本文的目的是为了让自己学习哥德巴赫猜想研究中的具体方法，主要参考潘承洞的书《素数分布与哥德巴赫猜想》。在此我会将证明细节更详细地写出，方便以后再次查阅。因为初次接触该方向，所以在这第一篇文章中只考虑一些较粗糙的估计，这对于证明下面的三素数定理足够了。即便如此，该定理的证明也绝非易事。
三素数定理 每个充分大的奇数都是三个奇素数之和。
该定理首先由维诺格拉多夫于1937年证明，他利用 Hardy-Littlewood 圆法以及自己所创的三角和估计方法证明了上述结论，下文将利用这两个方法来详细证明该定理。需要注意的是，这里的证明是非实效的。即，我们只能得到存在一个常数 c_1，使得当奇数 n>c_1 时，n 为三个奇素数之和，但该方法并不能具体算出常数 c_1。证明之前，先罗列一些引理。注意全篇出现的符号 p，p_1，p_2 等都表示素数。
引理1.1. 设 \tau \geq 1，则对任意实数 \alpha，存在有理数 \frac{a}{q}，(a,q)=1，1 \leq q \leq \tau，使得
\left| \alpha - \frac{a}{q} \right| \leq \frac{1}{q \cdot \tau}。
进一步，当 \alpha > 0 时，a \geq 0.
引理1.2. 设 q，m 为正整数，(q,m)=1，则有
\underset{(h,q)=1}{\sum^{q}_{h=1}} e^{2 \pi i \frac{hm}{q}} = \mu(q)，
这里 \mu(q) 的定义如下：
\mu(q)=\begin{cases} 1, & \text{若}~q=1,\\ (-1)^s, & 若~q=p_1 p_2 \cdots p_s,\\ 0, & 若~q~被一素数的平方除尽。\end{cases}
\mu(q) 称为莫比乌斯函数。
我们记 \pi(x;q.l) 表示在等差数列 l + qm 中不超过 x 的素数个数。则下面的引理是十分深刻的，被称为 Siegel-Walfisz 定理。显然由它可以推出 Dirichlet 定理。Siegel-Walfisz 定理的证明详见 Harold Davenport 的书 Multiplicative Number Theory (Second Edition, GTM74, 1980) 的19-20章。
引理1.3. 设 x\geq 2，则对任意固定的正数 A>1，及任意的正整数 q，l，满足
1\leq q \leq \log^A x, (l,q)=1
则有渐近公式
\pi(x;q,l)=\frac{\text{Li}(x)}{\varphi(q)} + \mathcal{O}\left( xe^{-c_2 \sqrt{\log x}} \right)
成立，其中常数 c_2 仅依赖于 A，且 \mathcal{O} 常数是一绝对常数，c_2 不能实际计算出来。
引理1.4. 设 M_2 > M_1 为两个整数，\alpha 为实数，满足 0 < |\alpha| \leq \frac{1}{2}，则
\begin{align*} \left| \sum^{M_2}_{n=M_1} e^{2 \pi i \alpha n} \right| \leq \min \left\{ M_2 - M_1 +1, ~ \frac{1}{2|\alpha|} \right\}。 \end{align*}
引理1.5. 当 n>27 时，
\begin{align*} \varphi(n) > n(3 \log \log n)^{-32}。 \end{align*}
上述结果很不精确，但对于证明三素数定理足够了。
引理1.6. 设 (m_1, m_2)=1，x_2，x_2 分别通过模 m_1，m_2 的简化剩余系，则 m_2 x_1 + m_1 x_2 通过模 m_1 m_2的简化剩余系。从而可以推知，当 (m_1, m_2)=1 时，有 \varphi(m_1 m_2) = \varphi(m_1) \varphi(m_2)，即欧拉函数是积性函数。
引理1.7. 设 m 是正整数，a 是整数，则有
\begin{align*} \sum^{m-1}_{x=0} e^{2 \pi i \frac{ax}{m}} = \begin{cases} m, & ~~ 若 m | a; \\ 0, & ~~ 其他情形。 \end{cases} \end{align*}
下面的引理被称为素数定理。
引理1.8. 设 \pi (x) 为不超过正数 x 的素数个数，则有
\pi(x) \sim \frac{x}{\log x}。
实际上，为证明三素数定理，我们不必用到素数定理这个很强的结论，只需要切比雪夫不等式的右边部分
\pi(x) \leq \frac{5x}{\log x}, ~ x \geq 2
即可。这里给出素数定理是因为，由引理1.3我们也可导出素数定理。因为在引理1.3的假设下我们有
\pi (x) = \pi(x;1,1) = \text{Li}(x) + \mathcal{O}\left( x e^{-c_2 \sqrt{\log x}} \right),
并注意到 \text{Li}(x) \sim \frac{x}{\log x} 即可得证。
接下来证明三素数定理。
设 N \geq 9 是奇数，用 r(N) 来表示方程
N=p_1 + p_2 + p_3, ~~p_1, ~p_2, ~p_3 \leq N
的解的个数。则弱哥德巴赫猜想是说 r(N)>0 对一切奇数 N \geq 9 皆成立，本文还证不了这么强的结论。考虑积分
\int^1_0 e^{2 \pi i \alpha (p_1 + p_2 + p_3 - N)} d\alpha。\tag{1}
显然，若 N=p_1 + p_2 + p_3，则 (1) 式积分等于 1。若 N \neq p_1 + p_2 + p_3，则 (1) 等于 0。易知
\begin{align*} r(N) &= \sum_{p_1 \leq N}\sum_{p_2 \leq N}\sum_{p_3 \leq N} \int^1_0 e^{2 \pi i \alpha (p_1 + p_2 + p_3 - N)} d\alpha \\ &= \int^1_0 ( \sum_{p_1 \leq N} e^{2 \pi i \alpha p_1} \sum_{p_2 \leq N} e^{2 \pi i \alpha p_2} \sum_{p_3 \leq N} e^{2 \pi i \alpha p_3} ) e^{-2 \pi i \alpha N} d\alpha \\ &= \int^1_0 ( \sum_{p \leq N} e^{2 \pi i \alpha p} )^3 e^{-2 \pi i \alpha N} d\alpha \\ &= \int^1_0 S^3(\alpha) e^{-2 \pi i \alpha N} d\alpha, \tag{2} \end{align*}
这里 S(\alpha)=\sum_{p \leq N} e^{2 \pi i \alpha p}。
为估计 r(N)，首先要用到圆法。以下恒设 N 为充分大的奇数。
由于 (2) 中被积函数以 1 为周期，故对任意的 \tau \geq 1，(2) 可以改写成
r(N) = \int^{1- \frac{1}{\tau}}_{-\frac{1}{\tau}} S^3(\alpha) e^{-2 \pi i \alpha N} d\alpha。\tag{3}
根据引理1.1， 任意的 \alpha \in \left[ -\frac{1}{\tau}, 1-\frac{1}{\tau} \right)，有
\begin{align*}\alpha = \frac{a}{q} + \beta, ~1 \leq q \leq \tau, ~(a,q)=1, ~|\beta| \leq \frac{1}{q \cdot \tau} \tag{4}, \end{align*}
其中 0 \leq a \leq q-1。这是因为，若 \alpha \in \left[-\frac{1}{\tau}, 0\right]，则存在 a=0，q=1，使得 |\alpha - \frac{a}{q}| \leq \frac{1}{q \cdot \tau}。若 \alpha \in \left( 0,1-\frac{1}{\tau} \right)，此时 \tau>1。故由引理1.1知存在 a, ~q:~a \geq 0, ~1 \leq q \leq \tau, ~(a,q)=1，使得
\begin{align*} \left| \alpha - \frac{a}{q} \right| \leq \frac{1}{q \cdot \tau}。\end{align*}
故 |\alpha - \beta| \leq |\alpha| + |\beta| < 1 - \frac{1}{\tau}+\frac{1}{\tau}= 1，从而 0 \leq \frac{a}{q} < 1，推得 0 \leq a \leq q-1。
现在取 \tau = N(\log N)^{-20}，记
\begin{align*} \mathscr{A} = \left\{ \frac{a}{q} : ~ 0 \leq a \leq q-1, ~(a,q)=1, ~q \leq \log^{15}N \right\}, \end{align*}
其中当 N 充分大后，满足 2q \leq 2 \log^{15} N < \tau < N。对任意的 \frac{a}{q} \in \mathscr{A}，记 \mathfrak{M}(a,q) = \left[ \frac{a}{q}-\frac{1}{q \cdot \tau}, \frac{a}{q}+\frac{1}{q \cdot \tau} \right]。显然，任意的 \alpha \in \mathscr{A}，有
\begin{align*} \left| \alpha - \frac{a}{q} \right| \leq \frac{1}{q \cdot \tau}。 \end{align*}
我们要证明，对任意的 \frac{a_1}{q_1}, \frac{a_2}{q_2} \in \mathscr{A} 当 (a_1 - a_2)^2 + (q_1 - q_2)^2 \neq 0 时，\mathfrak{M}(a_1,q_1) 与 \mathfrak{M}(a_2,q_2) 是不相交的。
由于 q_1 \leq \log^{15} N，q_2 \leq \log^{15} N，所以 \frac{a_1}{q_1} 与 \frac{a_2}{q_2} 之间的距离不能太小，即有下式：
\left| \frac{a_1}{q_1} - \frac{a_2}{q_2} \right| = \left| \frac{a_1q_2 - a_2q_1}{q_1q_2} \right| \geq \frac{1}{q_1q_2} 。
另一方面，显然
\frac{1}{q_1 \cdot \tau} + \frac{1}{q_2 \cdot \tau} = \frac{q_1 + q_2}{q_1q_2\tau} < \frac{\tau}{q_1q_2\tau} = \frac{1}{q_1q_2}。
若相交，则 \left| \frac{a_1}{q_1} - \frac{a_2}{q_2} \right| \leq \frac{1}{q_1 \cdot \tau} + \frac{1}{q_2 \cdot \tau} < \frac{1}{q_1q_2}，矛盾。
易知这些小区间都包含在区间 \left[ -\frac{1}{\tau}, 1-\frac{1}{\tau}\right) 内。这是因为对任意的 \mathfrak{M}(a,q) \in \mathscr{A} 以及任意的 \alpha \in \mathfrak{M}(a,q)，有\frac{a}{q} \leq 1 - \frac{1}{q} < 1-\frac{2}{\tau}，其中 \alpha = \frac{a}{q} + \beta 并满足 (4) 式，从而
|\alpha| = |\alpha - \frac{a}{q} + \frac{a}{q}| \leq \frac{1}{q \cdot \tau} + \frac{a}{q} < \frac{1}{\tau} +1 - \frac{2}{\tau} = 1-\frac{1}{\tau}。
因此不妨将这些小区间的全体记作 \mathfrak{M}，即 \mathfrak{M} = \bigcup \left\{ \mathfrak{M}(a,q) : \frac{a}{q} \in \mathscr{A} \right\}。在区间 \left[ -\frac{1}{\tau}, 1-\frac{1}{\tau} \right) 中除去集合 \mathfrak{M} 后剩下的部分记为 \mathfrak{E}，则有
\begin{align*} r(N)=r_1(N) + r_2(N), \tag{5} \end{align*}
这里
\begin{align*} r_1(N) = \int_{\mathfrak{M}} S^{3}(\alpha) e^{-2 \pi i \alpha N} d\alpha, \tag{6} \end{align*}
