三素数定理的证明及其方法（一）
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。”
