混合方冪的華林-哥德巴赫問(wèn)題的例外集

朱豆豆

(華北水利水電大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院，河南 鄭州 450046)

0 引言

混合冪Waring-Goldbach問(wèn)題主要研究將正整數(shù)n表示為

其中，

θ(k)=

2012年，李太玉[5]將例外集的上界改進(jìn)為

2018年，劉志新等[3]將結(jié)果改進(jìn)為

此外，Kumchev等[6-11]在這類問(wèn)題的研究中取得了重要結(jié)果．同時(shí)，一些新的方法也發(fā)展起來(lái)，為此類問(wèn)題的研究提供了一般方法．本文主要應(yīng)用圓法并結(jié)合文獻(xiàn)[12]的思想得出結(jié)果．

1 預(yù)備知識(shí)

首先介紹一下本文用到的一些記號(hào)和術(shù)語(yǔ)．

為了清晰地說(shuō)明定理1的證明思路，下面給出一些必要定義．

對(duì)于k=1，3，5，7，定義

設(shè)

則對(duì)任意Q>0，有

取

(1)

定義主區(qū)間M和余區(qū)間m如下：

(2)

其中，

則

進(jìn)一步，設(shè)

記

(3)

則有命題1成立：

其中S(n)是由(3)定義的奇異級(jí)數(shù).該奇異級(jí)數(shù)絕對(duì)收斂且對(duì)于任意的偶數(shù)n和某個(gè)固定常數(shù)c*，有

0

(4)

I(n)定義為

命題1的證明將在第三節(jié)給出，對(duì)奇異級(jí)數(shù)性質(zhì)的討論將在第四節(jié)給出．定理的證明還需要如下引理：

首先定義可乘函數(shù)ωk(q)如下：

對(duì)于整數(shù)k≥3和集合A?(U，2U]∩N，定義

(5)

引理1[12]對(duì)于γ∈R以及X≤U，定義

則L(γ)?X2U-k(logU)Ak，其中ck和Ak是依賴于k∈N的常數(shù)．

引理2[12]對(duì)于1≤a≤q≤Uk21-k以及(a，q)=1，定義

M(q，a)={α：|qα-a|≤Uk(21-k-1)}，

設(shè)M是區(qū)間m(q，a)的并,取

假設(shè)G(α)和h(α)是周期為1的可積函數(shù)，g(α)=gA(α)如(5)定義，m?[0，1)是一個(gè)可測(cè)集，則

引理3若P，Q滿足(1)，余區(qū)間m如(2)定義所示，則

這里α滿足條件:

因?yàn)閷?duì)于Q*的選取滿足Q*

這兩種情況均有q(1+N|λ|)?P，所以

最后的?只依賴于(1)中的P的選?。?/p>

2 定理1的證明

由命題1，

記

根據(jù)引理3，對(duì)應(yīng)的

則

由于

其中M如引理2中定義所示，則應(yīng)用引理1可得

J0?Lc．

則

因此

3 命題1的證明

在證明命題1之前，首先引入一些符號(hào)．當(dāng)k=1，3，5，7時(shí)，對(duì)于Dirichlet特征χmodq，定義

其中δχ=1或者0取決于Dirichlet特征χ是否為主特征．

現(xiàn)在引入Dirichlet特征，對(duì)于(a，q)=1，根據(jù)Dirichlet特征的正交性，容易得到

定義集合Lj(j=1，2，…，16)如下：

若j=1,2,…，16，則Lj分別為{1，3，5，7}、{1，3，5}、{1,3,7}、{1，5，7}、{3，5，7}、{1，3}、{1，5}、{1，7}、{3，5}、{3，7}、{5，7}、{1}、{3}、{5}、{7}、{?}.