\begin{align*} r_2(N) = \int_{\mathfrak{E}} S^{3}(\alpha) e^{-2 \pi i \alpha N} d\alpha, \tag{7} \end{align*}
我们的目的是要证明 r_1(N) 是 r(N) 的主要部份，而 r_2(N) 是次要部分，从而可推出当 N 为充分大的奇数时，恒有
r(N) \geq r_1(N) - |r_2(N)| > 0。
Hardy 与 Littlewood 称上面的方法为“圆法”。因为当 0 \leq \alpha < 1 时 0 \leq 2 \pi \alpha < 2\pi，而 e^{2 \pi i \alpha}是复平面上的单位圆，这样 [0,1) 与单位圆建立了一一对应关系。从而对长度为 1 的半闭半开区间 \left[ -\frac{1}{\tau}, 1-\frac{1}{\tau} \right) 上的分割就对应在单位圆上的分割。称分割 \mathfrak{M} 为优弧（Major Arcs），分割 \mathfrak{E} 则被称为劣弧（Minor Arcs）。
下面首先对主要部分进行估计。我们有如下定理2.1：
定理2.1. 设 N 为充分大的奇数，则下面的渐进公式成立：
\begin{align*} r_1(N) = \frac{1}{2} \mathfrak{S}(N) \frac{N^2}{\log^3 N} + \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4 N} \right), \end{align*}
其中
\mathfrak{S}(N) = \underset{p}{\prod} \left( 1 ＋ \frac{1}{(p-1)^3} \right) \underset{p|N}{\prod} \left( 1- \frac{1}{p^2 - 3p +3} \right) > 1 ~,
并且 \mathfrak{S}(N) 被称为奇异级数。
为证明定理2.1，我们需要下面几个引理：
引理2.2. 设 \alpha = \frac{a}{q} + \beta，(a,q)=1，q \leq \log^{15} N，|\beta| \leq \frac{1}{q \cdot \tau}，则有
S(\alpha) = \frac{\mu(q)}{\varphi(q)} \sum^{N}_{n=3} \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} + \mathcal{O}\left( Ne^{-\frac{c_2}{4} \sqrt{\log N}} \right),
其中此处的 c_2 即为引理1.3中出现的常数 c_2，是正的绝对常数。
现证明引理2.2。
\begin{align*} S(\alpha) &= S\left( \frac{a}{q} + \beta \right) = \sum_{p \leq N} e^{2 \pi i \frac{a}{q} p} e^{2 \pi i \beta p} \\ &= \sum_{\sqrt{N} < p \leq N} e^{2 \pi i \frac{a}{q} p} e^{2 \pi i \beta p} + \mathcal{O}\left( \sqrt{N} \right) \\ &= \sum^{q}_{l=1} \underset{p \equiv l (\text{mod}q)}{\sum_{\sqrt{N} < p \leq N}} e^{2 \pi i \frac{a}{q}p} e^{2 \pi i \beta p} + \mathcal{O} \left( \sqrt{N} \right) \\ &= \underset{(l,q)=1}{\sum^{q}_{l=1}} e^{2 \pi i \frac{a}{q}l} \underset{p \equiv l (\text{mod}q)}{\sum_{\sqrt{N} < p \leq N}} e^{2 \pi i \beta p} + \mathcal{O}\left( \sqrt{N} \right), \end{align*}
其中，当 N 充分大后，有 q \leq \log^{15} N < \sqrt{N} <p。又 p 是一个素数，从而 (p,q)=1，亦有 (l,q) = 1。由此得到
\begin{align*} S(\alpha) &= S\left( \frac{a}{q} + \beta \right) \\ &= \underset{(l,q)=1}{\sum^{q}_{l=1}} e^{2 \pi i \frac{a}{q}l} \underset{p \equiv l \left( \text{mod} q \right)}{\sum_{\sqrt{N} < p \leq N}} e^{2 \pi i \beta p} + \mathcal{O}\left( \sqrt{N} \right)。\tag{8} \end{align*}
先考虑
T(l) = \underset{p \equiv l \left( \text{mod}q \right)}{\sum_{\sqrt{N} < p \leq N}} e^{2 \pi i \beta p}。\tag{9}
下面的式子显然成立：
\pi(n;q,l) - \pi(n-1;q,l) =\begin{cases} 1, ~~& n ~为素数且~n \equiv l \left( \text{mod}q \right); \\ 0, ~~& 其他情形。 \\ \end{cases}
将上式代入 (9) 有
\begin{align*}T(l) &= \underset{p \equiv l \left( \text{mod}q \right)}{\sum_{\sqrt{N} < p \leq N}} e^{2 \pi i \beta p} \\ &= \sum_{\sqrt{N} < n \leq N} ( \pi(n;q,l) - \pi(n-1;q,l) ) e^{2 \pi i \beta n} \\ &= \sum_{\sqrt{N} < n \leq N-1} \pi(n;q,l) e^{2 \pi i \beta n} +\sum_{\sqrt{N} < n \leq N} \pi(n-1;q,l) e^{2 \pi i \beta n} + \pi(N;q,l) e^{2 \pi i \beta N} \\ &= \sum_{\sqrt{N} < n \leq N-1} \pi(n;q,l) e^{2 \pi i \beta n} + \sum_{\sqrt{N}-1 < n \leq N-1} \pi(n;q,l) e^{2 \pi i \beta (n+1)} + \pi(N;q,l) e^{2 \pi i \beta N} \\ &= \sum_{\sqrt{N} < n \leq N-1} \pi(n;q,l) \left( e^{2 \pi i \beta n} - e^{2 \pi i \beta (n+1)} \right) + \pi(N;q,l) e^{2 \pi i \beta N} + \mathcal{O}\left( \sqrt{N} \right) \tag{10}, \end{align*}
其中，(10) 式是由于 \left| \pi( \lfloor \sqrt{N} \rfloor; q, l ) e^{2 \pi i \beta \lfloor \sqrt{N} \rfloor} \right| \leq \sqrt{N}，并且 \sqrt{N}-1 < \lfloor \sqrt{N} \rfloor \leq \sqrt{N}。由引理1.3，当 N 充分大时有
\begin{align*} (10) &= \sum_{\sqrt{N} < n \leq N-1} \left( \frac{\text{Li}(n)}{\varphi(q)} + \mathcal{O}(ne^{-c_2 \sqrt{\log n}}) \right) \left( e^{2 \pi i \beta n} - e^{2 \pi i \beta (n+1)} \right) + \\ &+ ~ ~\left( \frac{\text{Li}(N)}{\varphi(q)} + \mathcal{O}\left( N e^{-c_2 \sqrt{\log N}} \right) \right) e^{2 \pi i \beta N} + \mathcal{O}\left( \sqrt{N} \right) \\ &= \sum_{\sqrt{N} < n \leq N-1} \frac{\text{Li}(n)}{\varphi(q)}\left( e^{2 \pi i \beta n} - e^{2 \pi i \beta (n+1)} \right) + \\ &+ \sum_{\sqrt{N} < n \leq N-1} \mathcal{O}\left( ne^{-c_2 \sqrt{\log n}} \right) \left( e^{2 \pi i \beta n} - e^{2 \pi i \beta (n+1)} \right) + \\ &+ \frac{\text{Li}(N)}{\varphi(q)} e^{2 \pi i \beta N} + \mathcal{O}\left( N e^{-c_2 \sqrt{\log N}} \right) + \mathcal{O}\left( \sqrt{N} \right)。 \tag{11} \end{align*}
求导可知，当 x 充分大后，f_1(x) = \frac{x}{e^{c_2 \sqrt{\log x}}} 单调递增。实际上，
f'_1(x) = \frac{1 - \frac{c_2}{2}(\log x)^{-1/2}}{e^{c_2 \sqrt{\log x}}}。
又由 \left| e^{2 \pi i \beta n} - e^{2 \pi i \beta (n+1)} \right| = \left| e^{2 \pi i \beta} -1 \right|，以及当 N 充分大时，|\beta| \leq \frac{1}{\tau} = \frac{\log^{20} N}{N} 可以充分小， 且此时有 e^{2 \pi i \beta} - 1 = \mathcal{O} \left( |\beta| \right)。从而当 \sqrt{N} < n \leq N-1 时有
\mathcal{O}\left( ne^{-c_2 \sqrt{\log n}} \right) \left( e^{2 \pi i \beta n} - e^{2 \pi i \beta (n+1)} \right) = \mathcal{O}\left( Ne^{-c_2 \sqrt{\log N}} \right) \mathcal{O}\left( |\beta| \right)。
因此，
\begin{align*} &~~~~\sum_{\sqrt{N}< n \leq N-1} \mathcal{O}(ne^{-c_2 \sqrt{\log n}}) \left( e^{2 \pi i \beta n} - e^{2 \pi i \beta (n+1)} \right) \\ &= \sum_{\sqrt{N}< n \leq N-1} \mathcal{O}\left( |\beta| Ne^{-c_2 \sqrt{\log N}} \right) \\ &= \mathcal{O}\left( |\beta| N^2 e^{-c_2 \sqrt{\log N}} \right) \\ &= \mathcal{O}\left( \frac{N^2 e^{-c_2 \sqrt{\log N}}}{\tau} \right) \\ &= \mathcal{O}\left( Ne^{-c_2 \sqrt{\log N}} \log^{20} N \right)。 \end{align*}
记 f_2(x) = x \log^{20}x e^{-c_2 \sqrt{\log x}}， f_3(x) = x e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log x}}。则 f_4(x) = \frac{f_2(x)}{f_3(x)} = \log^{20}x e^{-\frac{c_2}{2}\sqrt{\log x}}。 令 x=e^{y^2}，则 f_4(y) = y^{40} e^{-\frac{c_2}{2} y}。故 f_4(x) = \mathcal{o}(1)，从而
\mathcal{O}\left( Ne^{-c_2 \sqrt{\log N}} \log^{20} N \right) = \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} \right)。
因此
