-会会+(ta 992 -x)差：() 由此即得(20)式，证毕. 引理2C,(m)为9的可乘函数，且有 Ca(m) (9)中1 (21) 其中u(r)为M6bius函数. 证由(18)式，§1性质7及引理1立即推得C,(m)为9的 可乘函数.下面来证明(21)式.当q=p,1≥1时有 cm-点(）-会（〉-a(》 p一p,p2]m; {-p-1, pi-lm; 0, pi-km. 因而我们总有 (22) 成立.由此及可乘性即得(2！)式，证毕。 推论1我们有 C(m)=Cg(1)=x(X)=4(9)3(m,9)=1. (23) 引理3设Xg←→岁*，则有 r(-x*(()r(x*). (24) 证由51性质11，引理1及引理2（取m1)可得 x(xg)=Xa.(92)x(Xg,)u(g)=Y蓉*(9)(9)x(,)(25) 进而设=g*十2，我们有 ·240
)-名（台》一会对(（台 41 a容w(剑 1 ∫r(X*),4=9*, t0, 91≠g*. 注意到(7)式，由此及(25)式即得(24)式，证毕. 推论我们有 c(m)-m)x(g)=()r(x*,(m,)-1.(26) 由引理3及(17)式即得(26)式.下面来讨论(m,q)>1的 情形 引理4设x为原特征，则当(m,g)>1时，有 Gx(m)0. (27) 证设1=(m,q),m=元n,g=元d,所以 g-2a,01 由于礼>1，故dq,d<g.再设五=dh1+2,有 cm)-2x(学)-会(）， (28) 其中 s0-1 是-1 (dh:+), (29) 显然有 S(2)=S(),,=(d). (30) 我们来证明 S(h2)=0 (31) 由51性质9知存在一个满足(5)式.由(，g)=1知，当， 遍历模号的一个完全剩余系时亦遍历模昙的一个完全剩余 ·25·
系，由1(d)知，2三(d),再利用(30)式，我们可得 a-1 K(aS(h,)=∑X(ndh+)=∑K(dh1+ah) h,=0 h,=0 ∑x(dh,+)=S(). 41 由此及X()1即得(31)式，由(31)及(28)式立即推出(27) 式，证毕. 推论2对原特征X总有 Gx(m)=2(m)r(x) .(32) 成立 当(m,9)>1,义为非原特征时，有下面的引理。 引理5设X为模4的非原特征，Xg←→X*,(m,9》>1,则 有 z'(x(g,(ga Gx(m) .0, （m,q） 成立，其中由(7)式确定。 证由51.性质11及！理1知 Gx(m)=Xi(q2)Ca,(m)Gx,(m)=x*(q2)Ca(m)Gx (m)(34) 设无一(m,9),m=n,1=1d,所以(n,d)=1.令h=g “十，我们有 cw)=会x:()-空x”:( 会（g)会x*o( (35) ,·26
对此我们分三种情形来讨论。并注意到，d一 (m,9 (1)计g*,因为d|g1,g*|41,所以这时一定有9*<9，因而 有 会(g-0, 故由此及(34)式，(35)式得 Gx(m)=Gx,(m)=0. (36) (2)9,但d年9.这时有（③，9）>1，故由引理4知 多x*(0.(〉-c(）-0, 所以由此及(34)式，(35)式亦得 Gx(m)=Gx,(m)=0. (37) (3)d=g*,这时由(35)、(32)及(7)式得 0)-是c)-*(or( =中(g)中-l(g*)*(n)x(x*) (38) 利用引理2，由(38)、(34)及(7)式推得 Ga)=r(n)9mr(》 (39) 再注意到这时有 92 (m392) 9*(m,9》3 9=(m,9) 9 9*(m,g)’ m=(m,9)m (m, (m,) ·274
。容T…海沙婚：学✉行 把以上三式代人(39)式，即得(33)式的第一式。 引理证毕。 从引理3,4,5可以看出，对于Gx(m)的研究已经完全归结 为对(*)的研究，其中X←→X* 引理6设x为模4的原特征，则 |x(x)川=√g. (40) 证·X为原特征，故由(32)式知 Gx(m)=x(m)r(x) 所以 之1cm)-之之xmz(mr 1=1m2=1 =中(q)jx(X), 但另一方面由(1)可得 会1cm水-会会(z） ×(a,2）-(g. 1 由以上两式即得(40)式，证毕. 由引理3及引理6易得 推论3对任意的X mod q,我们有 r(x)l≤√复. 下面的引理7（参看[83]）仅在第十一章52中被用到. 引理7设X,X2分别为模1,1的原特征，m年0为一整 数，则有 F(X1,X2,m)= Gxa(m)r(9)r(z9)川 4a1 rl日r21g ≤c1 φ(m) (41) 其中c1为一绝对常数，c1≤32. 证显然不妨假定m>0,设=(r1,r2),r4=[1,,], ·28