Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Termzettudományi Kar Dolecsek Máté Matematikus MSc Véges halmazok additív multiplikatív felbontása F p -ben Szakdolgozat Témavezető: Gyarmati Katalin egyetemi docens, Sárközy András Professor Emeritus Algebra Számelmélet Tanszék Budapest, 015 1

2 Köszönetnyilvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani témavezetőimnek, Gyarmati Katalinnak Sárközy Andrásnak az érdekes témafelvetért, a konzultációkért a sok segítségért, ami nélkül ez a szakdolgozat nem kzülhetett volna el.

3 Tartalomjegyzék Bevezető 4 1. Primitív halmazok F p -ben 5. Az előző 3 kritérium összehasonlítása Adott rzhalmazt tartalmazó primitív halmaz léteze Összeghalmazok elemszámára vonatkozó alsó felső becsl 5. F p adott rzhalmazának legnagyobb reducibilis rzhalmaza 8 6. k-primitív k-reducibilis halmazok Kvadratikus maradékok additív felbontása 41 3

4 Bevezető A következő definíciókat 1948-ban H. H. Ostmann vezette be vizsgálta őket a nem negatív egz számok körében. Definíció: Legyen G egy additív félcsoport A, B 1,...,B k rzhalmazai G-nek, úgy hogy B i i = 1,,..., k. Ha A = B 1 + B B k akkor azt mondjuk, hogy ez egy additív k-felbontása A-nak, ha pedig A = B 1 B... B k, akkor ezt A egy multiplikatív k-felbontásának nevezzük. Definíció: Egy nemnegatív egzekből álló véges, vagy végtelen C halmazt reducibilisnek nevezünk, ha létezik additív -felbontása, azaz C = A + B, ahol A B. Ha nem létezik ilyen felbontás, akkor C-t primitívnek nevezzük. Számos szép eredmény született végtelen halmazok esetében, majd Sárközy András elkezdte vizsgálni a véges esetet is a modulo p (p prím) maradékosztályok additív, illetve multiplikatív csoportjában. Alon, Granville Ubis bizonyították, hogy F p -nek kevesebb, mint (1, 960) p+o(p) darab reducibilis rzhalmaza van. A szakdolgozat ebbe a témakörbe ad betekintt főleg Gyarmati Katalin Sárközy András munkásságán keresztül. 4

5 1. Primitív halmazok F p -ben 1.1. Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Legyen A = {a 1,..., a t } F p. Tegyük fel, hogy léteznek olyan 1 i < j t indexek, hogy Ekkor A primitív. a i + a j a k / A k-ra, melyre 1 k t k = i, k = j (1.1) a i a j + a k / A k-ra, melyre 1 k t k = j. (1.) Bizonyítás: Tegyük fel indirekt, hogy A teljesíti a feltételeket, de nem irreducibilis, azaz léteznek B F p C F p rzhalmazok, hogy A = B + C, B, C. (1.3) Vagyis a i A a j A elemekre (1.3) szerint létezik b u B, b v B, c x C, c y C, hogy Két eset lehetséges. a i = b u + c x (1.4) a j = b v + c y. (1.5) 1. eset: Tegyük fel, hogy b u = b v c x = c y. Ekkor (1.3), (1.4) (1.5) miatt a i + a j = (b u + c x ) + (b v + c y ) = (b u + c y ) + (b v + c x ) = a r + a s (1.6) a r A, a s A. c x = c y (1.4) miatt a i = a r, illetve b u = b v (1.5) miatt a j = a r, vagyis (1.6)-ból kapjuk, hogy a i + a j a r = a s A, ami ellentmond a feltételnek.. eset: Tegyük fel, hogy b u = b v. (1.7) Ekkor (1.5) a következő alakban írható a j = b u + c y. Mivel B, így létezik b B hogy b = b u. (1.8) 5