\begin{align*} (11) &= \sum_{\sqrt{N} < n \leq N-1} \frac{\text{Li}(n)}{\varphi(q)} \left( e^{2 \pi i \beta n} - e^{2 \pi i \beta (n+1)} \right) + \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} \right) + \frac{\text{Li}(N)}{\varphi(q)} e^{2 \pi i \beta N} + \\ &+ \mathcal{O}\left( N e^{-c_2 \sqrt{\log N}} \right) + \mathcal{O}\left( \sqrt{N} \right) \\ &= \sum_{\sqrt{N} < n \leq N-1} \frac{\text{Li}(n)}{\varphi(q)} \left( e^{2 \pi i \beta n} - e^{2 \pi i \beta (n+1)} \right) + \frac{\text{Li}(N)}{\varphi(q)} e^{2 \pi i \beta N} \\ &+ \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} \right), \end{align*}
其中，当 N 充分大时，有 \sqrt{N} < N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} 以及 N e^{-c_2 \sqrt{\log N}} < N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}}。不妨记上式最右边为 (12)，则
\begin{align*} (12) &= \frac{1}{\varphi(q)} \sum_{\sqrt{N} < n \leq N} \left( \text{Li}(n) - \text{Li}(n-1) \right) e^{2 \pi i \beta n} + \\ &+ \frac{\text{Li}(\lfloor \sqrt{N} \rfloor)}{\varphi(q)} e^{2 \pi i \beta (\lfloor \sqrt{N} \rfloor +1)} + \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} \right)。 \tag{13} \end{align*}
显然 \varphi(q) \geq 1，由于 \text{Li}(\lfloor \sqrt{N} \rfloor) = \text{Li}(3) + \int^{\lfloor \sqrt{N} \rfloor}_{3} \frac{1}{\log t} dt \leq \text{Li}(3) + \int^{\sqrt{N}}_{3} \frac{1}{\log t} dt \leq \text{Li}(3) + \sqrt{N}，因此 \frac{\text{Li}(\lfloor \sqrt{N} \rfloor)}{\varphi(q)} e^{2 \pi i \beta ( \lfloor \sqrt{N} \rfloor +1 )} = \mathcal{O}\left( \sqrt{N} \right)。从而 (13) 式为
\begin{align*} (13) &= \frac{1}{\varphi(q)} \sum_{\sqrt{N} < n \leq N} \left( \text{Li}(n) - \text{Li}(n-1) \right) e^{2 \pi i \beta n} + \\ &+ \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} \right) \\ &= \frac{1}{\varphi(q)} \sum_{\sqrt{N} < n \leq N} \left( \int^{n}_{n-1} \frac{1}{\log t} dt \right) e^{2 \pi i \beta n} + \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} \right) , \tag{14} \end{align*}
由于 \frac{1}{\log t} = \frac{1}{\log n} + \mathcal{O}\left( \frac{1}{n \log^2 n} \right)，(n-1 < t <n)，以及 \sum^{\infty}_{n=3} \frac{1}{n \log^2 n} = \mathcal{O}(1)，故有
\begin{align*} (14) &= \frac{1}{\varphi(q)} \sum_{\sqrt{N} < n \leq N} \left( \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} + \mathcal{O}\left( \frac{1}{n \log^2 n} \right) \right) + \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} \right) \\ &= \frac{1}{\varphi(q)} \sum_{3 \leq n \leq N} \left( \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} + \mathcal{O}\left( \frac{1}{n \log^2 n} \right) \right) - \frac{1}{\varphi(q)} \sum_{3 \leq n \leq \sqrt{N}} \left( \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} + \\ + \mathcal{O}\left( \frac{1}{n \log^2 n} \right) \right) + \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} \right) \end{align*}
不妨记上式最右边为 (15)，记 g(N) = - \frac{1}{\varphi(q)} \sum_{3 \leq n \leq \sqrt{N}} \left( \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} + \mathcal{O}\left( \frac{1}{n \log^2 n} \right) \right)，则
\begin{align*} |g| &\leq \sum_{3 \leq n \leq \sqrt{N}} \frac{1}{\log n} + \mathcal{O}\left( \sum_{3 \leq n \leq \sqrt{N}} \frac{1}{n \log^2 n} \right) \\ &\leq \sqrt{N} + \mathcal{O}(1)。 \end{align*}
从而易知，g(N)= \mathcal{O}\left( \sqrt{N} \right)。因此
\begin{align*} (15) = \frac{1}{\varphi(q)} \sum_{3 \leq n \leq N} \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} + \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} \right)。 \tag{16} \end{align*}
将 (16) 代入 (8) 并结合引理1.2以及(a,q)=1 得到
\begin{align*} S(\alpha) &= \underset{(l,q)=1}{\sum^{q}_{l=1}} e^{2 \pi i \frac{a}{q} l} \frac{1}{\varphi(q)} \sum_{3 \leq n \leq N} \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} + \mathcal{O}\left( q N e^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} \right) \\ &= \frac{\mu(q)}{\varphi(q)} \sum_{3 \leq n \leq N} \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} + \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{4} \sqrt{\log N}} \right), \end{align*}
其中，q \leq \log^{15}N，故 N 充分大时，qNe^{-\frac{c_2}{2} \sqrt{\log N}} < Ne^{-\frac{c_2}{4} \sqrt{\log N}}。引理2.2证毕。
由引理2.2可以推出
\begin{align*} S^3 \left( \alpha \right) &= S^3 \left( \frac{a}{q} + \beta \right) \\ &= \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} \left( \sum_{3 \leq n \leq N} \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} \right)^3 + \mathcal{O}\left( N^3 e^{-\frac{c_2}{4} \sqrt{\log N}} \right) \\ &= \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} M^3(\beta) + \mathcal{O}\left( N^3 e^{-\frac{c_2}{4} \sqrt{\log N}} \right)。 \tag{17} \end{align*}
这里
M(\beta) = \sum_{3 \leq n \leq N} \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n}。
实际上，因为
\begin{align*} S^3 \left( \alpha \right) &= \left( \frac{\mu(q)}{\varphi(q)} \sum_{3 \leq n \leq N} \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} + \mathcal{O}\left( N e^{-\frac{c_2}{4} \sqrt{\log N}} \right) \right)^3 \\ &\triangleq \left( A_1 + B_1 \right)^3。 \end{align*}
易得 A_1 = \mathcal{O}\left( N \right)，从而
\begin{align*} S^3(\alpha) &= A_1^3 + 3A_1^2B_1 + 3A_1B_1^2 + B_1^3 \\ &= A_1^3 + \mathcal{O}\left( N^3 e^{-\frac{c_2}{4} \sqrt{\log N}} \right)。 \end{align*}
由 (6) 以及 (17) 可以得到：
