高斯域上一种加权形式的Erdős-Kac定理

A Weighted Form of the Erdős-Kac Theorem over Gaussian Fields

摘要: Erdős-Kac定理是数论中的一个经典结果，它描述了在自然数范围内，整数的不同素因子个数的分布渐进服从正态分布。本文主要目的是将Erdős-Kac定理在高斯域中进行推广，令$K$ 是高斯域，$O_K$ 是其整数环。设$a\in O_K$ ，$\omega \left(a\right)$ 表示其不同的素因子个数，${\tau }_k\left(a\right)$ 是高斯域上$k$ 重除数函数。我们用围道积分法，推导出$\omega \left(a\right)$ 的加权均值和$m$ 阶中心矩，并由此推导出高斯域上权重为${\tau }_k\left(a\right)$ 的Erdős-Kac定理。这一结果不仅丰富了数论中的分布理论，也为进一步研究高斯域中的数论问题提供了新的工具和方法。

Abstract: The Erdős-Kac theorem is a classical result in number theory, which describes that the distribution of the number of distinct prime factors of integers asymptotically follows a normal distribution. The primary aim of this paper is to extend the Erdős-Kac theorem to Gaussian fields. Let $K$ be a Gaussian field and $O_K$ be its ring of integers. Let $a\in O_K$ , and $\omega \left(a\right)$ denote the number of distinct prime factors of $a$ . Let ${\tau }_k\left(a\right)$ be the -fold divisor function on the Gaussian field. Using the method of contour integration, we derive the weighted mean and the $k$ -th central moment of$\omega \left(a\right)$ , and from these, we deduce a weighted form of the Erdős-Kac theorem on Gaussian fields with weight ${\tau }_k\left(a\right)$ . This result not only enriches the distribution theory in number theory but also provides new tools and methods for further research on number-theoretical problems in Gaussian fields.

1. 引言

令$\omega \left(n\right)$ 表示整数$n$ 的不同素因子个数。一个著名的结果是由Hardy和Ramanujan [1]在1917证明的对几乎所有$n\le x$ ，即$\omega \left(n\right)$ 的正规阶是$\log \log x$ 。接下来，在1934，Turán [2]给出了更进一步的结果，他证明了

$\frac{1}{x}{\displaystyle \sum _{n\le x}{\left(\omega \left(n\right)-\log \log x\right)}^2}=\left\{1+o\left(1\right)\right\}\log \log x.$

在1940，随着概率思想的发展，Erdős和Kac [3]证明了更深刻的结果。他们发现对于随机变量

$\frac{\omega \left(n\right)-\log \log n}{\sqrt{\log \log n}}$

其概率分布为正态分布，即对任意$\lambda \in ℝ$ ，有

$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{\left[x\right]}\#\left\{m:m\le x,\frac{\omega \left(m\right)-\log \log m}{\sqrt{\log \log m}}\le \gamma \right\}=G\left(\gamma \right):=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\displaystyle {\int }_{-\infty }^{\gamma }{e}^{\frac{-t^2}{2}}}dt.$

这就是著名的Erdős-Kac定理。Erdős-Kac定理表明，对于大范围的整数，其素因子个数的分布趋近于正态分布。这一结果将概率论与数论紧密的联系起来。作为概率数论的开创性成果之一，其表明许多经典数论方法无法解决的问题，可以通过概率的方法进行研究，为后续的研究提供了新的工具。同时Kac指出该定理可以推广到加权形式。

在2015年，Elliott [4]给出了Erdős-Kac定理的一种加权形式。准确地说，定义$d\left(n\right)$ 为经典除数函数，对于$\alpha \in ℝ$ ，定义

$D_{\alpha }\left(x\right):={\displaystyle \sum _{n\le x}d}{\left(n\right)}^{\alpha }$

那么，对于任意$\lambda \in ℝ$ ，有

$\frac{1}{D_{\alpha }\left(x\right)}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}n\le x\\ \omega \left(n\right)-2^{\alpha }\log \log x\le \alpha \sqrt{2^{\alpha }\log \log x}\end{array}}d}{\left(n\right)}^{\alpha }\to \frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\displaystyle {\int }_{-\infty }^{\lambda }{e}^{-t^2/2}}dt.$

在Erdős-Kac定理加权形式这一方面的研究还有很多，例如[5]-[7]。

上述结果都是在整数环上进行讨论，而高斯整数环有着和整数环相似的代数性质。高斯域作为代数数论中研究的基本对象之一，将Erdős-Kac定理推广到高斯域，可以揭示复数域中整数环的因子分布规律，从而拓展数论研究的范围，并且为研究更高维数域中因子分布提供借鉴。因此我们自然地希望在高斯整数环上有着形似的定理。

令$K$ 是高斯域，$O_K=\mathbb{Z}\left[i\right]$ 是其代数整数环。令$a\in O_K$ 并且$p$ 是$O_K$ 中的素元。定义$\omega \left(a\right)$ 表示$a$ 的不同素因子个数并且令

${\tau }_k\left(a\right)={\displaystyle \sum _{a_1\cdots a_k=a}1}$

其中$a_i\in O_K$ ，$k$ 是固定的整数。

在本文中，令$x\in ℝ$ 和${\Omega }_x=\left\{a:\left|a\right|\le x\right\}$ 。我们用${\mathcal{G}}_x$ 表示${\Omega }_x$ 的所有子集构成的集合。对于每一个$a\in {\Omega }_x$ ，令