6 Tehát (1.3) miatt a p = b + c x A (1.9) a q = b + c y A. (1.10) (1.4), (1.5), (1.7), (1.9) (1.10)-ből következik, hogy ezért a i a j = (b u b v ) + (c x c y ) = c x c y = a p a q ahol (1.5), (1.7), (1.8) (1.10) miatt a i a j + a q = a p A (1.11) a q = b + c y = b u + c y = b v + c y = a j. (1.1) Ekkor (1.11) ellentmond (1.)-nek. A c x = c y eset hasonló gondolatmenettel bizonyítható. 1.. Következmény: Ha p = 4k + 1 alakú prím A F p, melyre A = {0, 1} {a F p : ( p a a 1 ) = 1, ( p ) = 1, a = 1, a = }, akkor A primitív. Bizonyítás: Az A halmaz konstrukciója miatt 0 A 1 A. Megmutatjuk, hogy az (1.1) tétel feltételei teljesülnek az a i = 0 a j = 1 választásokkal, vagyis 1 a k / A, a k = 0, 1 (1.13) a k 1 / A, a k = 1. (1.14) Nézzük először (1.13)-t. Ha a k A a k = 0 a k = 1, akkor ( a k p ) = 1 ( a k 1 p ) = 1. Mivel p = 4k + 1 alakú prím, így ( 1 a k p ) = ( 1 p )( 1 a k p ) = ( a k 1 p ) = 1. Így az A definíciójából következik, hogy 1 a k A akkor áll fenn, ha 1 a k = 0, vagy 1 a k = 1, vagyis a k = 1, vagy a k = 0. De feltettük, hogy a k = 0, 1, ezért (1.13) teljesül. Nézzük (1.14)-t. Ha a k A a k = 1, akkor vagy ( a k 1 p ) = 1, vagyis 6

7 1 + a k / A vagy a k = 0, ezért 1 + a k = 1, ami megint azt jelenti, hogy teljesül a feltétel Következmény: Ha A = {x 1, x,..., x t } F p egy Sidon sorozat, akkor A primitív. ( Egy A = {x 1, x,..., x t } sorozat Sidon-sorozat, ha az a i + a j összegek különbözőek minden 1 i < j t esetén) Bizonyítás: Ha A = 1, vagy A =, akkor A primitív. Ha A >, akkor a i -t a j -t az (1.1) tételben válasszuk úgy, hogy a i = a 1 a j = a. Ekkor az (1.1) tételben leírt (1.1) (1.) feltételek teljesülnek a Sidon-sorozat definíciója miatt Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Ha A F p A = {0} A 0, ahol A 0 ( p 3, p 3 ) (1.15) A > 4, (1.16) akkor A primitív. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy A teljesíti az (1.15) feltételt, de reducibilis, vagyis léteznek B F p C F p rzhalmazok, hogy A = B + C, hogy B C. (1.17) Mivel 0 A, ezért (1.16) miatt létezik b 0 B c 0 C, hogy 0 = b 0 + c 0. Legyen B = B + { b 0 } C = C + { c 0 } így 0 B 0 C. Ezért (1.17) miatt B + C = B + C = A, B = B, C = C. (1.18) Legyen B = {0, b 1, b,...b r } C = {0, c 1, c,..., c s }, ahol 0 < b 1 < b <... < b r < p 0 < c 1 < c <... < c s < p, (1.19) r 1, s 1, illetve (1.16) (1.18) miatt Ebből következik, hogy (r + 1)(s + 1) = B C A > 4. 7

8 r, (1.0) vagy s teljesül. Feltehetjük, hogy (1.0) teljesül. Ekkor (1.18) (1.19)- ből azt kapjuk, hogy i = 1,,...r esetén b i = b i + 0 B + C = A, 0 < b i < p (1.1) c 1 = c B + C = A, 0 < c 1 < p. (1.) Az A konstrukciója miatt (1.1) (1.)-ből következik, hogy (1.18) miatt pedig p 3 < b i + c 1 < 4p 3, (1.3) b i + c 1 B + C = A. (1.4) De szintén A konstrukciójából adódik, hogy csak egy elem van a ( p intervallumban, nevezetesen p, de ekkor (1.3) (1.4)-ből b i + c 1 = 0 i = 1,,..., r. Vagyis (1.0)-ból i = 1 i = -re kapjuk, hogy b 1 + c 1 = b + c 1, tehát b 1 = b, ami ellentmond (1.19)-nek. 3, 4p 3 ) 1.5. Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Legyen A F p d F p -re az a a = d, a, a A megoldás számát jelölje f (A, d). Ha akkor A primitív. max d F p f (A, d) < A 1, (1.5) Bizonyítás: Tegyük fel, hogy léteznek olyan B F p C F p halmazok, hogy fennáll. Feltehetjük, hogy A = B + C B, C (1.6) B C. (1.7) 8

