解法：希尔伯特对华林问题的存在性证明(1909年)

第 2/7 步：归约:

k

次幂的有理组合就已经足够

上一步下一步

通俗地说

希尔伯特的策略并不直接攻击整数。相反,他首先证明一件稍有不同的事:一大类整数可以写成整数的 $k$ 次幂的正有理数组合(比如 $\tfrac{2}{3}y_1^k+\tfrac{5}{3}y_2^k+\cdots$ ),不必是整数倍。

一个简单却至关重要的观察弥合了这个差距:一旦知道每个充分大的整数都存在这样的有理组合表示,通分(把所有东西都乘以一个固定的公共分母 $q$ )就能把它转化为每个大 $N$ 的倍数 $qN$ 的一个真正的 $k$ 次幂之和——随后一个简短的论证就能补上所有剩下的小情形。所以只需要找到这个有理组合表示即可。

\text{if } y=\sum_{i=1}^{r} y_i^k \text{ has a rational-combination form, then } g(k)<\infty

详细分析

关键的归约引理(纳森,第3章;在依据其教材的课程讲义中被复述,例如巴克斯特《Waring's Problem in General》)陈述如下:如果存在正有理数 $a_1,\dots,a_M$ ,使得每个充分大的整数 $n\ge n_0$ 都能用非负整数 $y_1,\dots,y_M$ 写成 $n=\sum_{i=1}^M a_iy_i^k$ ,那么 $g(k)$ 就是有限的。证明很简短:设 $q$ 为 $a_1,\dots,a_M$ 的最小公分母,那么对每个 $i$ , $qa_i$ 都是正整数,于是对每个 $n\ge n_0$ , $qn=\sum_i(qa_i)y_i^k$ 都是 $\sum_i qa_i$ 个非负 $k$ 次幂之和。

于是每个整数 $N\ge qn_0$ 都能写成 $N=qn+s$ ,其中 $n\ge n_0$ 、 $0\le s\le q-1$ ,所以 $N$ 是 $\sum_i qa_i+(q-1)$ 个 $k$ 次幂之和(多出来的 $s\le q-1$ 由至多 $q-1$ 个 $1^k=1$ 贡献)。剩下有限多个小整数 $N<qn_0$ 各自都是有限个 $k$ 次幂之和(最坏情形是 $N$ 个一),因此总体存在一个有限的 $g(k)$ 。

这就把华林问题归约为一个纯代数任务:对每个 $k$ ,展示出正有理数 $a_i$ 以及把每个大整数写成 $\sum a_iy_i^k$ 的方法。下一步正是通过希尔伯特的核心恒等式给出这一点。

本步骤中的术语

有理组合表示: 把整数 $n$ 写成 $\sum_i a_iy_i^k$ 的形式,其中 $a_i$ 是固定的正有理数(不必等于 $1$ ), $y_i$ 取遍非负整数——这是真正的 $k$ 次幂之和的一个较弱、更灵活的“亲戚”,但可以通过通分转化为后者。