$v_x\left(a\right)=\frac{{\tau }_k\left(a\right)}{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)}.$

对于每一个$A\subset {\Omega }_x$ ，令

$v_x\left(A\right)=\frac{{\displaystyle \sum _{a\in A}{\tau }_k}\left(a\right)}{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)}$

显然$\left({\Omega }_x,{\mathcal{G}}_x,v_x\right)$ 是一个概率空间。而在这个概率空间里我们有如下。

定理1 对于固定的整数$k$ 和$m$ ，我们有

$\begin{array}{l}\frac{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\left(\omega \left(a\right)-k\log \log x\right)}^m}{\tau }_k\left(a\right)}{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)}\\ =\{\begin{array}{ll}\left(m-1\right)!!{\left(k\log \log x\right)}^{m/2}+O\left({\left(\log \log x\right)}^{\frac{m-1}{2}}\right),\hfill & 如果m是偶数，\hfill \\ O\left({\left(\log \log x\right)}^{\frac{m-1}{2}}\right),\hfill & 如果m是奇数。\hfill \end{array}\end{array}$

在上式两边同时除${\left(k\log \log x\right)}^{m/2}$ ，我们可以得到

$\frac{\omega \left(a\right)-k\log \log x}{\sqrt{k\log \log x}}$

的加权$m$ 阶中心矩为$\left(m-1\right)!!+o\left(1\right)$ 如果$m$ 是偶数和$o\left(1\right)$ 如果$m$ 是奇数。由此我们可以得到高斯域上的一种加权形式的Erdős-Kac定理，结果如下。

定理2 令$k$ 是固定的整数，对于任意$\alpha \in ℝ$ ，我们有

${\left({\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)\right)}^{-1}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|a\right|\le x\\ \omega \left(a\right)-k\log \log x\le \alpha \sqrt{k\log \log x}\end{array}}{\tau }_k}\left(a\right)\to \frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\displaystyle {\int }_{-\infty }^{\alpha }{e}^{-t^2/2}}dt.$

2. 初步准备

2.1. k重除数函数的均值

接下来这个引理在证明中起到了关键作用，我们将在第五章中使用围道积分法证明该引理。

引理3 设$k$ 是固定的整数，对任意$a\in \mathbb{Z}\left[i\right]$ ，我们有

${\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|a\right|⩽x\\ b|a\end{array}}{\tau }_k}\left(a\right)=\underset{s=1}{Res}\left(\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)\right)+O\left({\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega (b)}{\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^{\frac{2k+3}{2k+6}+\epsilon }\right)$ (1)

其中${\zeta }_K\left(s\right)$ 是高斯域上的Dedekind zeta函数并且

$F\left(s,b\right)={\displaystyle \prod _{p^{v_p}\left|\right|b}\left(1-{\left(1-\frac{1}{{\left(\left|p\right|\right)}^s}\right)}^k{\displaystyle \sum _{m=0}^{v_p-1}\frac{{\tau }_k\left(p^m\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}\right)}.$ (2)

由引理3可得。

推论4 设$k$ 是固定的整数，对任意$a\in \mathbb{Z}\left[i\right]$ ，我们有

${\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)=\underset{s=1}{Res}\left(\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^k\right)+O\left(x^{\frac{2k+3}{2k+6}+\epsilon }\right).$

首先我们考察的主项。我们将$x^s{\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)/s$ 在$s=1$ 处做洛朗展开，由于$s=1$ 是${\zeta }_K\left(s\right)$ 的单极点，因此是$\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^k$ 的$k$ 阶极点。因此我们有

$\underset{s=1}{Res}\left(\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)\right)=\frac{1}{\left(k-1\right)!}\underset{s\to 1}{\lim }\frac{d^{k-1}}{d{s}^{k-1}}\left\{{\left(s-1\right)}^k\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)\right\}$

注意到$\underset{s\to 1}{\lim }\left(s-1\right){\zeta }_K\left(s\right)=\pi /4$ 。我们可以发现$\underset{s=1}{Res}\left(\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)\right)$ 的主项为

$F\left(1,b\right)\frac{x{\left(\log x\right)}^{k-1}}{\left(k-1\right)!}{\left(\pi /4\right)}^k$ (3)

并且剩余低阶项与

$x{\left(\log x\right)}^{k-1-c}\frac{d^j}{d{s}^j}\left\{F\left(s,b\right)\right\}{|}_{s=1},$ (4)

成比例。其中$j$ 和$c$ 是整数并且$1\le c\le k-1，0\le j\le c$ 。

下面研究$F\left(s,b\right)$ 和其高阶导数在$s=1$ 处的性质。由乘性，对于$b=p$ ，可以将简化为

$F\left(s,p\right)=1-{\left(1-\frac{1}{{\left(\left|p\right|\right)}^s}\right)}^k.$

当$s=1$ 时，由二项式展开定理，我们有

$F\left(1,p\right)=1-{\displaystyle \sum _{l=0}^k\left(\begin{array}{c}k\\ l\end{array}\right)}\left(\frac{-1}{\left|p\right|}\right)=\frac{k}{\left|p\right|}+O\left(\frac{1}{{\left|p\right|}^2}\right),$ (5)

