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)

1 引言與主要結(jié)果

混合冪Waring-Goldbach問題主要研究將正整數(shù)n表示為

式中：

2018年，文獻(xiàn)[3]等將結(jié)果改進(jìn)為

此外，文獻(xiàn)[6-11]在這類問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，為此類問題的研究提供了更為有效的途徑。本文主要應(yīng)用圓法并結(jié)合文獻(xiàn)[12]的思想，得到如下結(jié)果：

2 預(yù)備知識

為了清晰地說明定理1的證明思路，下面給出一些必要定義:

對于i=1，3，k，定義

則?Q>0，有

取

(1)

根據(jù)Dirichlet有理逼近定理，

有整數(shù)a，q滿足1≤a≤q≤Q和(a，q)=1，有

定義主區(qū)間M和余區(qū)間m如下：

(2)

其中

則

則有：

式中：S(n)是由式(6)定義的奇異級數(shù)，該奇異級數(shù)絕對收斂，且對于任意的奇數(shù)n和固定常數(shù)c*，有

0

(3)

I(n)定義為

并且滿足N1/3+1/k?I(n)?N1/3+1/k。

命題1的證明將在第4節(jié)給出，對奇異級數(shù)性質(zhì)的討論將在第5節(jié)給出。為了得到定理1，還需要以下引理：

引理1若P，Q滿足式(1)，余區(qū)間m如式(2)定義，則對k≥4，有

(4)

這里α滿足條件

因?yàn)閷τ赒*的選取滿足Q*

這2種情況均有q(1+N|λ|)?P，所以式(4)可以化簡為

最后的?只依賴于式(1)中的P的選取。

定義可乘函數(shù)ωi(q)如下：

對于整數(shù)i≥3和集合A?(U，2U]∩N，定義

(5)

引理2[12]對于γ∈R以及X≤U，定義

則L(γ)?X2U-i(logU)Ai，其中ci和Ai是依賴于i∈N的常數(shù)。

引理3[12]對于1≤a≤q≤Ui·21-i以及(a，q)=1，定義

M(q，a)={α：|qα-a|≤Ui(21-i-1)}

設(shè)M是區(qū)間M(q，a)的并，取

若G(α)和h(α)是周期為1的可積函數(shù)，g(α)=gA(α)如式(5)定義，m?[0，1)是一個(gè)可測集，則

3 定理1的證明

由命題1，

記

應(yīng)用引理1可得

其中M如引理3中定義。應(yīng)用引理2可得

J0?Lc

又因?yàn)?/p>

則

4 命題1的證明

在證明命題1之前，首先引入一些符號。當(dāng)i=1，3，k時(shí)，對于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。進(jìn)一步，設(shè)

Ci(q，a)=Ci(χ0，a)

C1(χ1，a)C3(χ3，a)Ck(χk，a)

記

(6)

定義集合Lj(j=1，2，…,8)如下：

則

I1+I2+I3+I4+I5+I6+I7+I8

(7)

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)，對于Dirichlet特征χmodq，有

引理5對于i=1，3，k，設(shè)χimodri是原特征，χ0modq是主特征，r0=[r1，r3,rk]，則

(8)

證明類似于文獻(xiàn)[15]引理6.7的證明，式(8)左側(cè)遠(yuǎn)小于

這里χ0modur0是主特征，并且

通過引理4，可得

因?yàn)?/p>

則

接下來估計(jì)I1。對于i=1，3，k，根據(jù)文獻(xiàn)[16]引理4．8，

(9)

將式(9)代入I1得

(10)

由估計(jì)

(11)

并且令r0=1，由引理5，式(10)中的余項(xiàng)遠(yuǎn)小于

其中?>0。因此，式(10)可表示為

(12)

則接下來只需證明對于j=2，3,…，8，

用文獻(xiàn)[17]中的迭代方法估計(jì)I2，I3，…，I8的貢獻(xiàn)。為此，對于i=1，3，k，設(shè)

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

引理6當(dāng)P、Q滿足式(1)時(shí)，有

引理7當(dāng)P、Q滿足式(1)時(shí)，有

引理8當(dāng)P、Q滿足式(1)時(shí)，有

J1(1)?NL-A

引理6～8的證明與文獻(xiàn)[18]引理 2．2～2．4的證明類似，在此略去。

首先從I8開始估計(jì)，這是最復(fù)雜的一項(xiàng)。

其中χ0modq是主特征，r0=[r1，r3，rk]。對于i=1，3，k，當(dāng)q≤P，Xi

|W3(χ3,λ)|·|Wk(χk,λ)|dλ

在最后一個(gè)積分中運(yùn)用柯西不等式，則

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

(13)

在對I2，I3,…，I7估計(jì)時(shí)，需結(jié)合由式(9)、(11)得出的以下估計(jì)：

利用處理I8類似的方法,可得

(14)

結(jié)合式(7)、(12)、(13)、(14)，命題1得證。

5 奇異級數(shù)

首先給出本節(jié)所需引理。對于i≥1，定義

引理9[19]若(p，a)=1，則

引理10對于(p，n)=1，有

(15)

證明記式(15)左側(cè)為S，通過引理9，有

若i∈{3，k}時(shí),有|Ai|=0，則S=0;否則，

由引理9知,二重的外部和不超過

((3，p-1)-1)((k，p-1)-1)≤2(k-1)

因?yàn)閷τ谥魈卣鳓?modp，t(χ0)=-1，所以

綜上，

引理11設(shè)同余方程

解的個(gè)數(shù)為Mp，則對于p≥11及任意的正偶數(shù)u，有Mp>0。

由引理9，

所以當(dāng)p≥11時(shí)，|Ep|<(p-1)2，故Mp>0。

引理12設(shè)同余方程

(x1x2x3，p)=1

解的個(gè)數(shù)為L(p，n)，則對于任意的正奇數(shù)n，有L(p，n)>0。

證明由引理11，當(dāng)p≥11時(shí)，對于任意的正奇數(shù)n，同余方程

至少有一個(gè)解，故得L(p，n)>0;當(dāng)p<11時(shí)，可以直接逐一驗(yàn)證知L(p，n)>0。

引理13A(n，q)是關(guān)于q的可乘函數(shù)。

證明由式(6)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

B(n，q1q2)=

(16)

因?yàn)?q1，q2)=1，則

Ci(q1q2，a1q2+a2q1)=

Ci(q1，a1)Ci(q2，a2)

(17)

把式(17)代入式(16)，得

引理14設(shè)A(n，q)如式(6)所示，則

2) 存在絕對正常數(shù)c*>0，對于任意的正奇數(shù)n，有

S(n)≥c*>0

證明由引理12，B(n，q)是關(guān)于q的可乘函數(shù)。則

(18)

(19)

式中：

記R(p，a)：=C3(p，a)Ck(p，a)-S3(p，a)Sk(p，a)，則

(20)

(21)

另外，若直接運(yùn)用引理4，則

因此,

(22)

令c3=max(c2，48k)，則對于無平方因子的q，

(23)

因此，由式(19)可得

則引理14中1)成立。并且由式(23)可得

(24)