9 (1.6) (1.7)-ből kapjuk, hogy így A = B + C ((b, c) : b B, c C) = B C B, (1.5) (1.8)-ból következik, hogy max d F p A 1 B. (1.8) f (A, d) < B. (1.9) Legyen c c két C-beli különböző elem. Így (1.6) miatt minden b B-re a = b + c A a = b + c A. Erre az (a, a ) párra, kapjuk, hogy a a = (b + c) (b + c ) = c c (1.30) különböző b-re különböző megoldásokat kapunk. Vagyis az (1.30) megoldások száma legalább akkora, mint a B halmaz elemszáma: f (A, c c ) B. (1.31) c = c -re c c = 0, így (1.30) ellentmond (1.9)-nek Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Ha k 0 elég nagy k olyan pozitív egz, hogy akkor létezik egy A F p, hogy A reducibilis. max d F p k 0 < k < 1 p 1 4, (1.3) A = k, (1.33) f (A, d) = A 1 (1.34) Bizonyítás: Legyen m = k. Az {1,,..., N} halmazból kiválasztható maximális Sidon sorozat számossága (1 + o(1))n 1. Ezért elég nagy k-ra létezik egy Sidon-sorozat B = {b 1, b,..., b k } {1,,..., m 1} B = k(= ( m ) 1 ). (1.35) Legyen C = {c 1, c,..., c k } = {mb 1, mb,...mb k } 9

10 A = B + C. (1.36) Ekkor A reducibilis minden a A a következő alakban írható (1.3) miatt a = b i + c j = b i + mb j, i, j {1,,..., k} (1.37) 0 < b i < m, 0 < b j < m 0 < b i + mb j < m + m(m 1) < m = 8k 4 < p. (1.38) (1.37) (1.38) egyértelműen meghatározzák b i -t c j -t, ezért A = B + C = B C = k (1.39) ez bizonyítja (1.33)-t. Legyen d F p olyan, hogy f (A, d) > 0, vagyis létezik a, a A, hogy a a = d. Legyen a a (1.37) alakú. Ekkor ahol (1.3) miatt d = a a = (b i1 b i ) + m(b j1 b j ) = u + mv, (1.40) 0 b i1 b i = u < m (1.41) 0 b j1 b j = v < m (1.4) d u + mv < m + m(m 1) < m = 8k 4 < p. (1.43) (1.41), (1.4) (1.43) miatt d u-t v-t (1.40)-ben egyértelműen meghatározza. Ha u = b i1 b i = 0 v = b j1 b j = 0 akkor B Sidon tulajdonsága miatt az (u, v) pár a b i1, b i, b j1, b j elemeket így az a a elemeket is egyértelműen meghatározza, így f (A, d) = 1. Ha u = b i1 b i = 0 v = b j1 b j = 0, akkor i = i 1 -t k módon választhatjuk meg, míg v a j-t j 1 -t egyértelműen meghatározza, ezért (1.39) miatt f (A, d) = k = A 1. (1.44) Hasonlóan, ha u = 0 v = 0, akkor j = j 1 -t is k módon választhatjuk meg, míg i 1 i megint egyértelműen meghatározott, vagyis (1.44) megint teljesül ez bizonyítja (1.36)-t is. 10