\begin{align*} r_1(N) &= \int_{\mathfrak{M}} S^3(\alpha) e^{-2 \pi \alpha N} d\alpha \\ &= \sum_{\frac{a}{q} \in \mathscr{A}} \int_{\mathfrak{M}(a,q)} S^3(\alpha) e^{-2 \pi i \alpha N} d\alpha \\ &= \sum_{q \leq \log^{15} N} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} S^3\left( \frac{a}{q} + \beta \right) e^{-2 \pi i \left( \frac{a}{q} + \beta \right) N} d\beta \\ &= \sum_{q \leq \log^{15} N} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} \left( \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} M^3(\beta) + \mathcal{O}\left( N^3 e^{-\frac{c_2}{4} \sqrt{\log N}} \right) \right) e^{-2 \pi i \left( \frac{a}{q} + \beta \right) N} d\beta \\ &= \sum_{q \leq \log^{15}N} \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} e^{-2 \pi i \frac{a}{q}N} \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}}M^3(\beta) e^{-2\pi i \beta N} d\beta + \\ &+ \mathcal{O}\left( N^3 e^{-\frac{c_2}{4} \sqrt{\log N}} \sum_{q \leq \log^{15} N} q \times \frac{2}{q \cdot \tau} \right) \\ &= \sum_{q \leq \log^{15}N} \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} e^{-2 \pi i \frac{a}{q}N} \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}}M^3(\beta) e^{-2\pi i \beta N} d\beta + \\ &+ \mathcal{O}\left( N^2 e^{-\frac{c_2}{8} \sqrt{\log N}} \right), \tag{18} \end{align*}
其中上面 (18) 式中的阶是由于
\sum_{q \leq \log^{15}N} \frac{2}{\tau} = \frac{2\log^{35}N}{N},
从而当 N 充分大后，N^2 \log^{35}N e^{-\frac{c_2}{4} \sqrt{\log N}} < N^2 e^{-\frac{c_2}{8} \sqrt{\log N}}。现在，问题转化成研究积分
\int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} M^3(\beta) e^{-2 \pi i \beta N} d\beta。
为此我们先证明下面的引理：
引理2.3. 设
M_0(\beta) = \frac{1}{\log N} \sum_{3 \leq n \leq N} e^{2 \pi i \beta n},
则有
\int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} |M^3(\beta) - M_0^3(\beta)| d\beta = \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4 N} \right)。
引理2.3的证明：由不等式 |a^3 - b^3| \leq 2 |a-b|(a^2+b^2) 易知
\begin{align*} \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} |M^3(\beta) - M_0^3(\beta)| d\beta &\leq 2 \underset{|\beta|\leq \frac{1}{q \cdot \tau}}{\max } |M(\beta) - M_0(\beta)| \times \\ &\times \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} \left(|M_0(\beta)|^2 + |M(\beta)|^2 \right) d\beta 。 \end{align*}
因为
\begin{align*} |M(\beta) - M_0(\beta)| &\leq \sum_{3 \leq n \leq N} \left( \frac{1}{\log n} - \frac{1}{N} \right) \\ &\leq \sum_{3 \leq n \leq N} \int^n_{n-1} \frac{1}{\log t} dt - \frac{N-2}{\log N} \\ &= \frac{N}{\log N} + \mathcal{O}\left( \frac{N}{\log^2 N} \right) - \frac{N-2}{\log N} \\ &= \mathcal{O}\left( \frac{N}{\log^2 N} \right)。 \tag{19} \end{align*}
而
\begin{align*} \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} |M(\beta)|^2 d\beta &= \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} \sum_{3 \leq n_1 \leq N} \frac{e^{2 \pi i \beta n_1}}{\log n_1} \sum_{3 \leq n_2 \leq N} \frac{e^{2 \pi i \beta n_2}}{\log n_2 } d\beta \\ &= \sum_{3 \leq n_1 \leq N} \frac{1}{\log n_1} \sum_{3 \leq n_2 \leq N} \frac{1}{\log n_2} \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} e^{2 \pi i \beta (n_1 - n_2)} d\beta。 \end{align*}
因为
\begin{align*} \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} e^{2 \pi i \beta (n_1 - n_2)} d\beta = \begin{cases} 1, ~~ &n_1 =n_2; \\ 0, ~~ &n_1 \neq n_2。 \end{cases} \end{align*}
故
\begin{align*} \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} |M(\beta)|^2 d\beta &= \sum_{3 \leq n \leq N} \frac{1}{\log^2 n} \\ &= \sum_{3 \leq n \leq \sqrt{N}} \frac{1}{\log^2 n} + \sum_{\sqrt{N} < n \leq N} \frac{1}{\log^2 n} \\ &= \mathcal{O}\left( \sqrt{N} \right) + \mathcal{O}\left( \frac{N}{\log^2 N} \right) \\ & = \mathcal{O}\left( \frac{N}{\log^2 N} \right)。 \tag{20} \end{align*}
同样可得
\begin{align*} \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} |M_0(\beta)|^2 d\beta &= \frac{1}{\log^2 N} \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} \sum_{3 \leq n_1 \leq N} \sum_{3 \leq n_2 \leq N} e^{2 \pi i \beta (n_1 - n_2)} d\beta \\ &= \frac{1}{\log^2 N} \sum_{3 \leq n \leq N} 1 \\ &= \mathcal{O}\left( \frac{N}{\log^2 N} \right)。 \tag{21} \end{align*}
由 (19)，(20)，(21) 得到
\begin{align*} \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} |M^3(\beta) - M_0^3(\beta)| d\beta &= \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4 N} \right)。 \tag{22} \end{align*}
引理2.3证毕。
通过引理2.3得到
\begin{align*} \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} M^3(\beta) e^{- 2 \pi i \beta N} d\beta &= \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} M_0^3(\beta) e^{- 2 \pi i \beta N} d\beta + \\ &+ \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} \left( M^3(\beta) - M_0^3(\beta) \right) e^{- 2 \pi i \beta N} d\beta \\ &= \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} M_0^3(\beta) e^{- 2 \pi i \beta N} d\beta + \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4 N} \right)。 \tag{23} \end{align*}
因此问题转化为估计 \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} M_0^3(\beta) e^{- 2 \pi i \beta N} d\beta。我们有下面的引理：
引理2.4. 设 q \leq \log^{15} N，则有
\begin{align*} \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} M_0^3(\beta) e^{-2 \pi i \beta N} d\beta &= \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} M_0^3(\beta) e^{-2 \pi i \beta N} d\beta + \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^{10}N} \right)。 \end{align*}
引理2.4的证明：
\begin{align*}\int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} M^3_0 (\beta) e^{-2\pi i \beta N} d\beta = \int^{-\frac{1}{q\tau}}_{-\frac{1}{2}} M^3_0(\beta) e^{-2\pi i \beta N} d\beta + \int^{\frac{1}{q\tau}}_{-\frac{1}{q\tau}} M^3_0(\beta) e^{-2\pi i \beta N} d\beta + \int^{\frac{1}{2}}_{\frac{1}{q\tau}} M^3_0(\beta) e^{-2\pi i \beta N} d\beta。\end{align*}
由引理1.4得，当 \frac{1}{q\tau}<|\beta| \leq \frac{1}{2} 时有
|M_0(\beta)| = \left| \frac{1}{\log N} \sum_{3 \leq n \leq N} e^{2 \pi i \beta n} \right| \leq \frac{1}{2|\beta|}。
所以由 q\tau \leq N\log^{-5} N 有
\begin{align*}\left| \int^{\frac{1}{2}}_{\frac{1}{q\tau}} M^3_0(\beta) e^{-2 \pi i \beta N} d\beta \right| &\leq \frac{1}{8} \int^{\frac{1}{2}}_{\frac{1}{q\tau}} \frac{1}{\beta^3} d\beta \\ &= \mathcal{O}(q^2 \tau^2) = \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^{10} N} \right)。\end{align*}
同理可得
\left| \int^{-\frac{1}{q\tau}}_{-\frac{1}{2}} M^3_0(\beta) e^{-2\pi i \beta N} d\beta \right| = \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^{10} N} \right)。
因此该引理得证。
引理2.5.
