2总 x(qn2+9)=(mh+2 414 x1(q1)x(q)∑x(4 ∑x2(h m五 由此即得(20)式,证毕 引理2Ca(m)为q的可乘函数,且有 Ca(m)==u 中(q)φ (21) n;4 其中p(n)为 Mobius函数, 证由(18)式,51性质7及引理1立即推得Cm)为9的 可乘函数。下面来证明(21)式、当qp,l≥1时有 h h p一p I m 因而我们总有 φ(p)中 22) 成立。由此及可乘性即得(2)式证毕 推论1我们有 C2(m)=Cq(1)=r(x°)-p(g),(m,引)〓1.(23) 引理3设x4<→x*,则有 τ(x (24) 证由51性质11,引理1及引理2(取m1)可得 r(x)exa, orr(Xa, u(a2)mx**(qiu(gz)r( 进而设h=h1q”*+h2我们有
(2)-x(0()-xO)( 19 x增*(h2) (x**),q〓q* 0 注意到(7)式,由此及(25)式即得(24)式证毕 推论我们有 Gx(m) )X q q r(x*),(m,以)〓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,q)>1时,有 x(m)0 证设λ=(m,q) 所以 由于λ>1,故d|q,d<q.再设h=的1+h2,有 Gxm)-∑x()e S(2),(28 其中 s(2)=∑x(d2+h2) (29) 显然有 S(h2)〓S(),h2≡(d) 我们来证明 S(h2) (31) 由51性质9知存在一个n满足(5)式.由(n,q)=1知,当h 遍历模的一个完全剩余系时m亦遍历模∠的一个完全剩余 25
系由n≡1(d)知,nbh2=h2(4),再利用(30)式,我们可得 x(n)S(h2)=∑x(nh1+mh2)∑x(h1+nh2) x(4h1+b2)=S(h2) 由此及x(m)+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 G(m)=2(m)r(x) (32) 成立 当(m,q)>1,x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,x<>x*,(m,q)>1,则 有 *(m,q aGm)-×d(9)4()(x),g= (m2q) 成立,其中q由(7)式确定 证由51.性质1l及引理1知 Gx(m)=x1(92)C4(m)Gx(m)=x*(q2)C42(m)Gx,(m)(34) 设x→(m,分,m=λn,q=Md,所以(n,d)=1.令 十U,我们有 x1(h) x*(h) n)∑x"(n)e
你…·“:::…:“” 对此我们分三种情形来讨论.并注意到,d (1)出*,因为d|41,q*|q1,所以这时一定有q*<q;因而 有 0 故由此及(34)式,(35)式得 (2)d|4”,但d÷q”,这时有 故由引理4知 d x*(oe 所以由此及(34)式,(35)式亦得 (3)d=q,这时由(35)、(32)及(7)式得 Gr( Gx*(n) 小(q2)小-(q)*(n)x(x*) 中(q)中 1(4 q1 4 利用引理2,由(38)、(34)及(7)式推得 G(m)〓龙 x°(q2)p 中(q)φ 再注意到这时有 g q2) n,4 闹
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)的研究巳经完全归结 为对“(x*)的研究,其中x<>x 引理6设x为模q的原特征,则 Ir(x) 证x为原特征故由(32)式知 所以 1G(m)}= ∑∑x(m)x(m2)|x(x) m1=1 却中(q)|r(x)2, 但另一方面由(1)可得 ∑iGx(m)|2=∑∑x()x(h2) 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 (x)|≤√q 下面的引理7(参看【83])仅在第十一章52中被用到 引理7设x1,x2分别为模r1,r2的原特征,m0为一整 数,则有 F(x1,x2,m)=2 中2(q) Gx, x,=(mr(ixo r(22x4) F1a,aig φ(|m|) 其中c1为一绝对常数,c1≤32 证显然不妨假定m>0,设n3=(r1,r2),r4=[r1;r2], ·28