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user: 2. 预备知识和引理 下文中的出现的 q 与 F q [ T ] 中的 q 一致： q = p t ， p 为素数， t 为正整数； k 与 σ k ∗ ( f ) 中的 k 一致，是非负整数。 2.1. 函数域上的zeta函数 ζ A ( s ) 和函数 σ k ∗ ( f ) 由文献 [ 8 ]，给出函数域 F q ( T ) 上的zeta函数： ζ A ( s ) = ∑ f ∈ M 1 ‖ f ‖ s ， Re ( s ) > 1. 有以下引理： 引理2.1.1 当 Re ( s ) > 1 时，有 ζ A ( s ) = ∏ P ∈ M P 不 可 约 ( 1 − 1 ‖ P ‖ s ) − 1 = 1 1 − q 1 − s . 其中 ζ A ( s ) = 1 1 − q 1 − s 是函数 ζ A ( s ) 在复平面除 s = 1 点外的解析延拓。 关于函数域 F q ( T ) 上的广义酉除数和函数 σ k ∗ ( f ) ，对任意 M 上的不可约多项式 P 及非负整数 α ，有 σ k ∗ ( P α ) = 1 + ‖ P ‖ α k ，且有以下引理： 引理2.1.2 函数 σ k ∗ ( f ) 在 M 上是可乘的，即若 f ， g ∈ M ， ( f ， g ) = 1 ，有 σ k ∗ ( f g ) = σ k ∗ ( f ) σ k ∗ ( g ) 。 证明：对任意两个不相等的 M 中的不可约多项式 P 1 ， P 2 ，有： σ k ∗ ( P 1 α 1 ) = 1 + ‖ P 1 ‖ α 1 k ， α 1 是非负整数。 σ k ∗ ( P 2 α 2 ) = 1 + ‖ P 2 ‖ α 2 k ， α 2 是非负整数。 σ k ∗ ( P 1 α 1 P 2 α 2 ) = 1 + ‖ P 1 ‖ α 1 k + ‖ P 2 ‖ α 2 k + ‖ P 1 ‖ α 1 k ‖ P 2 ‖ α 2 k = σ k ∗ ( P 1 α 1 ) σ k ∗ ( P 2 α 2 ) . 由此可知，引理成立。 2.2. 其他所需引理 令 G ( s ) = ∏ P ∈ M P 不 可 约 ( 1 − 1 ‖ P ‖ 2 s − k ) ， Re ( s ) > k + 1 2 . 其中 k 是非负整数，我们可以得到以下引理： 引理2.2.1 对任意的 ε > 0 ，当 Re ( s ) ≥ k + 1 2 + ε 时，存在与 ε 有关的常数 C ( ε ) > 0 ，使得 | G ( s ) | ≤ C ( ε ) 。 证明：对 G ( s ) 取模，有： | G ( s ) | ≤ ∏ P ∈ M P 不 可 约 ( 1 + | 1 ‖ P ‖ 2 s − k | ) = ∏ n = 1 + ∞ ∏ P ∈ M n P 不 可 约 ( 1 + | 1 ‖ P ‖ 2 s − k | ) . 由于 Re ( s ) ≥ k + 1 2 + ε ， | G ( s ) | ≤ ∏ n = 1 + ∞ ∏ P ∈ M n P 不 可 约 ( 1 + | 1 ‖ P ‖ 1 + 2 ε | ) = ∏ n = 1 + ∞ ∏ P ∈ M n P 不 可 约 ( 1 + 1 q n ( 1 + 2 ε ) ) . 令 a n 是 M n 中不可约多项式的个数，有： | G ( s ) | ≤ ∏ n = 1 + ∞ ( 1 + 1 q n ( 1 + 2 ε ) ) a n . 由文献 [ 8 ] 的定理2.2，知存在常数 c > 0 ，使得 a n ≤ c q n n ，则： | G ( s ) | ≤ ∏ n = 1 + ∞ ( 1 + 1 q n ( 1 + 2 ε ) ) c q n n . 