\begin{align*} \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} M_0^3(\beta) e^{-2 \pi i \beta N} d\beta = \frac{N^2}{2 \log^3 N} + \mathcal{O}\left( \frac{N}{\log^3 N} \right)。 \end{align*}
引理2.5的证明：
\begin{align*} \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} M^3_0(\beta) e^{-2 \pi i \beta N} d\beta &= \frac{1}{\log^3 N} \sum_{3 \leq n_1 \leq N} ~ \sum_{3 \leq n_2 \leq N} ~ \sum_{3 \leq n_3 \leq N} \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} e^{-2 \pi i \beta (N-n_1-n_2-n_3)} d\beta \\ &= \frac{1}{\log^3 N} \underset{3\leq n_1, n_2, n_3}{\sum_{N=n_1+n_2+n_3}} 1。\end{align*}
对于固定的 n_3，有 3 \leq n_3 \leq N-6，此时方程
n_1 + n_2 = N - n_3；
3 \leq n_1, n_2 \leq N-6
共有 N - n_3 - 5 个解，这是因为 n_1 从 3 到 N-n_3-3 变化时，共有 (N-n_3-3)-3+1=N-n_3-5 种情况。所以
\begin{align*} \underset{3 \leq n_1, n_2, n_3 \leq N}{\sum_{N=n_1 + n_2 + n_3}} 1 &= \sum^{N-6}_{n_3=3} (N-n_3-5) \\ &= (N-8)N - \frac{(N-3)(N-8)}{2} - 5(N-8) \\ &= \frac{N^2}{2} - \frac{15N}{2} +28 \\ &= \frac{N^2}{2} + \mathcal{O}\left( N \right)。\end{align*}
由此得
\begin{align*} \int^{\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}} M^3_0(\beta) e^{-2 \pi i \beta N} d\beta = \frac{N^2}{2 \log^3 N} + \mathcal{O} \left( \frac{N}{\log^3 N} \right)。\end{align*}
上述引理证毕。
由引理2.3，2.4，2.5得到
\begin{align*} \int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} M^3(\beta) e^{-2 \pi i \beta N} d\beta = \frac{N^2}{2 \log^3 N} + \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4 N} \right)。 \end{align*}
将上式代入 (18) 式得
\begin{align*} r_1(N) = \frac{N^2}{2 \log^3 N} \sum_{q \leq \log^{15}N} \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} e^{-2 \pi i \frac{a}{q} N} + \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4 N} \sum^{\infty}_{q=1} \frac{1}{\varphi^2(q)} \right)。 \end{align*}
由引理1.5有
\begin{align*} \sum^{\infty}_{q=1} \frac{1}{\varphi^2(q)} &= \mathcal{O}\left( \sum^{\infty}_{q=1} \frac{\left( \log\log q \right)^{64}}{q^2} \right) \\ &= \mathcal{O}\left( 1 \right) + \mathcal{O}\left( \sum^{\infty}_{q=M} \frac{1}{q^{\frac{3}{2}}} \right) \\ &= \mathcal{O}\left( 1 \right), \end{align*}
其中，\frac{(\log\log q)^{64}}{q^2} = \mathcal{O}\left( q^{\frac{1}{2}} q^{-2} \right) = \mathcal{O}\left( q^{-\frac{3}{2}} \right)，从而存在正常数 M，当 q \geq M 时，\frac{(\log\log q)^{64}}{q^2} < q^{-\frac{3}{2}}。故得
\begin{align*} r_1(N) = \frac{N^2}{2 \log^3 N} \sum_{q \leq \log^{15} N} \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} e^{-2\pi i \frac{a}{q}N} + \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4 N} \right)。 \tag{24} \end{align*}
而
\begin{align*} \sum_{q \leq \log^{15} N} \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} e^{-2\pi i \frac{a}{q}N} = \sum^{\infty}_{q =1} \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} e^{-2\pi i \frac{a}{q}N} + I, \tag{25} \end{align*}
这里
\begin{align*} I = \mathcal{O}\left( \sum_{q > \log^{15}N} \frac{1}{\varphi^2(q)} \right) = \mathcal{O}\left( \sum_{q > \log^{15} N}~ \frac{1}{q^{\frac{3}{2}}} \right)， \tag{26} \end{align*}
当 N 充分大时，
\begin{align*} \sum_{q > \log^{15}N} ~ \frac{1}{q^{\frac{3}{2}}} &\leq \int^{\infty}_{\lfloor \log^{15}N \rfloor} \frac{1}{t^{\frac{3}{2}}} dt \\ &= 2 \lfloor \log^{15}N \rfloor^{-\frac{1}{2}} \\ &< 2\left( \log^{15}N -1 \right)^{-\frac{1}{2}} \\ &< 4\left( \log^{15}N \right)^{-\frac{1}{2}} \\ &< 4 \log^{-7} N \end{align*}
因此 I = \mathcal{O}\left( \log^{-7} N \right)。将此式代入 (25)，再将得到的式子代入 (24) 得
\begin{align*} r_1(N) = \frac{1}{2} \mathfrak{S}(N) \frac{N^2}{\log^3 N} + \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4 N} \right)。 \tag{27} \end{align*}
这里
\begin{align*} \mathfrak{S}(N) = \sum^{\infty}_{q=1} \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} e^{-2\pi i \frac{a}{q}N}。 \tag{28} \end{align*}
下面我们证明，对于奇数 N 恒有 \mathfrak{S}(N) > 1。引理1.6中我们知道欧拉函数 \varphi(q) 是积性函数，又由莫比乌斯函数的定义知，\mu(q) 也是积性函数，下面说明关于 q 的函数
\begin{align*} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} e^{-2\pi i \frac{a}{q}N} \end{align*}
也是积性函数，从而
\begin{align*} r(q) \triangleq \frac{\mu^3(q)}{\varphi^3(q)} \underset{(a,q)=1}{\sum^{q}_{a=1}} e^{-2\pi i \frac{a}{q}N} \end{align*}
是积性函数。实际上，若 (q_1,q_2) = 1，由引理1.6知
\begin{align*} \underset{(a,q_1)=1}{\sum^{q_1}_{a=1}} e^{-2\pi i \frac{a}{q_1}N} \underset{(b,q_2)=1}{\sum^{q_2}_{b=1}} e^{-2\pi i \frac{b}{q_2}N} &= \underset{(a,q_1)=1}{\sum^{q_1}_{a=1}} \underset{(b,q_2)=1}{\sum^{q_2}_{b=1}} e^{-2\pi i \frac{aq_2 + bq_1}{q_1 q_2}N} \\ &=\underset{(d,~q_1q_2)=1}{\sum^{q_1q_2}_{d=1}} e^{-2\pi i \frac{d}{q_1 q_2}N}, \end{align*}
因此是积性函数。又因为 \mu(p)=-1，\varphi(p) = p-1，结合引理1.7易得
\sum^{p-1}_{a=1} e^{-2 \pi i \frac{a}{p} N} = \begin{cases} p-1, & ~~ p~| ~N ; \\ -1, & ~~ p \nmid N。 \end{cases}
因此有
\begin{align*} \mathfrak{S}(N) &= \sum^{\infty}_{q=1} r(q) \\ &= \prod_p (1 + r(p) + r(p^2) + \cdots) \\ &= \prod_p (1 + r(p)) \\ &= \prod_{p | N} \left( 1 - \frac{1}{(p-1)^2} \right) \prod_{ p \nmid N} \left( 1 + \frac{1}{(p-1)^3} \right)。 \end{align*}
显然，由 N 是奇数有
\begin{align*} \prod_{p | N} \left( 1 - \frac{1}{(p-1)^2} \right) &> \prod_{2 \leq n \leq N} \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right) \\ &= \prod_{2 \leq n \leq N} \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \\ &= \frac{1}{2} \frac{N+1}{N} > \frac{1}{2}, \end{align*}
又由 N 是奇数，有
\begin{align*} \prod_{ p \nmid N} \left( 1 + \frac{1}{(p-1)^3} \right) > 2，\text{所以}~~ \mathfrak{S}(N) > 1。 \end{align*}
因为
\begin{align*} \prod_{ p \nmid N} \left( 1 + \frac{1}{(p-1)^3} \right) = \prod_{ p} \left( 1 + \frac{1}{(p-1)^3} \right) \prod_{ p | N} \left( 1 + \frac{1}{(p-1)^3} \right)^{-1} , \end{align*}
所以
\begin{align*} \mathfrak{S}(N) &= \prod_{ p} \left( 1 + \frac{1}{(p-1)^3} \right) \prod_{ p | N} \left( 1 - \frac{1}{(p-1)^2} \right) \left( 1 + \frac{1}{(p-1)^3} \right)^{-1} \\ &= \prod_{ p} \left( 1 + \frac{1}{(p-1)^3} \right) \prod_{ p | N} \left( 1 - \frac{1}{p^2 -3p +3} \right) 。 \end{align*}
至此定理2.1证毕。
下面来估计次要部分 r_2(N)。需要以下两个的引理：
引理2.6. 对任一 \alpha \in \mathfrak{E}，一定存在两个整数 q，a，满足条件