11 . Az előző 3 kritérium összehasonlítása Jelölje F 1, F F 3 azon F p -beli halmazokat, melyek kielégítik az 1.1, tétel feltételeit jelölje L 1, L L 3 a legnagyobb rzhalmazt, mely az F 1, F F 3 -hoz tartozik..1. Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): 1, F 1 p O(1) (.1) L 1 = p + O(1) (.), F = p 3 +O(1) (.3) L = p 3 + O(1) (.4) 3, F 3 exp((1 + o(1))p 3 logp) (.5) L 3 (1 + o(1))p 3 (.6) Bizonyítás: 1, Legyen B = {b : p 3 b p 3, b, b = 0, }. Legyen A 0 B vegyük az A = A 0 {0, 1} halmazt. Belátjuk, hogy az A halmaz az a i = 1 az a j = 0 választással kielégíti az (1.1) (1.) feltételeket, vagyis A F 1. Tehát azt kell belátni, hogy illetve 1 a / A, ha a A a = 0, 1, (.7) 1 + a / A, ha a A a = 0. (.8) Ha a A, a = 0, 1 a A 0 B akkor 11

12 p 1 1 a, 1 + a p 1 a páros, így 1 a 1 + a páratlan, ezért nem elemei A 0 -nak, így (.7) (.8) következik. Ha a = 1, akkor a + 1 =, de ez se eleme A 0 -nak így (.8) ismét fennáll. Mivel B = p O(1), ezért A 0 B halmaz p O(1) módon választható ki, így (.1) teljesül, mert A = A 0 {0, 1}. Legyen A 0 = B. Így A = B {0, 1} F 1, ez pedig ad egy alsó becslt L 1 -re, vagyis L 1 p + O(1). (.9) A felső becslhez legyen a i a j rögzített jelöljük az 1.1 tétel feltételeit kielégítő halmazt A-val. Ekkor (1.) miatt minden c, d F p párra, melyre a i + a j c = d fennáll, csak az egyik tartozhat A-ba. Legfeljebb p+1 ilyen pár van (beleszámítva a (c, d) párt is) F p minden eleme egy párhoz tartozik. Ezért A legfeljebb p+1 + = p + O(1) így L 1 p + O(1) is teljesül, ami (.9)-cel együtt bizonyítja (.)-t., Az (1.15) feltételt kielégítő A-k száma megegyezik azon A 0 F p halmazok számával, melyre A 0 ( p 3, p 3 ) fennáll, vagyis ezek száma a maximális elemszámra: p 3 p 3 +O(1) = p 3 O(1) A {0} + A {a : p 3 a < p 3 } = p 3 + O(1) Ebből a kettőből következik (.3)-t (.4)-t. 3, Ha A F 3 akkor (1.5) teljesül, tehát De d F p d F p f (A, d) < A 1 1 = (p 1) A. (.10) d Fp f (A, d) = ((a, a ) : a, a A, a a = d) = d Fp = {(a, a ) : a, a A, a = a } = A ( A 1). (.11) (.10) (.11)- ből kapjuk, hogy A 1 ( A 1) < p 1. (.1) Tegyük fel (.6)-tal ellentétben, hogy létezik ɛ > 0, hogy végtelen sok prímre létezik A F 3, hogy 1

13 A > (1 + ɛ)p 3. (.13) (.1) (.13)-ból következik, hogy (1 + ɛ) 1 p 1 3 ((1 + ɛ)p 3 1) < p 1, amiből (1 + ɛ) 3 (1+ɛ) 1 p 3 < 1 1 p (.14) következik. De p esetén a baloldal határértéke (1 + ɛ) 3 > 1, míg a jobboldal határértéke 1, így elég nagy p-re a (.14) egyenlőtlenség nem teljesülhet ez az ellentmondás bizonyítja (.6)-t. (.6)-ból következik, hogy L 3 ( ) p F 3 {A : A F p, A L 3 } = L k=1 3 ( ) p p = p L3+1 = exp((1 + o(1))p 3 logp) L 3 ez bizonyítja (.5)-t.. Állítás: Elég nagy p-re az 1.1, tételek függetlenek, vagyis található olyan A F p halmaz, ami a három tétel közül egynek a feltételeit teljesíti, de egy másik tétel feltételeit ezek közül nem teljesíti. Bizonyítás: Létezik sok olyan A Sidon-sorozat, hogy A (0, p 3 A > 1. Ezek a halmazok eleget tesznek az 1.5 tétel feltételeinek, de nem elégítik ki az 1.4 tétel feltételeit. Kimutatható, hogy majdnem minden A F p halmaz, melyre A = [ 1 n 3 ] teljesül, eleget tesz a következő egyenlőtlenségnek f (A, d) < A 1 d F p, egy ilyen halmaz eleget tesz az 1.5 tétel feltételeinek, de nem tesz eleget az 1.1 tétel feltételeinek. Vegyük a következő halmazt A = {0} {a : p 3 < a < p 3 }. 13

