异级数，即
\[ \mathfrak{S} = \sum_{q=1}^{\infty}\ \sum_{\substack{a=1\\(a,q)=1}}^{q}\ q^{-n}S_{a,q}. \]剩下需要证明的是：对每一个变元个数不少于 17 的三次型，都有 \(\mathfrak{S}>0\)。引理 5.1 的证明适用于一般的指数和（如当时所指出的），它表明若令
\[ A(q) = \sum_{\substack{a=1\\(a,q)=1}}^{q} q^{-n}S_{a,q}, \]则 \(A(q)\) 是 \(q\) 的乘性函数（对互素的 \(q\) 值而言）。在 \(n \geq 17\) 且 \(C(\mathbf{x})\) 不表示零的前提下，由引理 15.3 我们有
\[ |A(q)| \ll q^{1-\frac{1}{8}n+\varepsilon} \ll q^{-1-\delta}. \]因此 \(\mathfrak{S} = \sum_q A(q)\) 绝对收敛，从而可知
\[ \mathfrak{S} = \prod_p \chi(p), \]其中
\[ \chi(p) = 1 + \sum_{\nu=1}^{\infty} A(p^{\nu}). \]在上述条件下我们还有
\[ |\chi(p)-1| \ll p^{-1-\delta}, \]所以存在 \(p_0\)，使得
\[ \prod_{p>p_0} \chi(p) \geq \frac{1}{2}, \]正如引理 5.2 的推论所示。引理 5.3 的论证表明
\[ \chi(p) = \lim_{\nu \to \infty} \frac{M(p^{\nu})}{p^{\nu(n-1)}}, \]其中 \(M(p^{\nu})\) 表示同余式
\[ C(x_1,\ldots,x_n) \equiv 0 \pmod{p^{\nu}}, \qquad 0 \leq x_j \lt p^{\nu} \]的解的个数。
因此，为了证明 \(\mathfrak{S}>0\)（在当前条件下），只需证明：对每一个素数 \(p\)，都有
\begin{equation}\tag{17.1} M(p^{\nu}) \geq C_p p^{\nu(n-1)}, \qquad C_p>0, \end{equation}对一切充分大的 \(\nu\) 成立。
在处理加性型的型时，我们曾发现：同余式
\[ a_1 x_1^k + \cdots + a_n x_n^k \equiv 0 \pmod{p^{\gamma_1}} \]只要存在一个解，其中 \(x_1,\ldots,x_n\) 并非全都被 \(p\) 整除，就足以蕴含 (17.1) 对一切充分大的 \(\nu\) 成立——这里 \(\gamma_1\) 是一个适当的指数，依赖于 \(p\) 和 \(k\)，以及整除各系数 \(a_j\) 的 \(p\) 的方幂。对一般的型，情形并不那么简单。看来人们需要的不仅仅是一个 \(\pmod{p^{\gamma_1}}\) 的解；人们需要这样一个解：其偏导数 \(\partial C/\partial x_1,\ldots,\partial C/\partial x_n\) 并非全都能被 \(p\) 的过高方幂整除。对于加性型，存在一个明显的限制，因为关于 \(x_j\) 的导数是 \(a_j k x_j^{k-1}\)，而总有某个 \(j\) 使 \(x_j\) 不被 \(p\) 整除。
的一个解，使得
\begin{equation}\tag{17.3} \partial C/\partial x_i \equiv 0 \pmod{p^{\ell-1}} \qquad \text{对一切 } i \end{equation}且
\begin{equation}\tag{17.4} \partial C/\partial x_i \not\equiv 0 \pmod{p^{\ell}} \qquad \text{对某个 } i. \end{equation}至少有 \(p^{(n-1)\nu}\) 个满足 (17.3) 与 (17.4) 的解，且这些解关于模 \(p^{\ell+\nu}\) 两两不同余（从而对模 \(p^{2\ell-1+\nu}\) 更是如此）。这将蕴含所要的结果。当 \(\nu=0\) 时，断言就是假设本身。
对任意整数 \(x_1,\ldots,x_n,u_1,\ldots,u_n\)，我们有
\[ C(\mathbf{x}+p^{\ell+\nu}\mathbf{u}) \equiv C(\mathbf{x}) + p^{\ell+\nu}\!\left(u_1 \partial C/\partial x_1 + \cdots\right) \pmod{p^{2\ell+2\nu}}. \]我们假设上述结果对某个特定的 \(\nu\) 成立，并取 \(x_1,\ldots,x_n\) 为 (17.5) 的 \(p^{(n-1)\nu}\) 个满足 (17.3) 与 (17.4) 的解之一，这些解关于模 \(p^{\ell+\nu}\) 两两不同余。我们可以令
\[ C(\mathbf{x}) = a p^{2\ell-1+\nu}, \qquad \partial C/\partial x_i = D_i p^{\ell-1}, \]其中 \(a, D_1, \ldots, D_n\) 为整数，且对某个 \(i\) 有 \(D_i \not\equiv 0 \pmod{p}\)。同余式
\[ C(\mathbf{x}+p^{\ell+\nu}\mathbf{u}) \equiv 0 \pmod{p^{2\ell+\nu}} \]成立当且仅当
\[ a + D_1 u_1 + \cdots + D_n u_n \equiv 0 \pmod{p}. \]这在 \(\mathbf{u}\) 上有 \(p^{n-1}\) 个解，关于模 \(p\) 两两不同余。
这样，对应于每一个 \(\mathbf{x}\)，我们得到 \(p^{n-1}\) 个值 \(\mathbf{y} = \mathbf{x} + p^{\ell+\nu}\mathbf{u}\)。这些值满足
\[ C(\mathbf{y}) \equiv 0 \pmod{p^{2\ell+\nu}}, \qquad \mathbf{y} \equiv \mathbf{x} \pmod{p^{\ell+\nu}}. \]由后一式可知，每个 \(\mathbf{y}\) 满足 (17.3) 与 (17.4)。我们总共得到 \(p^{(n-1)(\nu+1)}\) 个 \(\mathbf{y}\) 值，且它们关于模 \(p^{\ell+\nu+1}\) 两两不同余。于是断言对 \(\nu+1\)（代替 \(\nu\)）成立，这就证明了结果。∎
关于对每个 \(p\) 都存在某个 \(\ell\) 使得 \(C(\mathbf{x})\) 具有性质 \(\mathcal{A}(p^{\ell})\) 的证明，构成下一章的主题。