\begin{align*} (a,q)=1, ~~~ \log^{15} N < q \leq \tau, \end{align*}
使得
\begin{align*} \left| \alpha - \frac{a}{q} \right| < \frac{1}{q \cdot \tau}。 \end{align*}
引理2.6的证明是显然的，这是因为由引理1.1，若 q \leq \log^{15}N 则 \alpha \in \mathfrak{M}，矛盾。
下面的引理2.7就是著名的维诺格拉多夫定理，由于其本身的证明也很长，我将在《三素数定理的证明及其方法（二）》中给予详细而完整的证明。
引理2.7. 设 \tau = N (\log N)^{-20}，x \geq \tau，实数 \alpha 由引理1.1给出其表达式 \alpha = \frac{a}{q} + \beta，易知 1 \leq q \leq \tau \leq x。我们有
\begin{align*} S(x,\alpha) = \mathcal{O}\left( x\log^2 x \left( \sqrt{\frac{q}{x}+ \frac{1}{q}} + \frac{1}{H} \right) \right), \end{align*}
其中 H = e^{\frac{1}{2} \sqrt{\log x}}，S(x,\alpha) = \sum_{p \leq x} e^{2 \pi i \alpha p}。
现在回到对次要部分的估计。先证 S(\alpha) \triangleq S(N,\alpha) = \mathcal{O}\left( \frac{N}{\log^3 N} \right) 对任意的 \alpha \in \mathfrak{E} 成立。因为 \alpha \in \mathfrak{E}，由引理2.6知，存在两个整数 a，q，满足 (a,q)=1，\log^{15}N < q \leq \tau <N，使得
\left| \alpha - \frac{a}{q} \right| < \frac{1}{q \cdot \tau}。
因此当 N 充分大时，由引理2.7有
\begin{align*} S(\alpha) &= \mathcal{O}\left( N \log^2 N \left( \sqrt{ \frac{N\log^{-20}N}{N} + \frac{1}{\log^{15}N} } + \frac{1}{H} \right) \right) \\ &= \mathcal{O}\left( N \log^2 N \left( \sqrt{2} (\log N)^{-\frac{15}{2}} + e^{-\frac{1}{2} \sqrt{\log N}} \right) \right) \\ &= \mathcal{O}\left( \frac{N}{\log^5 N} \right), \tag{29} \end{align*}
其中最后一个等式是由于，当 N 充分大后，有 N \log^2 N e^{-\frac{1}{2} \sqrt{\log N}} < N \log^{-5}N。因此我们有
\begin{align*} \sup_{\alpha \in \mathfrak{E}} |S(\alpha)| = \mathcal{O}\left( \frac{N}{\log^5 N} \right)。\tag{30} \end{align*}
值得注意的是，这里的 (30) 式与书《素数分布与哥德巴赫猜想》中的结果略有不同，这里稍稍改进了一下阶中函数 \log N 的指数，将原来的 3 改进成 5。
显然有
\begin{align*} |r_2(N)| \leq \int_{\mathfrak{E}} |S^3(\alpha)| d\alpha &\leq \sup_{\alpha \in \mathfrak{E}} |S(\alpha)| \int^1_0 |S(\alpha)|^2 d\alpha。 \tag{31} \end{align*}
另外，由引理1.8有
\begin{align*} \int^1_0 |S(\alpha)|^2 d\alpha &= \int^{1}_{0} \sum_{p_1 \leq N} e^{2 \pi i \alpha p_1} \sum_{p_2 \leq N} e^{-2 \pi i \alpha p_2} d\alpha \\ &= \sum_{p_1 \leq N} \sum_{p_2 \leq N} \int^1_0 e^{2 \pi i \alpha (p_1-p_2)} \\ &= \sum_{p \leq N} 1 = \pi(N) \\ &=\mathcal{O}\left( \frac{N}{\log N} \right)。 \tag{32} \end{align*}
结合 (30)-(32) 得到
r_2(N) = \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^6 N} \right)。
所以我们有表充分大的奇数 N 为三个奇素数之和的表法个数 r(N) 的渐进公式
\begin{align*} r(N) &= r_1(N) + r_2(N) \\ &= \frac{1}{2} \mathfrak{S}(N) \frac{N^2}{\log^3 N} + \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4 N} \right) \tag{33} \end{align*}
成立。至此，三素数定理已证完，只有维诺格拉多夫定理还没有验证，待我放到下篇文章中详细讨论。
后记
上述渐近公式 (33) 并不能直接应用于充分大的偶数（若可，则当 N_1 是偶数时，在 N_1 = p_1 + p_2 + p_3 中一定有一个素数是 2，从而充分大的偶数 N_1 -2 可表为两个奇素数之和）。这是因为当 N_1 为充分大的偶数时有
\begin{align*} \mathfrak{S}(N_1) = \underset{p}{\prod} \left( 1 ＋ \frac{1}{(p-1)^3} \right) \underset{p|N_1}{\prod} \left( 1- \frac{1}{p^2 - 3p +3} \right) = 0。 \end{align*}
因此，
r(N_1) = \mathcal{O}\left( \frac{N_1^2}{\log^4 N_1} \right),
从中我们并不能得到关于 r(N_1)>0 的任何信息。然而，早在1923年，Hardy 和 Littlewood 就给出猜测：
\begin{align*} R(N_1) \sim \mathfrak{S}_2(N_1) \frac{N_1}{\log^2 N_1}, ~ N_1 \to \infty。 \end{align*}
其中 R(N_1) 代表将大偶数 N_1 表为两个奇素数之和的表法个数，并且
\begin{align*} \mathfrak{S}_2(N_1) = 2 \prod_{p>2} \left( 1 - \frac{1}{(p-1)^2} \right) \underset{p>2}{\prod_{p|N_1}} \frac{p-1}{p-2}。\end{align*}
此外，我们有以下数值结果：
\begin{align*} \prod_{p>2} \left( 1 - \frac{1}{(p-1)^2} \right) = 0.6602..., ~ ~ ~ \prod_{p} \left( 1 + \frac{1}{(p-1)^3} \right) = 2.301..., \end{align*}
以及对奇异级数 \mathfrak{S}(N) 的估计：
\begin{align*} 1.320... < \mathfrak{S}(N) < 2.301... \end{align*}
值得指出的是，哥德巴赫猜想分强弱两种形式，即下面两个：
强哥德巴赫猜想 每个不小于 6 的偶数都是两个奇素数之和。
弱哥德巴赫猜想 每个不小于 9 的奇数都是三个奇素数之和。
其中，强哥德巴赫猜想也被称为偶数哥德巴赫猜想，弱的也被称为奇数哥德巴赫猜想。最近，H. A. Helfgott 在2014年的文章中证明了三元哥德巴赫猜想（Ternary Goldbach Conjecture）。他先基于圆法、大筛法、三角和估计等方法证明了对 n \geq 10^{27} 的一切奇数 n 该猜想成立，同时又对 n \leq 8.875 \times 10^{30} 进行了计算机的验证，最终得到下面的结论：
三元哥德巴赫定理 每个不小于 7 的奇数都是三个素数之和。
一个显然的推论是：
推论 每个大于 1 的整数都是至多四个素数之和。
至于强哥德巴赫猜想，目前最好的结果仍然是陈景润的 (1+2)。其无法攻克的难度即使在今天仍然存在，实际上，H. A. Helfgott 在证明了三元哥德巴赫定理之后说过：The strong conjecture remains out of reach。最后以潘先生的原话来结束本文：
“二百多年来，虽然在研究哥德巴赫猜想中取得了这样重大的成就，要从 (1+2) 完全解决哥德巴赫猜想还有十分漫长的路程。或许，我们可以说，为了完全解决哥德巴赫猜想所需克服的困难可能比至今克服的更为巨大。因为依作者看来，不仅现有的方法不适用于来研究解决 (1+1)，而且到目前为止还看不到可以沿着什么途径，利用什么方法来解决它。”
在上一篇文章中，我们基本上证明了三素数定理，只有维诺格拉多夫定理没有被验证，也就是下面的：
设 \tau = N (\log N)^{-20}，x \geq \tau，实数 \alpha 由前一篇文章中的引理1.1给出其表达式 \alpha = \frac{a}{q} + \beta，易知 1 \leq q \leq \tau \leq x。我们有
\begin{align*} S(x,\alpha) = \mathcal{O}\left( x \log^2 x \left( \sqrt{\frac{q}{x} + \frac{1}{q}} + \frac{1}{H} \right) \right), \end{align*}
其中 H = e^{\frac{1}{2} \sqrt{\log x}}，S(x,\alpha) = \sum_{p \leq x} e^{2 \pi i \alpha p}。
本篇将专门详细证明该结论，用到的是维氏的三角和方法，具体参考潘承洞和潘承彪的专著《哥德巴赫猜想》。在此之前，先陈述一引理：
引理1.1. 设 \alpha \in \mathbb{R}，则 \alpha 可表示为
\begin{align*}\alpha = \frac{h}{q} + \frac{\theta}{q^2}, ~ (q,h)=1, ~ q \geq 1, ~ |\theta| \leq 1。 \tag{1} \end{align*}
现在给出维诺格拉多夫定理：
定理1.2. 设 x \geq 2，实数 \alpha 由 (1) 式给出且 1 \leq q \leq x，我们有
\begin{align*} S(x,\alpha) = \mathcal{O}\left( x \log^2 x \left( \sqrt{\frac{q}{x} + \frac{1}{q}} + \frac{1}{H} \right) \right), \end{align*}
其中 H = e^{\frac{1}{2}\sqrt{\log x}}。
证明之前，先给出一个容易而有用的结论：设 \mu 是莫比乌斯函数，则当 n>1 时有 \sum_{k | n} \mu(k) = 0。这是因为此时有 n=p^{\alpha_1}_1 \dots p^{\alpha_k}_k，所以
\begin{align*} \sum_{k | n} \mu(k) &= \mu(1) + \mu(p_1) + \dots + \mu(p_k) + \mu(p_1p_2) + \dots + \mu(p_{k-1}p_{k}) + \dots + \mu(p_1 \dots p_k) \\ &= (1-1)^k =0。\end{align*}
为证明定理1.2我们需要下面几个引理：
引理1.2. 设 U 是正整数，\beta 是实数，则有
\left| \sum^{U}_{u=1} e^{2 \pi i \beta u} \right| \leq \min\left\{ U, \frac{1}{2 \left< \beta \right>} \right\}，
其中 \left< \beta \right>=\min\{ \{\beta \}, 1- \{\beta \} \}，\{\beta \}=\beta-[\beta] 为 \beta 的小数部分。
引理1.2的证明：因为任意的 \beta \in \mathbb{R} 可以分解成 \beta = n + \alpha，其中 n \in \mathbb{Z}，\alpha \in [0,1)。故
\left| \sum^U_{u=1} e^{2 \pi i \beta u} \right| = \left| \sum^U_{u=1} e^{2 \pi i \alpha u} \right| \leq U。
而当 0< \alpha <1 时，有
\sum^U_{u=1} e^{2\pi i \alpha u} = \frac{e^{2\pi i (U+1)\alpha} - e^{2 \pi i \alpha}}{e^{2 \pi i \alpha} - 1}，
所以