14 Elég nagy p-re ez a halmaz eleget tesz az 1.4 tétel feltételeinek. Ugyanakkor, ha a i, a j A, akkor a i A, mert A minden elemének az ellentettjét is tartalmazza. Ha most az 1.1 tételbeli a k = a i elemet vesszük a k -nak, akkor a i a j + a k = a i a j a i = a j A teljesül, vagyis erre a halmazra az 1.1 tétel (1.1) feltétele nem teljesül. 14

15 3. Adott rzhalmazt tartalmazó primitív halmaz léteze 3.1 Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Legyen egy prím legyen A F p, hogy p > 39 (3.) A < 1 3 p 5. (3.3) Ekkor van olyan x F p \ A elem, hogy az A {x} halmaz primitív. Bizonyítás: Nevezzünk egy x F p elemet jónak, ha x / A A {x} primitív, egyébként nevezzük az x-et rossznak. Azt kell megmutatni, hogy legalább egy jó elem van vagyis, hogy a rossz elemek száma kevesebb, mint p. Egy x F p rossz, ha vagy x A, (3.4) x / A A {x} reducibilis. (3.5) Jelölje B a (3.5)-t kielégítő elemek halmazát. Azt kell megmutatni, hogy A + B < p. (3.6) A következőkben B méretét becsüljük. Ha x kielégíti (3.5)-t, akkor léteznek olyan C, D F p halmazok, hogy feltehetjük, hogy A {x} = C + D, C, D ; (3.7) Ekkor létezik c 0 C d 0 D, hogy (3.7)-ből következik, hogy létezik C D. (3.8) c 0 + d 0 = x. (3.9) c 1 C, c 0 = c 1. (3.10) d 1 D, d 0 = d 1. (3.11) 15

16 Először tegyük fel, hogy (3.9), (3.10) (3.11)-ből következik, hogy vagyis vagy A 3. (3.1) x = c 0 + d 1 = a 1 A, (3.13) x = c 1 + d 0 = a A (3.14) c 1 + d 1 A {x}, c 1 + d 1 = a 3 A, (3.15) c 1 + d 1 = x. (3.16) Ha (3.15) teljesül akkor (3.9), (3.13) (3.14) miatt kapjuk, hogy így a 1 + a = (c 0 + d 1 ) + (c 1 + d 0 ) = (c 0 + d 0 ) + (c 1 + d 1 ) = x + a 3, a 1 + a a 3 = x, (3.17) míg ha (3.16) teljesül, akkor (3.9), (3.13) (3.14) miatt így a 1 + a = (c 0 + d 1 ) + (c 1 + d 0 ) = (c 0 + d 0 ) + (c 1 + d 1 ) = x, a 1 +a = x (3.18) teljesül. (3.17)-ben az (a 1, a, a 3 ) hármasok száma legfeljebb A 3, míg (3.18)- ban az (a 1, a ) párok száma A, így (3.1) miatt az x lehetséges értékeinek száma: B A 3 + A = 36, (3.19) ugyanakkor (3.), (3.1) (3.19)-ből következik, hogy (3.6) következik ebből (3.)-ből. A + B = 39 16

