(m(qzhi+grhz))X(gzh1 + gh2)e9192Zx(h)em方- x(g2)x(q1) mh由此即得（20）式，证毕引理2C。m）为9的可乘函数，且有4(21)Cq(m) mg其中u（n）为Mobius函数证由（18）式，51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9p,1≥1时有 ()- () ()(m)-[pt-pl-l,p Im;pl-1lm;0pi-+m.因而我们总有(22).Cr(m)m成立。由此及可乘性即得（2！）式，证毕推论1我们有(23)C(m) Cg(1) = t(x) μ (g), (m, 9) 1.引理3设→*，则有(24).r(x) - ×*证由51性质11，引理1及引理2（取m1）可得r(xg) - Xa,(g2)r(Xg,)μ(g2) x**(g2)μ(gz)(xa), (25)进而设一*十h，我们有.24
41Xg(h)ex**(h)eKr(xa) 办4(hg*)x#*(h2)et(x**), q1 g*,q1+9*01注意到（7）式，由此及（25）式即得（24）式，证毕推论我们有Gx(m) x(m)x*r(x*),(m, g).- 1,(26)由引理3及（17）式即得（26）式，下面来讨论（m，9）≥1的情形引理4设×为原特征，则当（m，9）≥1时，有(27)Gx(m) t 0.证设a一（m，），m-an,g=d,所以m(n, d) 1d9由于≥1，故dlqd再设-dh+h有（nh）Gx(m) - 2x(n)e (nh招格2) s(h2);(28).其中4-1(29)s(hz) =x(dht+h),h,=0显然有(30)S(h2) - S(h2), h, = h(d).我们来证明(31)S(h2) = 0由1性质9知存在一个满足（5）式。由（no，g）一1知，当遍历模的一个完全剩余系时o 亦遍历模号的一个完全剩余d4.25
系，由n。烂1(d）知，noh三h（a），再利用（30）式，我们可得g-1>X(nodh,+noh2)X(na)s(h,) x(dh, + noh),=0h,=02-x(dh, + h)) - S(h)h二由此及x(n）→1即得（31）式，由（31）及（28）式立即推出(27)式，证毕，推论2又对原特征X总有Gx(m) (m)t(x),(32)成立.当（m，9）>I，×为非原特征时，有下面的引理。引理5设为模的非原特征，→x*（m，9）≥1，则有X西Gx(m) =n(33)ma90,(m,gt)成立,其中 91由（7）式确定证由51.性质11及引理1知Gx(m) = Xi(g2)Cg,(m)Gx(m) = x*(g2)Cg,(m)Gx(m) (34)设(mg),mangi-d,所以(nd)=1.令hg十，我们有(mhx(h)e2x*(1)eGx(m) RY*()(35)
对此我们分三种情形来讨论，并注意到，d(m,g)(1)比g*，因为dlg1. 9*191,所以这时一定有g*<9,因而有-0Z:故由此及（34）式，（35）式得(36)Gx(m) - Gx,(m) - 0(2)dlg*,但dg*。这时有（*1，故由引理4知t%*(10(y所以由此及（34）式，（35）式亦得(37)G(m) G(m) - 0.（3）d一4*，这时（35）、（32）及（7）式得Gx,(m) = 41 G**(n) - 1 x*(n)t(x*)9- (qt)-i(g*)x*(n)r(x*)Ar(38)=$(g)$-(m,g1mg1利用引理2，由（38）、（34）及（7)式推得m92Gx(m)m124479(39)(x*).× Φ(g)mzg再注意到这时有g992gz92g*(m, 9)(msgz)g*(m,g)(m,g)m,g)显
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(X*）的研究，其中X>X*引理6设×为模4的原特征，刻Ir(x)1 =V(40)证-X为原特征。故由（32）式知Gx(m) - x(m)r(x)所以1Gx(m)1 -22 x(m)x(m)/r(x)-- $(g) /r(x)13,但另一方面由（1）可得2IG2(m)12-22x(b)x(hn)(m(h- h2) = q0(g).x.g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modg，我们有1(x)I ≤Vg下面的引理7（参看【83]）仅在第十一章52中被用到引理7设%，X2分别为模r1，的原特征，m0为一整数，则有F(XX.m)=: (m)t(xixg)r(xx))d(g)ler1I m[(41)C(|ml)其中c为一绝对常数，≤32.证显然不妨假定m≥0设=（)，=[],·28