\left| \sum^U_{u=1} e^{2 \pi i \alpha u} \right| \leq \frac{2}{\left| e^{2\pi i \alpha} - 1 \right|} = \frac{1}{\sin \pi \alpha} = \frac{1}{\sin \pi \left< \alpha \right>}。
记 f(t)=\sin \pi t - \pi t \cos \pi t，由于当 0 < t \leq \frac{1}{2} 时 f'(t) > 0，故有 f(t) > 0，以及
\left( \frac{\sin \pi t}{t} \right)' = \frac{\pi t \cos \pi t - \sin \pi t}{t^2} < 0，
因此
2 \leq \frac{\sin \pi t}{t} < \pi，~~ 0 < t \leq \frac{1}{2}。
故得
\left| \sum^U_{u=1} e^{2 \pi i \alpha u} \right| \leq \frac{1}{\sin \pi \left<\alpha \right>} \leq \frac{1}{2 \left<\alpha \right>}。
注意：容易推得 \left< x \right> = \left< -x \right>。这是因为由 x = \left[ x \right] + \{ x \}，有
\begin{align*} -x &= -\left[ x \right] - \{ x \} \\ &= \left[ -x \right] + \{ -x \}, \end{align*}
因此，\{ x \} + \{ -x \} = -\left[ x \right] -\left[ -x \right]，而且只能取 0 和 1。当 x \in \mathbb{Z} 时取 0，显然成立；当 x \notin \mathbb{Z} 时，\{ x \} + \{ -x \} = 1，易知同样成立。
引理1.3. 设 0<\rho \leq \frac{1}{2}，x_0, x_1, \dots, x_K 为一组实数，满足条件
\left< x_k - x_{k^{'}} \right> \geq \rho, ~~ k \neq k^{'}，
以及 \left< x_0 \right> = \min \left\{ \left< x_0 \right>, \dots, \left< x_K \right> \right\}，则有
\sum^K_{k=1} \frac{1}{\left< x_k \right>} = \mathcal{O}\left( \rho^{-1} \log (K+1) \right)。
引理1.3的证明：任意的 x \in \mathbb{R}，存在整数 n \in \mathbb{Z}，以及 y \in \left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right) 使得 x 可唯一分解成 x=n+y。因为 \{ x \} = \{ y \}，故 \left< x \right> = \left< y \right>。因此，不妨设 |x_k| \leq \frac{1}{2}，0 \leq k \leq K。当 0 \leq x_k \leq \frac{1}{2} 时，\left< x_k \right> = \{ x_k \} = x_k；当 -\frac{1}{2} \leq x_k <0时，\left< x_k \right> = \min \{ 1+x_k,-x_k \} = -x_k。从而 \left< x_k \right> = |x_k|，0 \leq k \leq K。由于 \left< x_k - x_{k'} \right> \geq \rho，k \neq k'，故 x_k \neq x_{k'}。记 y_0 = x_0，则可把 x_0, x_1, \dots, x_K 重新排列成
-\frac{1}{2} \leq y_{-K_1} < y_{-K_1 +1} < \dots < y_{-1} < y_0 < \dots < y_{K_2} \leq \frac{1}{2}，
并有 K_1 + K_2 = K，以及
|y_0| = \underset{-K_1 \leq k \leq K_2}{\min} \{ |y_k| \}。
因为 \{ y_0 -y_{-1} \} \geq \left< y_0 -y_{-1} \right> \geq \rho，有
|y_{-1}| \geq |y_0| \geq y_0 \geq y_{-1} + \rho。
又因为 |y_{-1}| \geq |y_0| 以及 y_{-1} < y_0 有 y_{-1}<0，从而 -y_{-1} \geq y_{-1} + \rho，此即 y_{-1} \leq -\frac{\rho}{2}。串成一列即是
-\frac{1}{2} \leq y_{-K_1} < y_{-K_1 +1} < \dots < y_{-1} \leq -\frac{\rho}{2}。
因 \left< y_{k+1} - y_k \right> \geq \rho，-K_1 \leq k \leq -1，故 y_{k+1} \geq y_k + \rho，-y_{k+1} \leq -y_k -\rho，即
|y_k| \geq |y_{k+1}| + \rho \geq |y_{k+2}| + 2\rho \geq \dots \geq |y_{-1}| + (|k| -1)\rho \geq \frac{\rho}{2} + (|k|-1)\rho。
另一面，因 |y_0| \leq |y_1|，以及 y_0 < y_1，得 y_1>0。同理，由 \left< y_1 -y_0 \right> \geq \rho，有 y_1 \geq y_0 + \rho \geq -y_1 + \rho ( |y_0| \leq y_1，-y_1 \leq -|y_0| \leq y_0 )，得 y_1 \geq \frac{\rho}{2}。因此有
\frac{\rho}{2} \leq y_1 < \dots < y_{K_2} \leq \frac{1}{2}。
同理又可推得当 1\leq k \leq K_2 时，
y_k \geq y_{k-1} +\rho \geq \dots y_1 + (k-1)\rho \geq \frac{\rho}{2} + (k-1)\rho。
因而有
\begin{align*}\sum^{K}_{k=1} \frac{1}{\left< x_k \right>} &= \sum^K_{k=1} \frac{1}{|x_k|} = \sum^{-1}_{k=-K_1} \frac{1}{|y_k|} + \sum^{K_2}_{k=1} \frac{1}{y_k} \\ &\leq \frac{1}{\rho} \sum^{-1}_{k=-K_1} \frac{1}{|k|-\frac{1}{2}} + \frac{1}{\rho} \sum^{K_2}_{k=1} \frac{1}{k-\frac{1}{2}}。 \end{align*}
显然有
\frac{4}{|k|+1} \geq \frac{1}{|k|-\frac{1}{2}},
因此
\begin{align*} \frac{1}{\rho} \sum^{-1}_{k=-K_1} \frac{1}{|k|-\frac{1}{2}} + \frac{1}{\rho} \sum^{K_2}_{k=1} \frac{1}{k-\frac{1}{2}} &\leq \frac{1}{\rho} \left( \int^{K_1}_{0} \frac{4}{x+1} dx + \int^{K_2}_{0} \frac{4}{x+1} dx \right) \\ &= \frac{4}{\rho} \log(K_1 + 1)(K_2 + 1) \\ &\leq \frac{8}{\rho} \log(K+1) \end{align*}
此即
\sum^{K}_{k=1} \frac{1}{\left< x_k \right>} = \mathcal{O}\left( \frac{1}{\rho} \log(K+1) \right)。
推论1.4. 在引理1.3的条件下，我们有
\begin{align*} \sum^K_{k=1} \frac{1}{\left< x_k \right>} = \mathcal{O} \left( \rho^{-1} \log \rho^{-1} \right)。 \end{align*}
推论1.4的证明：由引理1.3中的证明有 1 \geq |y_{-K_1}| + y_{K_2} \geq \rho + ( K - 2 ) \rho = (K-1)\rho，即 K-1 \leq \rho^{-1}。又因 \rho^{-1} \geq 2 故有 K+1 \leq \rho^{-1} + 2\leq (\rho^{-1})^2，此即 \log(K+1) \leq 2 \log \rho^{-1}，证毕。
引理1.5. 设实数 \alpha 由引理1.1给出。则对任意实数 U>0，整数 K_0，正整数 K 及任意实数 \beta 有
\sum^{K_0 + K}_{k=K_0 +1} \min \left\{ U, \frac{1}{\left< \alpha k + \beta \right>} \right\} = \mathcal{O}\left( \left( \frac{K}{q} +1 \right) \left( U + q \log q \right) \right)。
引理1.5的证明：不妨先对 K=q 证明
\sum^{K_0 + q}_{k=K_0 +1} \min \left\{ U, \frac{1}{\left< \alpha k + \beta \right>} \right\} = \mathcal{O}\left( U + q \log q \right)。
设 k=K_0 + x, 其中 x=1, 2, \dots, q。有
\alpha K_0 = \frac{hK_0}{q} + \frac{\theta K_0}{q^2} \triangleq \frac{b}{q} + \frac{\theta^{'}}{q},
其中，b \in \mathbb{Z}，|\theta^{'}|<1。因此，
\alpha k + \beta = \alpha K_0 + \alpha x + \beta= \frac{b}{q} + \frac{\theta^{'}}{q} + \frac{hx + [q\beta]}{q} + \frac{\theta^{''}(x)}{q^2},
其中，\theta^{''}(x) = \theta x + \{ q\beta \}q，|\theta^{''}(x)|<2q。记 d= hx + b + [q\beta]，则上式变成
\alpha k + \beta = \frac{d}{q} + \frac{\theta^{'}}{q} + \frac{\theta^{''}(x)}{q^2}。
由于 (h,q)=1，当 x 从 1 取到 q 时，有 d 过模 q 的完全剩余系，我们取模 q 的使得 |d| 最小的完全剩余系，则
\begin{align*} S \triangleq \sum^{K_0 + q}_{k=K_0 +1} \min \left\{ U, \frac{1}{\left< \alpha k + \beta \right>} \right\} = \sum_{|d|\leq \frac{q}{2}} \min \left\{ U, \frac{1}{\left< \frac{d}{q} + \frac{\theta^{'''}}{q} \right>} \right\} \tag{2}, \end{align*}
其中 \theta^{'''} = \theta^{'} + \frac{\theta^{''}(x)}{q}，满足 |\theta^{'''}|<3。则当 3 \leq |d| \leq \frac{q}{2} 时，我们来估计 \left< \frac{d}{q} + \frac{\theta^{'''}}{q} \right>，不妨估计 \left< \frac{d}{q} \pm \frac{\theta^{'''}}{q} \right>。
当 3 \leq d \leq \frac{q}{2} 时（此时 q \geq 6），有
0 \leq \frac{d-3}{q} < \frac{d}{q} \pm \frac{\theta^{'''}}{q} < \frac{1}{2} + \frac{3}{q} \leq 1,
其中，\frac{d-3}{q} \leq \frac{1}{2} - \frac{3}{q}。
若 \frac{d}{q} \pm \frac{\theta^{'''}}{q} \leq \frac{1}{2}，显然有 \left< \frac{d}{q} \pm \frac{\theta^{'''}}{q} \right>> \frac{d-3}{q}。
若 \frac{1}{2} < \frac{d}{q} \pm \frac{\theta^{'''}}{q} < \frac{1}{2} + \frac{3}{q}，则
\frac{d}{q} \pm \frac{\theta^{'''}}{q} + \frac{d-3}{q} < \frac{d}{q} + \frac{1}{2} \leq 1,
即有
\left< \frac{d}{q} \pm \frac{\theta^{'''}}{q} \right>= 1 -\left( \frac{d}{q} \pm \frac{\theta^{'''}}{q} \right) > \frac{d-3}{q} 。