并且对于$j\ge 0$ ，

$\frac{d^j}{d{s}^j}\left\{F\left(s,p\right)\right\}{|}_{s=1}\ll \frac{{\left(\log \left|p\right|\right)}^j}{\left|p\right|},$ (6)

另外，我们有[8]

${\displaystyle \sum _{\left|p\right|⩽x}\frac{1}{\left|p\right|}}=\log \log x+O\left(1\right),$ (7)

和，对于$j\ge 1$ ，我们有

${\displaystyle \sum _{\left|p\right|⩽x}\frac{{\left(\log \left|p\right|\right)}^j}{\left|p\right|}}\ll {\left(\log x\right)}^j.$ (8)

2.2. ω(a)的加权均值

接下来，我们求出$\omega \left(a\right)$ 的加权均值，即证明下式

$\frac{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}\omega }\left(a\right){\tau }_k\left(a\right)}{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)}=k\log \log x+O\left(1\right).$ (9)

先将等式左边分子部分求和进行重排，我们可以得到

${\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}\omega }\left(a\right){\tau }_k\left(a\right)={\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}\left({\displaystyle \sum _{p\mid a}1}\right)}{\tau }_k\left(a\right)={\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le x}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|a\right|\le x\\ p\mid a\end{array}}{\tau }_k}}\left(a\right),$

应用引理3，(9)的左边可以写为

${\left({\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)\right)}^{-1}{\displaystyle \sum _{\left|p\right|⩽x}\left(\underset{s=1}{Res}\left(\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,p\right)\right)+O\left({\tau }_k\left(p\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(\mathfrak{p}\right)}{\left(\frac{x}{\left|p\right|}\right)}^{\frac{2k+3}{2k+6}+\epsilon }\right)\right)}.$ (10)

由(3)和推论4，(10)的主项就是

${\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le x}F}\left(1,p\right)={\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le x}\frac{k}{\left|p\right|}}+O\left(1\right)=k\log \log x+O\left(1\right).$

现在我们证明(10)剩余项是$O\left(1\right)$ 。首先我们来处理非留数产生的余项，因为$k$ 是固定的，我们有${\tau }_k\left(p\right)=k=O\left(1\right)$ ，${\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(\mathfrak{p}\right)}={\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k}=O\left(1\right)$ ，因此(10)中非留数产生余项的贡献为

$\ll \frac{1}{x{\left(\log x\right)}^{k-1}}{\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le x}{\left(\frac{x}{\left|p\right|}\right)}^{1-\frac{3}{2k+6}+\epsilon }}\ll 1$

由(4)可知(10)中留数低阶项的贡献与

$\frac{1}{x{\left(\log x\right)}^{k-1}}{\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le x}x}{\left(\log x\right)}^{k-1-c}\frac{d^j}{d{s}^j}\left\{F\left(s,p\right)\right\}{|}_{s=1}$

成比例。其中$\le c\le k-1,0\le j\le c$ 。由(8)，我们有上式的估计

$\ll \frac{1}{{\left(\log x\right)}^c}{\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le x}\frac{{\left(\log \left|p\right|\right)}^c}{\left|p\right|}}\ll 1.$

这就完成了(9)的证明。

3. 定理1的证明

接下来，我们将通过以下引理给出定理1的证明，该引理的详细证明见第四章。

引理5 定义

${ℱ}_p\left(a\right)=\{\begin{array}{ll}-F\left(1,p\right)\hfill & ,p\nmid a;\hfill \\ 1-F\left(1,p\right)\hfill & ,p|a.\hfill \end{array}$

令$m$ 和$k$ 是固定的整数，$z=x^{1/\left(2mk+6m\right)}$ 。我们有

$\frac{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\left({\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le z}{ℱ}_{\mathfrak{p}}}\left(a\right)\right)}^m}{\tau }_k\left(a\right)}{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)}=\{\begin{array}{ll}\left(m-1\right)!!{\left(k\log \log z\right)}^{m/2}+O\left({\left(\log \log z\right)}^{\frac{m-1}{2}}\right),\hfill & 如果m是偶数\text{;}\hfill \\ O\left({\left(\log \log z\right)}^{\frac{m-1}{2}}\right),\hfill & 如果m是奇数\text{. }\hfill \end{array}$ (11)

下面我们开始证明定理1。回忆估计${\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le x}F}\left(1,p\right)=k\log \log x+O\left(1\right)$ ，我们有

$\begin{array}{l}\omega \left(a\right)-k\log \log x={\displaystyle \sum _{p\left|a\right|}1}-{\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le x}F}\left(1,p\right)+O\left(1\right)\\ ={\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|p\right|\le z\\ p|a\end{array}}1}+{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|p\right|>z\\ p|a\end{array}}1}-{\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le z}F}\left(1,p\right)-{\displaystyle \sum _{z<\left|p\right|\le x}F}\left(1,p\right)+O\left(1\right)\\ ={\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le z}{ℱ}_p}(a)+{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|p\right|>z\\ p|a\end{array}}1}-{\displaystyle \sum _{z<\left|p\right|\le x}F}\left(1,p\right)+O\left(1\right)\end{array}$

对于$\left|a\right|\le x$ ，我们有

${\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|p\right|>z\\ p|a\end{array}}1}=O\left(1\right),$