(6)

其中

這里I1可以用常規(guī)方法估計(jì)，需用到如下引理：

引理4[14]當(dāng)(a，q)=1時(shí)，對(duì)于Dirichlet特征χmodq，有

引理5對(duì)于k=1，3，5，7，設(shè)χkmodrk是原特征，χ0modq是主特征，r0=[r1，r3，r5，r7]，則

(7)

證明通過(guò)引理4可得

則式(7)左側(cè)

接下來(lái)估計(jì)I1．對(duì)于k=1，3，5，7，根據(jù)文獻(xiàn)[15]引理可得，

(8)

將(8)代入I1得

(9)

由估計(jì)

(10)

并且令r0=1，由引理5，(9)中的余項(xiàng)

因此，式(9)可表示為

(11)

為了證明命題1，僅需證明對(duì)于j=2，…，16，

下面用文獻(xiàn)[16]中的迭代方法估計(jì)I2，…，I16的貢獻(xiàn)．為此，對(duì)于k=1，3，5，7，設(shè)

關(guān)于Jk(g)和Kk(g)的估計(jì)，有如下結(jié)論：

引理8當(dāng)P，Q滿足條件(1)時(shí)，有J1(1)?NL-A．

引理 6～8的證明與文獻(xiàn)[17]中的引理的證明類似，在此略去.

首先從I16開(kāi)始估計(jì)，這是最復(fù)雜的一項(xiàng)．

其中，χ0modq是主特征，r0=[r1，r3，r5，r7]．

對(duì)于k=1，3，5，7，當(dāng)q≤P，Xk

在最后一個(gè)積分中運(yùn)用柯西不等式，則

因?yàn)閞0=[r1，r3，r5，r7]=[[r1，r3，r5]，r7]，[r1，r3，r5]=[[r1，r3]，r5]，應(yīng)用引理6、引理7及引理8可得

(12)

在對(duì)I2，…，I15估計(jì)時(shí)，需結(jié)合由(8)，(10)得出的以下估計(jì)：

利用處理I16類似的方法可得：

(13)

結(jié)合(6)(11)(12)(13)，命題1得證．

4 奇異級(jí)數(shù)

首先給出本節(jié)所需引理．對(duì)于k≥1，定義

引理9[18]若(p，a)=1，則

引理10對(duì)于(p，n)=1，有

(14)

證明記式(14)左側(cè)為S，通過(guò)引理9，有

若k∈{3，5，7}，有|Ak|=0，則S=0．否則，

由引理9知三重的外部和不超過(guò)

((3，p-1)-1)((5，p-1)-1)
((7，p-1)-1)≤48項(xiàng)．

因?yàn)閷?duì)于主特征χ0modp，T(χ0)=-1，所以

引理11設(shè)L(p，n)為下列同余方程的解的個(gè)數(shù)：

則對(duì)于任意的正偶數(shù)n，有L(p，n)>0．

證明

其中

由引理9，

所以當(dāng)p≥18時(shí)，|Ep|<(p-1)4，因此L(p，n)>0．當(dāng)p<18時(shí)，可以直接核對(duì),知L(p，n)>0．

引理12A(n，q)是關(guān)于q的可乘函數(shù)．

證明由(3)知,只需證明B(n，q)是關(guān)于q的可乘函數(shù)．設(shè)q=q1q2，(q1，q2)=1，則

(15)

因?yàn)?q1，q2)=1，則

(16)

把(16)代入(15)，得

引理13設(shè)A(n，q)如(3)所示，則

(2)存在一個(gè)絕對(duì)正的常數(shù)c*>0，對(duì)于任意的正偶數(shù)n，有

S(n)≥c*>0．

證明由引理12知B(n，q)是關(guān)于q的可乘函數(shù),因此，有

(17)

(18)

記R(p，a)：=C3(p，a)C5(p，a)C7(p，a)-S3(p，a)S5(p，a)S7(p，a)，則

(19)

|A(n，p)|≤|μ(p)·c2p-2|≤c2p-2．

(20)

另外，若直接運(yùn)用引理4，則

因此

(21)

令c3=max(c2，6720)，則對(duì)于無(wú)平方因子的q，

因此，由式(18)可得

則引理13中(1)式成立．又由引理12可得，

(22)

由式(20)，

(23)

又由式(21)知

(24)

另外，由引理11知,當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，對(duì)于任意的p有L(p，n)>0．因此

所以

(25)

結(jié)合(22)～(25)，令c*=c4c5c6>0,則

S(n)≥c*>0．

5 結(jié)語(yǔ)

由引理13即得奇異級(jí)數(shù)S(n)絕對(duì)收斂且有式(4)成立，結(jié)合第三節(jié)論述可知在主區(qū)間上有命題1成立．由命題1及第一節(jié)相關(guān)論述可得結(jié)論