因此总有
\left< \frac{d}{q} \pm \frac{\theta^{'''}}{q} \right> > \frac{d-3}{q}。
当 -\frac{q}{2} \leq d \leq -3 时，用 -d 代替 d，通过上面的结论有
\left< \frac{-d}{q} - \frac{\theta^{'''}}{q} \right> > \frac{-d-3}{q},
注意到 \left< x \right> = \left< -x \right>，故有
\left< \frac{d}{q} + \frac{\theta^{'''}}{q} \right> = \left< \frac{-d}{q} - \frac{\theta^{'''}}{q} \right> > \frac{-d-3}{q}。
从而我们得到，当 3 \leq |d| \leq \frac{q}{2} 时，
\left< \frac{d}{q} + \frac{\theta^{'''}}{q} \right> > \frac{|d|-3}{q},
于是由 (2) 式有
\begin{align*} S &\leq 7U + \sum_{4 \leq |d| \leq \frac{q}{2}} \frac{q}{|d|-3} \\ &\leq 7U + \sum_{4 \leq |d| \leq \frac{q}{2}} \frac{2q}{|d|-2} \\ &< 7U + 2 \int^{\frac{q}{2}}_{3} \frac{2q}{x-2} dx \\ &= 7U + 4q \log \left( \frac{q}{2} - 2 \right) \leq 7U + 4q \log q。 \end{align*}
对于 任意的 K \geq 1，有 \left[ \frac{K}{q} \right] + 1 \leq \frac{K}{q} + 1，而且 K> q 的部分，又可归结为 1, 2, \dots, q的情形，这样总共重复了 \left[ \frac{K}{q} \right] + 1 次。因此，我们有
\sum^{K_0 + K}_{k=K_0 +1} \min \left\{ U, \frac{1}{\left< \alpha k + \beta \right>} \right\} = \mathcal{O}\left( \left( \frac{K}{q} +1 \right) \left( U + q \log q \right) \right)。
注意：引理1.5的证明并不像潘承洞、潘承彪的书中写的那样，这里我们并没有用到引理1.3。
引理1.6. 设实数 \alpha 由 (1) 式给出，则有
\sum_{1 \leq k \leq \frac{q}{2}} \frac{1}{\left< \alpha k \right>} = \mathcal{O} \left( q \log q \right)。
引理1.6的证明：我们先来证明 \left< x-y \right> \geq \left< x \right> - \left< y \right>。不妨对 0 \leq x, y < 1 的 x, y 来证明。设 x > y，则当 0 < x - y \leq \frac{1}{2} 时，\left< x-y \right> = x - y。故或者有
\left< x-y \right> + \left< y \right> = x - y + y = x \geq \left< x \right> ,
或者有
\left< x-y \right> + \left< y \right> = x - y + 1 - y = 1 + x - 2y > 1 - x \geq \left< x \right> 。
当 \frac{1}{2} < x - y < 1 时，\left< x-y \right> = 1 - x + y。故或者有
\left< x-y \right> + \left< y \right> = 1 - x + y +y = 1 - x + 2y \geq 1 - x \geq \left< x \right>,
或者有
\left< x-y \right> + \left< y \right> = 1 - x +y + 1 - y = 2 - x > x \geq \left< x \right>。
回到原问题。当 1 \leq k \leq \frac{q}{2} 时，由 (1) 式有
\begin{align*} \left< \alpha k \right> &= \left< \frac{h}{q} k + \frac{\theta}{q^2} k \right> \\ &\geq \left< \frac{h}{q} k \right> - \left< \frac{\theta}{q^2} k \right> \\ &\geq \frac{1}{q} - \frac{1}{2q} = \frac{1}{2q}, \end{align*}
其中，\left< \frac{h}{q}k \right> = \left< \frac{b}{q} \right>，1 \leq b < q。无论是 \frac{b}{q} 还是 1 - \frac{b}{q}，都有 \left< \frac{h}{q} k \right> \geq \frac{1}{q}。由此及引理1.5得
\sum_{1 \leq k \leq \frac{q}{2}} \frac{1}{\left< \alpha k \right>} = \sum_{1 \leq k \leq \frac{q}{2}} \min \left\{ 2q, \frac{1}{\left< \alpha k \right>} \right\} \leq C q \log q。
引理1.7. 设实数 \alpha 由 (1) 给出，则对任意的正数 U 及 K \geq 2，有
\sum_{1 \leq k \leq K} \min \left\{ \frac{U}{k}, \frac{1}{\left< \alpha k \right>} \right\} = \mathcal{O} \left( q \log q + \frac{U}{q} \log K + K \log q \right)。
引理1.7的证明：设正整数 s_0 满足
\left( s_0 - \frac{1}{2} \right) q < K \leq \left( s_0 + \frac{1}{2} \right) q,
由此以及引理1.5，引理1.6以及 \frac{qs}{\left( s - \frac{1}{2} \right) q} \leq 2 和 \frac{U}{k} \leq \frac{U}{\left( s - \frac{1}{2} \right) q} \leq \frac{qs}{\left( s - \frac{1}{2} \right) q} \cdot \frac{U}{qs} \leq \frac{2U}{qs} 可得
\begin{align*} &\sum_{1 \leq k \leq K} \min \left\{ \frac{U}{k}, \frac{1}{\left< \alpha k \right>} \right\} \\ &\leq \sum_{1 \leq k \leq \frac{q}{2}} + \sum_{\frac{q}{2} < k \leq \frac{3}{2}q} + \cdots + \sum_{\left( s_0 - \frac{1}{2} \right)q < k \leq \left( s_0 + \frac{1}{2} \right)q } \min \left\{ \frac{U}{k}, \frac{1}{\left< \alpha k \right>} \right\} \\ &\leq C\sum_{1 \leq k \leq \frac{q}{2}} \frac{1}{\left< \alpha k \right>} + C \sum^{s_0}_{s=1} \sum_{\left( s -\frac{1}{2} \right)q < k \leq \left( s + \frac{1}{2} \right)q} \min \left\{ \frac{2U}{qs}, \frac{1}{\left< \alpha k \right>} \right\} \\ &\leq Cq\log q + C \sum^{s_0}_{s=1} \left( \frac{2U}{qs} + q\log q \right) \\ &\leq Cq\log q + C \sum^{s_0}_{s=1} \left( \frac{U}{qs} + q\log q \right) \\ &\leq C\left( q\log q + \frac{U}{q} \log K + K \log q \right). \end{align*}
其中，最后一个不等式是由于如下：
(1) 因为 s_0 \geq 1，则有 \frac{s_0 q}{2} \geq \frac{q}{2}， 从而有
s_0 q < K + \frac{q}{2} \leq K + \frac{s_0 q}{2},
此即 s_0 q < 2K。
(2) K \geq 2 时，如下不等式成立：
\begin{align*} \sum^{s_0}_{s=1} \frac{1}{s} &\leq 2 \sum^{s_0}_{s=1} \frac{1}{s+1} \\ &< 2 \int^{s_0}_{0} \frac{1}{s+1} ds \\ &= 2\log (s_0 +1) \leq 2\log 2s_0 \\ &< 2 \log \frac{4K}{q} \leq 2 \log 4K \\ &< 8\log K. \end{align*}
引理1.8. 设实数 \alpha 由 (1) 给出，x \geq 2，F_1，F_2 为任意二个给定的递增正整数序列，则对任意的正数 U，U^{'}，1 \leq U \leq x，U < U^{'} \leq 2U，有
I_1 \triangleq \underset{u \in F_1}{\sum_{U \leq u < U^{'}}} \underset{v \in F_2}{\sum_{1 \leq uv < x}} e^{2\pi i \alpha uv} = \mathcal{O}\left( x \left( \frac{1}{q} + \frac{q}{x} \log q + \frac{1}{U} \log q + \frac{U}{x} \right)^{\frac{1}{2}} \right)。
引理1.8的证明： 利用 Schwarz 不等式可得
\begin{align*} |I_1|^2 &\leq \left( \sum_{U \leq u < U'} 1 \right) \left( \sum_{U \leq u < U'} \left| \underset{v \in F_2}{\sum_{1 \leq uv \leq x}} e^{2\pi i \alpha uv} \right|^2 \right) \\ &\leq 2U \sum_{U \leq u < U'} \underset{v_1 \in F_2}{\sum_{1 \leq v_1 \leq \frac{x}{u}}} \underset{v_2 \in F_2}{\sum_{1 \leq v_2 \leq \frac{x}{u}}} e^{2 \pi i \alpha u(v_1 - v_2)} \\ &= 2U \underset{v_1 \in F_2}{\sum_{1 \leq v_1 \leq \frac{x}{U}}} \underset{v_2 \in F_2}{\sum_{1 \leq v_2 \leq \frac{x}{U}}} \sum_{U \leq u < b} e^{2 \pi i \alpha u(v_1 - v_2)}, \end{align*}
其中 b = \min \left\{ U', \frac{x}{v_1}, \frac{x}{v_2} \right\}。再由引理1.2，引理1.5即得
\begin{align*} |I_1|^2 &\leq 2U \sum_{1 \leq v_1 \leq \frac{x}{U}} \sum_{1 \leq v_2 \leq \frac{x}{U}} \min\left\{ U, \frac{1}{\left< \alpha (v_1 - v_2) \right>} \right\} \\ &\leq CU\frac{x}{U} \left( \frac{x}{Uq} +1 \right) (U + q \log q), \end{align*}
由此引理1.8证毕。
引理1.9. 设 x \geq 2，H = e^{\frac{1}{2} \sqrt{\log x}}，P = \prod_{p < H^2} p，以及实数 \alpha 由 (1) 式给出，且 1 \leq q \leq x，我们有
\underset{(n,P)=1}{\sum_{1 \leq n \leq x}} e^{2 \pi i \alpha n} = \mathcal{O} \left( x \log x \left( \frac{q}{x} + \frac{1}{q} + \frac{1}{H} \right) \right)。
定理1.9的证明：
定理1.2的证明 。。。（未完待续）