因为$a$ 的范数在$z$ 和$x$ 之间的素因子个数最多为$m\left(2k+6\right)$ 。另外

${\displaystyle \sum _{z<\left|p\right|\le x}F}\left(1,p\right)=k\log \log x-k\log \log z+O\left(1\right)=O\left(1\right),$

因此

$\omega \left(a\right)-k\log \log x={\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le z}{ℱ}_p}\left(a\right)+O\left(1\right).$

由二项式定理，

$\frac{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\left(\omega \left(a\right)-k\log \log x\right)}^m}{\tau }_k\left(a\right)}{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)}=\frac{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\left({\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le z}{ℱ}_{\mathfrak{p}}}\left(a\right)\right)}^m}{\tau }_k\left(a\right)}{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)}+O\left(\frac{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\left|{\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le z}{ℱ}_p}\left(a\right)\right|}^{m-1}}{\tau }_k\left(a\right)}{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)}\right).$ (12)

最后由引理5和(12)，对$m$ 奇偶性分别进行讨论便可以得到定理1。

4. 引理5的证明

定义 ${ℱ}_r\left(a\right)={\prod }_{p^{\alpha }\Vert r}{ℱ}_p{\left(a\right)}^{\alpha }$ ，那么我们有

${\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\left({\displaystyle \sum _{\left|p\right|\le z}{ℱ}_p}\left(a\right)\right)}^m}{\tau }_k\left(a\right)={\displaystyle \sum _{\left|p_1\right|,\cdots ,\left|p_m\right|\le z}{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{ℱ}_{p_1{p}_2\cdots p_m}}}\left(a\right){\tau }_k\left(a\right).$

因此我们可以将(11)的左边写为

${\displaystyle \sum _{\left|p_1\right|,\cdots ,\left|p_m\right|\le z}\frac{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{ℱ}_{p_1{p}_2\dots p_m\left(a\right)}}{\tau }_k\left(a\right)}{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)}}.$ (13)

记$r=p_1{p}_2\cdots p_m$ 。现在考虑${\displaystyle \sum _{\left|a\right|⩽x}{ℱ}_r}\left(a\right){\tau }_k\left(a\right)$ 。因为$\left|p_i\right|\le z,1\le i\le m$ ，所以只需考虑$\left|r\right|\le z^m$ 。令$R$ 是$r$ 的无平方因子部分，即$R={\prod }_{p^s\Vert r}p$ 。由定义，如果$b=\left(a,R\right)$ ，那么${ℱ}_r\left(a\right)={ℱ}_r\left(b\right)$ 。因此有

${\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{ℱ}_r}\left(a\right){\tau }_k\left(a\right)={\displaystyle \sum _{b|R}{ℱ}_r}\left(b\right){\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|a\right|\le x\\ \left(a,R\right)=b\end{array}}{\tau }_k}\left(a\right)={\displaystyle \sum _{b|R}{ℱ}_r}\left(b\right){\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|a\right|\le x\\ b|a\\ \left(R/b,a/b\right)=1\end{array}}{\tau }_k}\left(a\right).$

使用等式${\displaystyle \sum _{c/a,c/b}\mu }\left(c\right)=\{\begin{array}{ll}1,\hfill & \left(a,b\right)=1;\hfill \\ 0,\hfill & 否则\text{.}\hfill \end{array}$ ，我们可以得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{b|R}{ℱ}_r}\left(b\right){\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|a\right|\le x\\ b|a\\ \left(R/b,a/b\right)=1\end{array}}{\tau }_k}\left(a\right)={\displaystyle \sum _{bc|R}{ℱ}_r}\left(b\right)\mu \left(c\right){\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|a\right|\le x\\ bc|a\end{array}}{\tau }_k}\left(a\right)\\ ={\displaystyle \sum _{bc|R}{ℱ}_r}\left(b\right)\mu \left(c\right)\left(\underset{s=1}{Res}\left(\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,bc\right)\right)\right)+O\left({\tau }_k\left(bc\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(bc\right)}{\left(\frac{x}{\left|bc\right|}\right)}^{\frac{2k+3}{2k+6}+\epsilon }\right)\end{array}$

因为$k$ 是固定的，并且$ab$ 是无平方因子的。因此${\left(\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}\right)}^{k\omega \left(bc\right)}\le {\tau }_{{\lceil \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}\rceil }^k}\left(bc\right)\le {\left(\left|bc\right|\right)}^{\epsilon }$ 。因此余项的上界是$O\left(x^{\frac{2k+3}{2k+6}+\epsilon }\right)$ 。当余项对所有$bc|R$ 求和，其贡献是

$\ll {\displaystyle \sum _{\left|r\right|\le z^m}{x}^{\frac{2k+3}{2k+6}+\epsilon }}\ll x^{\frac{2k+3}{2k+6}+\epsilon }{z}^m.$

所以我们有

$\frac{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{ℱ}_r}\left(a\right){\tau }_k\left(a\right)}{{\displaystyle \sum _{\left|a\right|\le x}{\tau }_k}\left(a\right)}=\frac{\left(k-1\right)!}{x{\left(\log x\right)}^{k-1}{\left(\pi /4\right)}^k}{\displaystyle \sum _{bc|R}{ℱ}_r}\left(b\right)\mu \left(c\right)\underset{s=1}{Res}\left(\frac{x^s}{s}{\zeta }^k\left(s\right)F\left(s,bc\right)\right)+O\left(x^{\frac{-3}{2k+6}+\epsilon }{z}^m\right).$ (14)