对 ( 1 + 1 q n ( 1 + 2 ε ) ) c q n n 关于 1 q n ( 1 + 2 ε ) 做Taylor展开，有： ( 1 + 1 q n ( 1 + 2 ε ) ) c q n n = 1 + c n q 2 n ε + O ( 1 q 2 n ( 1 + 2 ε ) ) 因此， | G ( s ) | ≤ ∏ n = 1 + ∞ ( 1 + c n q 2 n ε + O ( 1 q 2 n ( 1 + 2 ε ) ) ) = ∏ n = 1 + ∞ ( 1 + O ( 1 n q 2 n ε ) ) . 由 ∑ n = 1 + ∞ ( 1 n q 2 n ε ) ≤ ∑ n = 1 + ∞ ( 1 q 2 n ε ) = 1 q 2 ε − 1 知 ∑ n = 1 + ∞ ( 1 n q 2 n ε ) 是绝对收敛的。因此 ∏ n = 1 + ∞ ( 1 + O ( 1 n q 2 n ε ) ) 是收敛的。(参考文献 [ 9 ]，第二章，定理1) 令 C ( ε ) = ∏ n = 1 + ∞ ( 1 + O ( 1 n q 2 n ε ) ) (2.1) 有 | G ( s ) | ≤ C ( ε ) 。引理得证。 由 | G ( s ) | 在 Re ( s ) > k + 1 2 时收敛，可将 G ( s ) 写成： G ( s ) = ∑ f ∈ M h ( f ) ‖ f ‖ s = ∑ l = 0 + ∞ ∑ f ∈ M l h ( f ) q − l s ， 其中 h ( f ) 是 M 上的可乘函数。取 u = q − s ，令： h l = ∑ f ∈ M l h ( f ) (2.2) 可得： G ( s ) = G ˜ ( u ) = ∑ l = 0 + ∞ h l u l (2.3) 其中 | u | < q − k + 1 2 。 关于 h l 有下面引理： 引理2.2.2 取 0 < ε < 1 4 ， C ( ε ) 和 h l 别由式(2.1)、式(2.2)给出，有： | h l | ≤ C ( ε ) q l ( k + 1 2 + ε ) . 证明：取围道 Γ ： | u | = q − ( k + 1 2 + ε ) 。 由Laurent定理( [ 10 ] )，有： h l = 1 2 π i ∮ Γ G ˜ ( u ) u l + 1 d u . 因此，由引理2.2.1有： | h l | ≤ 1 2 π ∮ Γ | G ˜ ( u ) | | u l + 1 | | d u | ≤ 1 2 π C ( ε ) q ( l + 1 ) ( k + 1 2 + ε ) 2 π q − ( k + 1 2 + ε ) = C ( ε ) q l ( k + 1 2 + ε ) . 引理得证。 引理2.2.3 取 0 < ε < 1 4 ， h l 由式(2.2)给出，对任意的非负整数 t 、 k ，有： ∑ l = 0 t h l q l ( k + 1 ) = 1 + O ε ( q − k + 1 2 + ε ) . 证明：由 h ( f ) 是 M 上的可乘函数，知 h 0 = h ( 1 ) = 1 。因此， ∑ l = 0 t h l q l ( k + 1 ) = 1 + ∑ l = 1 t h l q l ( k + 1 ) . (2.4) 下面估计 ∑ l = 1 t h l q l ( k + 1 ) ，由引理2.2.2有： | ∑ l = 1 t h l q l ( k + 1 ) | ≤ ∑ l = 1 t | h l | q l ( k + 1 ) ≤ C ( ε ) ∑ l = 1 t q l ( − k + 1 2 + ε ) . 因此， | ∑ l = 1 t h l q l ( k + 1 ) | ≤ C ( ε ) q ( − k + 1 2 + ε ) ∑ l = 0 t − 1 q l ( − k + 1 2 + ε ) . 由 0 < ε < 1 4 ，知： ∑ l = 0 t − 1 q l ( − k + 1 2 + ε ) ≤ ∑ l = 0 + ∞ q l ( − k + 1 2 + ε ) = 1 1 − q ( − k + 1 2 + ε ) ≤ 1 1 − 2 − 1 4 由此可得： ∑ l = 1 t h l q l ( k + 1 ) = O ε ( q − k + 1 2 + ε ) . 再由式(2.4)，引理得证。