diricsle特征的一些新刻畫(huà)

diricsle特征的一些新刻畫(huà)

奇怪是一個(gè)非常重要的無(wú)限層次，在研究花卉和藝術(shù)方面發(fā)揮著非常重要的作用。關(guān)于麒麟的特征，定義：。C(χ,a)=q∑m=1ˉχ(m)e(amkq),C(q,a)=C(χ0),這里χ0模q在主特征.若χ1,…,χs是modq的特征,我們寫(xiě)B(tài)(n,q,χ1,χ2,?,χs)=q∑a=1(a,q)=1e(-anq)C(χ1,a)C(χ2,a)?C(χs,a),B(n,q)=B(n,q,χ01,??χ0s)?A(n,q)=B(n,q)φs(q),σ(n)=+∞∑q=1A(n,q).Vaughan在中有如下結(jié)論:對(duì)于s>2k,有σ(n)?1.我們有如下定理:命s=16,k=4.那么當(dāng)n≡0(mod16)時(shí),有σ(n)?1.該定理的改進(jìn)對(duì)于四次的Waring-Goldbach問(wèn)題的研究具有重要意義.事實(shí)上,我們可以此為基礎(chǔ),得出一系列重要結(jié)論.引理1C(q,a)和A(q,a)關(guān)于q是可乘函數(shù).令:γ=4,若p=2;γ=1,若p≥3.若t>γ,那么C(pt,a)=0.并且相應(yīng)的A(n,pt)=0.引理2對(duì)于p=3,我們有1+A(n,3)={0若n≠1(mod3),3若n≠1(mod3).對(duì)于p=5,我們有1+A(n,5)={0若n≠1(mod5),5若n≡1(mod5).對(duì)于p=7,我們有1+A(n,7)>0.對(duì)于p≥11,我們有|1+A(n,p)|>0.證可以很容易的驗(yàn)證,當(dāng)p=3,5,7時(shí),結(jié)論成立.當(dāng)p≥11時(shí),1+A(n,p)=1+p-1∑n=1C16(a,p)e(-anp)(p-1)16.(1)接下來(lái)我們將對(duì)p進(jìn)行討論.首先,我們具體討論C(a,p).ⅰ)p≡1(mod4).取χ(n)=e(δ4),這里δ是p的一個(gè)原根g的指標(biāo),i.e.δ=indga.當(dāng)a≡x4(modp)(2)在范圍1≤x≤p-1有整數(shù)解時(shí),那么δ≡0(mod4),并且(2)有四個(gè)解.因此,χ(a)=e(δ4)=1,χ(a)+χ2(a)+χ3(a)+1=4.(3)當(dāng)(2)無(wú)整數(shù)解時(shí),χ(a)=e(δ4)=-1,±i.χ(a)+χ2(a)+χ3(a)+1=0.(4)這里我們定義χ(a)=0,如果p|a.因此由(3)、(4)可得1+C(a,p)=p∑h=1e(ah4p)=ˉχ(a)G(χ)+Ψ(a)G(Ψ)+χ(a)G(χ),此處G(χ)=p∑n=1χ(n)e(np),且χ2(n)=e(2δ4)=Ψ(n),ˉχ(n)=e(3δ4).當(dāng)p≡1(mod4)時(shí),p=ππˉ=a2+b2,這里π=a+bi是一個(gè)本原素?cái)?shù),且a是一個(gè)奇數(shù).因此,(χˉ(a)G(χ)+χ(a)G(χˉ))2=G2(χ)+G2(χˉ)+2G(χ)G(χˉ)=J(χ,χ)G(χ2)+J(χˉ,χˉ)G(χ2)+2χ(-1)p=-χ(-1)(π+πˉ)G(χ2)+2χ(-1)p=-χ(-1)2ap12+2χ(-1)p=2χ(-1)p12(p12-a),這里J(χ1,χ2)=∑n,m(modp)m+n≡1(modp)χ1(n)χ2(n)被稱為關(guān)于特征χ1,χ2的Jacobi和.并且我們利用了以下的結(jié)果:G(χ2)=∑n=1p(np)e(np)=p12,G(χ)G(χˉ)=G(χ)G(χ3)=χ(-1)p,當(dāng)p≡1(mod4)時(shí).我們有|χˉ(a)G(χ)+χ(a)G(χˉ)|2=2p12(p12-a)＜2p-2p12.