定义上式的主项为

$G\left(r\right):={\displaystyle \sum _{bc|R}{ℱ}_r}\left(b\right)\mu \left(c\right)F\left(1,bc\right).$

容易得到$G(r)$ 关于$r$ 是乘性的，因此我们有

$G\left(r\right)={\prod }_{p^{\alpha }\Vert r}G\left(p^{\alpha }\right).$

注意到对任意素元$p$ ，我们有

$G\left(p\right)=-F\left(1,p\right)+\left(1-F\left(1,p\right)\right)F\left(1,p\right)-\left(-F\left(1,p\right)\right)F\left(1,p\right)=0.$

当$\alpha =2$ ，因为$0<F\left(1,p\right)<1$ ，我们有

$\begin{array}{l}G\left(p^2\right)=\left(F{\left(1,p\right)}^2\right)+\left(1-F{\left(1,p\right)}^2\right)F\left(1,p\right)-\left(-F{\left(1,p\right)}^2\right)F\left(1,p\right)\\ =\left(F\left(1,p\right)\right)\left(1-F\left(1,p\right)\right)\ge 0.\end{array}$

对于$\alpha \ge 2$ ，由(5)，

$G(p^{\alpha })=\frac{k}{\left|p\right|}+O\left(\frac{1}{|p{|}^2}\right).$ (15)

为了方便下面的证明，我们定义高斯环中元素的顺序。

定义 设$x,y\in \mathbb{Z}\left[i\right]$ ，可以假设$x=a+bi,y=c+di$ 。

如果$\left|x\right|>\left|y\right|$ ，则记为$x>y$ 。如果$\left|x\right|=\left|y\right|$ ，若或$a=c$ 并且$b>d$ ，则记为$x>y$ 。同理可定义$x<y$ 。

现在我们考察中由产生的主项

${\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|p_1\right|,\left|p_2\right|,\cdots ,\left|p_m\right|\le z\\ p_1{p}_2\cdots p_m\text{square-full}\end{array}}G}\left(p_1{p}_2\cdots p_m\right).$

记$q_1<q_2<\cdots <q_t$ 是$p_1,p_2,\cdots ,p_m$ 中不同的素因子。因此$p_1{p}_2\cdots p_m=q_1^{{\alpha }_1}{q}_2^{{\alpha }_2}\cdots q_t^{{\alpha }_t}$ 。因为$p_1{p}_2\cdots p_m$ 是square-full的，所有有${\alpha }_i\ge 2，t\le m/2$ 。由乘性，上式可以写成

${\displaystyle \sum _{t\le m/2}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{q}_1<q_2<\cdots <q_t\\ N{q}_i\le z\end{array}}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_t\ge 2\\ {\displaystyle \sum {\alpha }_i}=m\end{array}}\frac{m!}{{\alpha }_1!\cdots {\alpha }_t!}}}}G\left(q_1^{{\alpha }_1}\right)\cdots G\left(q_t^{{\alpha }_t}\right).$

当$m$ 是偶数时，我们有$t=m/2$ 这一项并且$a_i=2$ ，由(15)，这一项的贡献是

$\frac{m!}{2^{m/2}}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{q}_1<q_2<\cdots <q_m/2\\ \left|q_i\right|\le z\end{array}}{\displaystyle \prod _{i=1}^{m/2}\left(\frac{k}{{\left|q\right|}_i}+O\left(\frac{1}{{\left|q\right|}_i^2}\right)\right)}}=\frac{m!}{2^{m/2}\left(m/2\right)!}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}N{q}_1,{\left|q\right|}_2,\dots ,{\left|q\right|}_{m/2}\le z\\ {\text{q}}_{\text{i}}互不相同\end{array}}{\displaystyle \prod _{i=1}^{m/2}\left(\frac{k}{{\left|q\right|}_i}+O\left(\frac{1}{{\left|q\right|}_i^2}\right)\right)}}.$

如果我们去除$q_i$ 是不同的这一限制条件，我们可以发下上式中和式的上界是

${\left({\displaystyle \sum _{\left|q\right|\le z}\frac{k}{\left|q\right|}}+O\left(\frac{1}{{\left|q\right|}^2}\right)\right)}^{m/2}={\left(k\log \log z\right)}^{m/2}+O\left({\left(\log \log z\right)}^{\frac{m}{2}-1}\right).$

如果我们假设是$q_1,\cdots q_{m/2-1}$ 给定的，那么对$q_{m/2}$ 求和最少为

${\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{\pi }_{m/2}\le q\\ \left|q\right|\le z\end{array}}\frac{k}{\left|q\right|}}+O\left(\frac{1}{{\left|q\right|}^2}\right),$

其中${\pi }_n$ 表示$n$ 个素元。因为$\frac{k}{\left|q\right|}+O\left(\frac{1}{{\left|q\right|}^2}\right)$ 是随着$\left|q\right|$ 增大而递减的，因此和式的下界是

