三素数定理的证明及其方法（二）

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）