17 Maradt az az eset, amikor A 4. (3.0) Minden d D-re kapjuk, hogy (d + c 1 ) (d + c 0 ) = c 1 c 0 ( = 0 (3.10) miatt). A = A {x}, (3.7)-ből kapjuk, hogy d + c 0 A d + c 1 A, így a 0 = d + c 0, a 1 = d + c 1 e = c 1 c 0 jelölekkel a 1 a 0 = (d + c 1 ) (d + c 0 ) = c 1 c 0 = f, a 0, a 1 A (3.1) Ennek a megoldás halmaznak az elemszámát f (A, f )-vel jelöltük minden d D egy megoldást határoz meg, így f (A, f ) D adódik. (3.1)-ben az a 0 = x, vagy a 1 = x értékektől eltekintve (3.1) megoldásai megoldásai az a 1 a 0 = f, a 0, a 1 A egyenletnek is így ennek az egyenletnek legalább f (A, f ) f (A, f ) D (3.) megoldása van. Legyen F azon f F p elemek halmaza, amelyek eleget tesznek (3.)-nek. (.11)-hez hasonlóan kiszámolható, hogy f F p Másrzt F definíciója miatt f F p f (A, f ) f F Ebből (3.7), (3.8) (3.0) miatt f F p f (A, f ) = A A. (3.3) f (A, f ) ( C ) = F ( D ). f F f (A, f ) F ( A {x} 1 ) = F ( A + 1) 1 ) F (( A + 1) 1 ( A + 1) ) = (1 (3.3) (3.4)-ből következik, hogy ) F ( A + 1) 1 > 1 10 F A 1.(3.4)

18 F < 10( A 3 A 1 ). (3.5) Ha c 1 d 0 olyan elemek F p -ben, melyek megjelennek (3.9)-ben (3.10)- ben, akkor (3.7), (3.9) (3.10) miatt kapjuk, hogy c 1 + d 0 = a A. Ekkor (3.9) miatt x = c 0 + d 0 = (d 0 + c 1 ) (c 1 c 0 ) = a f B, ahol a A f F. Itt a-hoz legfeljebb A érték f -hez legfeljebb F érték tartozik, így a B elemszáma (3.3), (3.5) (3.6) miatt B A F. (3.6) A + B A + A F < A + 10 A 5 < 11 A 5 < 11 p < p Ez bizonyítja (3.6)-t A 4-re is. A következő tételhez előbb egy lemmát bizonyítunk be. 3. Lemma: Legyen p 3 egy prím A F p. Tegyük fel, hogy léteznek u, v F p elemek, hogy u / A + A, v / A A 3v+u / A (3.7) teljesül. Ekkor A-hoz hozzáadva legfeljebb két elemet F p \ A-ból egy olyan B halmazt kapunk, amely primitív. Bizonyítás: Legyen A = {a 1, a,...a s }. Legyen u, v olyan mint (3.7)-ben legyen 3 5 Ekkor (3.7) miatt a s+1 = u+v a s+ = u v. a s+1 + a s+ = u / A + A, a s+1 a s+ = v / A A, a s+1 a s+ = 3v+u / A, vagyis a s+1 + a s+ a k / A, ha 1 k s 18

19 a s+1 a s+ + a k / A, ha 1 k s + 1 Így az (1.1) tételből i = s + 1 j = s + választással adódik, hogy az A {a s+1, a s+ } halmaz primitív. [ 3+ 5 A p 3.3 Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Legyen p 3 egy prím A F p. ] Ekkor kitörölve legfeljebb elemet A-ból legfeljebb két elemet hozzáadva F p \ A-hoz keletkezik egy B halmaz, mely primitív. [ Bizonyítás: Ha A ] 5 A p, akkor p A elvéve A 1 elemet A-ból olyan halmazt kapunk, ami csak egy elemet tartalmaz, vagyis a kapott halmaz irreducibilis. Tegyük fel, hogy A < 3 5 p. (3.8) Először azt bizonyítjuk, hogy létezik A A egy u F p elem, hogy Legyen d F p -re Ekkor Másrzről pedig azaz u / A + A A A A p. (3.9) h(a, d) = {(a, a ) : a + a = d, a, a A}. d F p h(a, d) = d F p Legyen u F p olyan elem, hogy (a 1, a 1 ), (a, a ),..., (a t, a t ) az a,a A,a+a =d 1 = 1 = A. a,a A p min d F p h(a, d) d F p h(a, d) = A, min h(a, d) A d F p p. (3.30) h(a, u) = min d F p h(a, d) = t. (3.31) 19