${\left({\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{\pi }_{m/2}\le q\\ \left|q\right|\le z\end{array}}\frac{k}{\left|q\right|}}+O\left(\frac{1}{{\left|q\right|}^2}\right)\right)}^{m/2}={\left(k\log \log z\right)}^{m/2}+O\left({\left(\log \log z\right)}^{\frac{m}{2}-1}\right),$

因为$m=O\left(1\right)$ 。所以上界和下界都是等于${\left(k\log \log z\right)}^{m/2}$ 。所以$t=m/2$ 这一项的贡献是

$\frac{m!}{2^{m/2}\left(m/2\right)!}{\left(k\log \log z\right)}^{m/2}+O\left({\left(\log \log z\right)}^{\frac{m}{2}-1}\right).$ (16)

接下来我们考虑$t<m/2$ 的贡献。注意到$G\left(p^{\alpha }\right)\ll \frac{1}{\left|p\right|}$ ，所以这些项的贡献是

$\ll {\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{q}_1<q_2<\cdots <q_t\\ {\left|q\right|}_i\le z\end{array}}\frac{1}{{\left|q\right|}_1\dots {\left|q\right|}_t}}\ll {\left({\displaystyle \sum _{\left|q\right|\le z}\frac{1}{\left|q\right|}}\right)}^t\ll {\left(\log \log z\right)}^t\ll {\left(\log \log z\right)}^{\frac{m}{2}-1}.$ (17)

(13)中余项是由(14)中留数低阶项和余项产生的。其中(14)中余项的贡献为

$\ll {\displaystyle \sum _{\left|p_1\right|,\left|p_2\right|,\dots ,\left|p_m\right|\le z}{x}^{\frac{-3}{2k+6}+\epsilon }}{z}^m\ll x^{\frac{-3}{2k+6}+\epsilon }{z}^{2m},$

取$z=x^{\frac{1}{m\left(2k+6\right)}}$ ，那么

$x^{\frac{-3}{2k+6}+\epsilon }{z}^{2m}=x^{\frac{-1}{2k+6}+\epsilon }\ll 1.$ (18)

我们现在来考虑由(14)留数低阶项产生的贡献。

${\sum }_{\begin{array}{c}1\le c\le k-1\\ 0\le j\le c\end{array}}\left|\frac{1}{x^c}{\displaystyle \sum _{\left|p_1\right|,\left|p_2\right|,\dots ,\left|p_m\right|\le z}\frac{d^j}{d{s}^j}}\left\{G\left(s,p_1{p}_2\cdots p_m\right)\right\}|{}_{s=1}\right|,$ (19)

其中我们定义

$G\left(s,r\right):={\displaystyle \sum _{bc|R}{ℱ}_r}\left(b\right)\mu \left(c\right)F\left(s,bc\right).$

注意到$G\left(1,r\right)=G\left(r\right)$ 。由乘性，(19)绝对值部分可以改写为

$\frac{1}{x^c}{\displaystyle \sum _{t\le m}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{q}_1<q_2<\cdots <q_t\\ \left|q_i\right|\le z\end{array}}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_t\ge 1\\ {\displaystyle \sum a_i}=m\end{array}}\frac{m!}{{\alpha }_1!\cdots {\alpha }_t!}}}}\frac{d^j}{d{s}^j}\left\{G\left(s,q_1^{{\alpha }_1}\right)\cdots G\left(s,q_t^{{\alpha }_t}\right)\right\}|{}_{s=1}.$

由微分运算法则，上式可以进一步写成

$\frac{1}{x^c}{\displaystyle \sum _{t\le m}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{q}_1<q_2<\cdots <q_t\\ {\left|q\right|}_i\le z\end{array}}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_t\ge 1\\ {\displaystyle \sum {\alpha }_i}=m\end{array}}\frac{m!}{a_1!\cdots {\alpha }_t!}}}}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_t\ge 0\\ {\beta }_1+{\beta }_2+\cdots +{\beta }_t=j\end{array}}\frac{j!}{{\beta }_1!\cdots {\beta }_t!}}{\displaystyle \prod _{i=1}^t\frac{d^{{\beta }_i}}{d{s}^{{\beta }_i}}}\left\{G\left(s,q_i^{{\alpha }_i}\right)\right\}|{}_{s=1}.$

由(15)和(6)，

${\frac{d^{{\beta }_i}}{d{s}^{{\beta }_i}}\left\{G\left(s,q^{\alpha }\right)\right\}|}_{s=1}\ll \frac{{\left(\log \left|q\right|\right)}^{{\beta }_i}}{\left|q\right|}.$

因此对于(19)，我们有

$\ll {\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}1\le c\le k-1\\ 0\le j\le c\end{array}}{\displaystyle \sum _{t\le m}\frac{1}{x^c}}}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}{\beta }_1,{\beta }_2,\cdots ,{\beta }_t\ge 0\\ {\beta }_1+{\beta }_2+\cdots +{\beta }_t=j\end{array}}{\displaystyle \prod _{i=1}^{i=t}\left({\displaystyle \sum _{\left|q\right|\le z}\frac{{\left(\log \left|q\right|\right)}^{{\beta }_i}}{\left|q\right|}}\right)}}.$

由(8)上式可以写成

$\ll {\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}1\le c\le k-1\\ 0\le j\le c\end{array}}{\displaystyle \sum _{t\le m}\frac{1}{x^c}}}{\left(\log z\right)}^j{\left(\log \log z\right)}^{\left|\left\{1\le i\le t:{\beta }_i=0\right\}\right|}.$ (20)

