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，具体参考潘承洞的书《素数分布与哥德巴赫猜想》，在此我会将证明细节尽量更详细地写出，方便以后再次参考。因为全是自学，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 $$\pi(x;q,l)=\frac{\text{Li}(x)}{\varphi(q)} + \mathcal{O}(xe^{-c_2 \sqrt{\log x}})$$ 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。

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 $N \geq 9$ 皆成立，目前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 $$\alpha = \frac{a}{q} + \beta, ~1 \leq q \leq \tau, ~(a,q)=1, ~|\beta| \leq \frac{1}{q \cdot \tau} \tag{4}，$$ 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 $\tau>1$。故有引理1.1知存在 $a, ~q:~a \geq 0, ~1 \leq q \leq \tau, ~(a,q)=1$，使得 $$\left| \alpha - \frac{a}{q} \right| \leq \frac{1}{q \cdot \tau}。$$ 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 $$\mathscr{A} = \left\{ \frac{a}{q} : ~ 0 \leq a \leq q-1, ~(a,q)=1, ~q \leq \log^{15}N \right\}，$$ 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 $$\left| \alpha - \frac{a}{q} \right| \leq \frac{1}{q \cdot \tau}。$$

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 $$r(N)=r_1(N) + r_2(N)，\tag{5}$$ 这里 $$r_1(N) = \int_{\mathfrak{M}} S^{3}(\alpha) e^{-2 \pi i \alpha N} d\alpha，\tag{6}$$ $$r_2(N) = \int_{\mathfrak{E}} S^{3}(\alpha) e^{-2 \pi i \alpha N} d\alpha，\tag{7}$$ 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：$$r_1(N) = \frac{1}{2} \mathscr{O}(N) \frac{N^2}{\log^3(N)} + \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4(N)} \right)，$$ 其中 $$\mathscr{O}(N) = \underset{p}{\prod} \left( 1 ＋ \frac{1}{(p-1)^3} \right) \underset{p|N}{\prod} \left( 1- \frac{1}{p^2 - 3p +3} \right) > 1 ~。$$ 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 $$S(\alpha) = \frac{\mu(q)}{\varphi(q)} \sum^{N}_{n=3} \frac{e^{2 \pi i \beta n}}{\log n} + \mathcal{O}\left( Ne^{-c_4 \sqrt{\log N}} \right)，$$ 其中 $c_4$ 为正的绝对常数。

现证明引理2.2。\begin{align*} S(\alpha) &= S(\frac{a}{q} + \beta) = \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，\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 $$\int^{\frac{1}{q \cdot \tau}}_{-\frac{1}{q \cdot \tau}} |M^3(\beta) - M_0^3(\beta)| d\beta = \mathcal{O}\left( \frac{N^2}{\log^4 N} \right)。$$

目前为止，证明还远未结束（证明的一半都还没到），引理2.3以及三素数定理的全部证明先暂时搁置，放到以后再进行。

三素数定理的证明及其方法（一）