|C(n,p)|=|χˉ(a)G(χ)+Ψ(a)G(Ψ)+χ(a)G(χˉ)-1|≤(2+1)p12+(1-12+e)＜(2+1)p12+0.293.注意到(1-x)12＜1-(12-e)x這里0<x<1,e充分小,e<10-4.因此我們有|A(n,p)|≤((2+1)1112+0.293)16/1015＜1,P≥11.因此|1+A(n,p)|≥1-λ>0這里0<λ<1p≥11.ⅱ)當(dāng)p=3(mod4),時(shí),則有C(a,p)=∑a=1p(jp)e(jp)-1=ip12-1.由(1),我們有|A(n,p)|≤(p12+1)16(p-1)15＜(11+1)161015＜1.注意到1+A(n,p)≥0,有|1+A(n,p)|=1+A(n,p)>1-λ>0.引理證畢.定理1對(duì)于s=16,k=4,當(dāng)n≡0(mod16)時(shí),有σ(n)?1.證首先,對(duì)于p=2.我們來(lái)計(jì)算1+A(n,2)+A(n,22)+A(n,23)+A(n,24).A(n,2)=1φ16(2)∑h1=1(h1,2)=1h1=2?∑h16=1(h16,2)=1h16=2∑a=1(a,2)=12e(a(h14+h24+?+h164-n)2)=2Μ-1,這里M是方程h14+h24+…+h164≡n(mod2).的解數(shù).這里h1…,h16都是奇數(shù).A(n,2α)=1φ16(2α)∑Η(∑a=12αe(αΗ2α)-∑a=12α-1e(αΗ2α-1))=1φ16(2α)∑Η∈D∑a=1(a,2)=12αe(αΗ2α)+∑Η?D∑a=1(a,2)=12αe(αΗ2α)=φ(2α)φ16(2α)Μ+∑Η?D∑a=1(a,2)=12αe(αΗ2α).我們還有∑Η?D=∑Η?DΗ∈D1+∑Η?DΗ?D1.這里D表示方程h14+h24+…+h164≡n(mod2α)的解集.這里h1,h2,…,h16都為整數(shù),并且D1表示滿足:2α-1‖h14+h42+…+h164-n的(h1,h2,…,h16)的集合.這里1≤hi≤16,且hi都是奇數(shù).如果不產(chǎn)生混淆的話,我們還令D1表示h14+h24+…+h164的集合.∑Η?D∑a=1(a,2)=12αe(αΗ2α)=∑Η?D(∑a=12α-1e(αΗ2α)-∑a=12α-1e(αΗ2α-1))=-∑Η?DΗ∈D1∑a=12α-1e(αΗ2α-1)-∑Η?DΗ∈D1∑a=12α-1e(αΗ2α-1)=-∑Η?DΗ∈D12α-1=-2α-1Μα1.這里Mα1表示方程2α-1‖h14+h24+…+h164的解數(shù),這里α≥2,且1≤hi≥2α.hi都是奇數(shù).令Mα表示方程h14+h24+…+h164≡n(mod2α)的解數(shù),這里1≤hi≤2α且hi都是奇數(shù).因此A(n,2α)=Μα-Μα1φ15(2α),且α≥2.對(duì)于固定的α≥2,顯然我們又有關(guān)系式216Mα=Mα+1+Mα+11因此1+A(n,2)+?+A(n,24)=1+(2Μ1-1)+2Μ2-216Μ1φ15(4)+2Μ3-216Μ2φ15(8)+2Μ4-216Μ3φ15(16)=24Μ4φ16(16).當(dāng)n≡0(mod16)時(shí),M4=816.當(dāng)n?0(mod16)時(shí),M4=0.因此1+A(n,2)+?+A(n,24)={16若n≡0(mod16).0若n≠0(mod16).從以上的討論,我們有σ(n)=∑qA(n,q)=(1+A(n,2)+?+A(n,24)(1+A(n,3))(1+A(n,5))(1+A(n,7))∏p≥11(1+A(n,p)).從引理2的證明中知,A(n,p)?p-7.因此|1+A(n,p)|≥1-Bp7,當(dāng)p≥L時(shí),這里L(fēng)是一個(gè)充分大的正整數(shù)并且B是一個(gè)固定的正數(shù).因此我們有