因为$\left|\left\{1\le i\le t:{\beta }_i=0\right\}\right|$ ，是$G\left(s,q_i^{{\alpha }_i}\right)$ 中未微分项，并且这些项有${\alpha }_i\ge 2$ 并且${\alpha }_i$ 不全等于2，因为这些项已经处理过了。因此

$\left|\left\{1\le i\le t:{\beta }_i=0\right\}\right|\le \frac{m-1}{2}.$

所以(20)有上界。这就完成了引理5的证明。

5. 引理3的证明

下面我们证明引理3，令$a=bc$ ，那么我们有

${\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}a\\ b|a\end{array}}\frac{{\tau }_k\left(a\right)}{{\left(\left|a\right|\right)}^s}}=\frac{1}{{\left(\left|b\right|\right)}^s}{\displaystyle \sum _q\frac{{\tau }_k\left(bc\right)}{{\left|c\right|}^s}}=\frac{1}{{\left(\left|b\right|\right)}^s}\left({\displaystyle \prod _{p^{v_p}\Vert b|}{\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^{m+v_p}\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}}\right)\left({\displaystyle \prod _{p\nmid b}{\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^m\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}}\right).$ (21)

由Dedekind zeta函数${\zeta }_K\left(s\right)$ 的定义和它的欧拉乘积，我们有

${\zeta }_K{\left(s\right)}^k={\displaystyle \sum _a\frac{{\tau }_k\left(a\right)}{{\left|a\right|}^s}}={\displaystyle \prod _p{\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^m\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}}.$ (22)

由(21)和(22)可以得到

$$ ${\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}a\\ b|a\end{array}}\frac{{\tau }_k\left(a\right)}{{\left(\left|a\right|\right)}^s}}=\frac{{\zeta }_K{\left(s\right)}^k}{{\left(\left|b\right|\right)}^s}{\displaystyle \prod _{p^{v_p}\Vert b}\left({\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^{m+v_p}\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}/{\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^m\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}\right)}.$ (23)

由于

${\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^m\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}={\left(\frac{{\left(\left|p\right|\right)}^s}{{\left(\left|p\right|\right)}^s-1}\right)}^k,$ (24)

我们可以将(23)改写为

${\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}a\\ b|a\end{array}}\frac{{\tau }_k\left(a\right)}{{\left(\left|a\right|\right)}^s}}={\zeta }_K{\left(s\right)}^k{\displaystyle \prod _{p^{v_p}\Vert b}\left(1-{\left(1-\frac{1}{{\left(\left|p\right|\right)}^s}\right)}^k{\displaystyle \sum _{m=0}^{v_p-1}\frac{{\tau }_k\left(p^m\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}\right)}.$

令$F\left(s,b\right)={\displaystyle \prod _{p^{v_p}\Vert b}\left(1-{\left(1-\frac{1}{{\left(\left|p\right|\right)}^s}\right)}^k{\displaystyle \sum _{m=0}^{v_p-1}\frac{{\tau }_k\left(p^m\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}\right)}$ 。那么我们有

${\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}a\\ b|a\end{array}}\frac{{\tau }_k\left(a\right)}{{\left(\left|a\right|\right)}^s}}={\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right).$

注意到这个Dirichlet级数在$\Re s>1$ 是绝对收敛的。由Perron公式，我们可以得到

${\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|a\right|\le x\\ b|a\end{array}}{\tau }_k}\left(a\right)=\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{c-iT}^{c+iT}{\zeta }_K}{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)x^s\frac{ds}{s}+O\left({\left(\frac{x}{\left|a\right|}\right)}^c\frac{{\tau }_k\left(a\right)}{T}\right),$ (25)

其中$c=1+\epsilon$ 并且$T$ 非常大。

为计算上式中的积分，我们考虑采用留数定理。观察到上式积分中被积函数在右半平面上只在$s=1$ 处有极点，故我们选择对矩形$ℛ$ 进行积分，其顶点为$c-iT,c+iT,1/2+iT$ 和$1/2-iT$ ，由留数定理可知

$\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{ℛ}{\zeta }_K}{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)x^s\frac{ds}{s}=\underset{s=1}{\mathrm{Res}}\left(\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)\right).$

为了估计上述积分的上界，我们使用以下引理。

引理6 [9]令$K$ 是$n$ 次代数数域，那么

$\zeta \left(1/2+it\right){\ll }_K{\left(\left|t\right|+1\right)}^{\frac{n}{6}},\text{for }t\ge 0$ (26)

对任意固定的$\epsilon >0$ 成立。

由上述引理和Theorem 5.53 [10]，我们有

${\zeta }_K\left(\sigma +it\right)\ll {\left(1+\left|t\right|\right)}^{\frac{n}{3}\left(1-\sigma \right)+\epsilon }.$ (27)

对$\sigma \in \left[\frac{1}{2},c\right]$ 和$t\in \left[-T,T\right]$ 一致成立. 我们同样需要这个区域内对$F(s,b)$ 的估计. 注意到$F(s,b)$ 可以表示为

$\left|F\left(s,b\right)\right|=\frac{1}{{\left(\left|b\right|\right)}^{\sigma }}{\displaystyle \prod _{p^{v_p}\Vert b}\left|\left({\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^{m+v_p}\right)}{{({\left|p\right|}^m)}^s}}/{\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^m\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}\right)\right|}.$

其中$\sigma =\Re s.$ 因为${\tau }_k\left(p^{m+v_p}\right)\le {\tau }_k\left(p^m\right){\tau }_k\left(p^{v_p}\right)$ ，因此，

$\left|{\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^{m+v_p}\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}\right|\le {\tau }_k\left(p^{v_p}\right){\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^m\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^{\sigma }}}={\tau }_k\left(p^{v_p}\right){\left(\frac{{\left(\left|p\right|\right)}^{\sigma }}{{\left(\left|p\right|\right)}^{\sigma }-1}\right)}^k$

并且

$\left|{\left({\displaystyle \sum _{m=0}^{\infty }\frac{{\tau }_k\left(p^m\right)}{{\left({\left|p\right|}^m\right)}^s}}\right)}^{-1}\right|=\left|{\left(\frac{{\left(\left|p\right|\right)}^s-1}{{\left(\left|p\right|\right)}^s}\right)}^k\right|\le {\left(\frac{{\left(\left|p\right|\right)}^{\sigma }+1}{{\left(\left|p\right|\right)}^{\sigma }}\right)}^k.$

注意到${\left(\left({\left(\left|p\right|\right)}^{\sigma }+1\right)/\left({\left(\left|p\right|\right)}^{\sigma }-1\right)\right)}^k\le {\left(\left(\sqrt{2}+1\right)/\left(\sqrt{2}-1\right)\right)}^k,\sigma \ge \frac{1}{2}$ 。我们有

$\left|F\left(s,b\right)\right|\le \frac{1}{{\left(\left|b\right|\right)}^{\sigma }}{\displaystyle \prod _{p^{v_p}\Vert b}{\tau }_k\left(p^{v_p}\right){\left(\frac{{\left(\left|p\right|\right)}^{\sigma }+1}{{\left(\left|p\right|\right)}^{\sigma }-1}\right)}^k\le \frac{{\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}}{{\left(\left|b\right|\right)}^{\sigma }}},\sigma \ge \frac{1}{2}.$ (28)

现在我们可以来对矩阵水平边的积分进行估计，我们有

$\begin{array}{l}\left|\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{\frac{1}{2}\pm iT}^{c\pm iT}{\zeta }_K}{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)x^s\frac{ds}{s}\right|\\ =O\left({\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}{\displaystyle {\int }_{\frac{1}{2}}^c{\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^{\sigma }}\left|{\zeta }^k\left(\sigma +iT\right)\right|\frac{d\sigma }{T}\right)\\ =O\left({\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}{\displaystyle {\int }_{\frac{1}{2}}^c{\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^{\sigma }}{\left(1+T\right)}^{\frac{nk}{3}\left(1-\sigma \right)+\epsilon }\frac{d\sigma }{T}\right)\\ =O\left({\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}\underset{\frac{1}{2}\le \sigma \le c}{max}\left({\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^{\sigma }{\left(1+T\right)}^{\frac{2k}{3}\left(1-\sigma \right)-1+\epsilon }\right)\right)\end{array}$

$=O\left({\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}\left({\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^c\frac{1}{T}+{\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^{\frac{1}{2}}{T}^{\frac{2k}{6}-1+\epsilon }\right)\right).$

类似地，对于矩阵垂直边积分的估计有

$\begin{array}{l}{\left|\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{\frac{1}{2}-iT}^{\frac{1}{2}+iT}{\zeta }_K}{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)x^s\frac{ds}{s}\right|}^T\\ =O\left({\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^{\frac{1}{2}}{\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}{\displaystyle {\int }_{-T}^T{\left|{\zeta }_K\left(1/2+it\right)\right|}^k}\frac{dt}{\left|t\right|+1}\right)\\ =O\left({\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^{\frac{1}{2}}{\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}{T}^{\frac{2k}{6}+\epsilon }\right),\end{array}$

最后由留数定理，我们有

$\begin{array}{l}\frac{1}{2\pi i}{\displaystyle {\int }_{c-iT}^{c+iT}{\zeta }_K}{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)x^s\frac{ds}{s}=\underset{s=1}{\mathrm{Res}}\left(\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)\right)\\ +O\left(\frac{{\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}}{T}{\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^c\right)\\ +O\left({\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^{\frac{1}{2}}{\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}{T}^{\frac{2k}{6}+\epsilon }\right).\end{array}$

将上式带入到(25)，我们有

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{c}\left|a\right|\le x\\ b|a\end{array}}{\tau }_k}\left(a\right)=\underset{s=1}{\mathrm{Res}}\left(\frac{x^s}{s}{\zeta }_K{\left(s\right)}^{k}F\left(s,b\right)\right)\\ +O\left(\frac{{\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}}{T}{\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^c\right)\\ +O\left({\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^{\frac{1}{2}}{\tau }_k\left(b\right){\left(\sqrt{2}+1\right)}^{2k\omega \left(b\right)}{T}^{\frac{2k}{6}+\epsilon }\right).\end{array}$

最后，我们取

$T={\left(\frac{x}{\left|b\right|}\right)}^{\frac{3}{2k+6}}$

便可以完成引理3的证明。