20 a + a = u a, a A egyenlet megoldásai. (3.30) (3.31) miatt t = h(a, u) A p. Az A = A \ {a 1, a,..., a t } halmazon az a + a = u egyenlet nem oldható meg, így u / A + A. Ez bizonyítja (3.9)-t. Vegyünk egy olyan halmazt egy olyan u F p elemet, mely teljesíti (3.9)-t. Azt bizonyítjuk, hogy létezik egy A A halmaz egy v F p elem, hogy v / A A, A A 1+ 5 u+3v / A (3.3) A p A 3+ 5 A p. (3.33) Mivel A A, ezért (3.9) miatt u / A + A (3.34) teljesül. Legyen f (A, d), mint az 1.5 tételben legyen G = {v F p : u+3v A }. Mivel u rögzített, így teljesül. Továbbá G A A (3.35) f (A, d) = d F p \G d F p \G 1 a,a A, a a =d d F p De (3.35) (3.36) miatt 1 = 1 = A A. (3.36) a,a A, a a =d a,a A (p A ) min f (A, d) (p G ) min f (A, d) d F p \G d F p f (A, d) A. \G d F p \G (3.37) 0

21 (3.8) (3.37)-ből következik, hogy min f (A, d) d F p \G A p A A p 3 5 p Legyen v F p \ G egy olyan elem, melyre (b 1, b 1 ), (b, b ),..., (b s, b s ) a A p. (3.38) f (A, v) = min f (A, d) = s (3.39) d F p \G b b = v b, b A egyenlet megoldásai. (3.38) (3.39) miatt Az s = f (A, v) 1+ 5 A p (3.40) A = A \ {b 1, b,..., b s } (3.41) halmazon a b b = v egyenlet nem oldható meg, így v / A + A (3.4) v F p \ G a G definíciója miatt u+3v / A. Mivel A A azt kapjuk, hogy u+3v / A. (3.43) Tehát (3.3) (3.33) következik (3.40), (3.41), (3.4) (3.43)-ból. Így A A egy olyan halmaz u, v F p olyan elemek, melyekre u / A + A, v / A A u+3v, / A A A 3+ 5 A p. A 3. lemmát használva adódik, hogy legfeljebb két elemet hozzá adva A -hoz F p \ A -ból egy primitív halmazt kapunk. 1

22 4. Összeghalmazok elemszámára vonatkozó alsó felső becsl 4.1 Tétel (Cauchy-Davenport-Chowla tétel): Legyen p prím, A, B F p, A = k > 0, B = l > 0. Ekkor A + B min(p, k + r 1) (4.1) 1. bizonyítás: Legyen p rögzített tegyük fel, hogy van olyan A B, amelyre (4.1) nem igaz nevezzük rossznak az ilyen halmazpárokat. Tekintsünk egy olyan A, B rossz halmazpárt, melyre B = l a lehető legkisebb. 1. eset: Ha k + l 1 > p, akkor B-ből hagyjunk el k + l 1 p(< r) elemet a maradék halmazt jelöljük B -vel. Ekkor A + B A + B < min(p, k + l 1) = p = min(p, A + B 1), vagyis az A, B is rossz halmazpár, de 0 < B < B miatt ez ellentmond B minimalitásának.. eset: Tegyük fel, hogy k + l 1 p. k l, mert k < l esetén A B szerepcseréje ellentmondana B minimalitásának, l = 1 esetén pedig (4.1)-ben egyenlőség áll, azaz A B nem lenne rossz halmazpár. Mivel l k + l 1 p, ezért k < p is teljesül. Feltehetjük, hogy 0 B, mert B minden eleméhez ugyanazt az értéket hozzáadva A, B A + B nem változik. Legyen b = 0 tetszőleges rögzített eleme B-nek. Ekkor A + b = {a + b a A} A, ellenkező esetben ugyanis A + b = A teljesülne, így a két oldalon álló halmazok elemeinek összege megegyezne: a = (a + b) = kb + a, kb = 0, a A a A a A ami k < p b = 0 miatt nem lehet. Vagyis van olyan a 1 A b 1 B, hogy a 1 + b 1 / A. Legyen A = A {a 1 + b b B, a 1 + b / A} B = {b a 1 + b A}. A = k B = l esetén k + l = k + l 0 < l < l, mert 0 B, de b 1 / B. Kell még, hogy A + B A + B. Legyen a + b A + B. Ha a A, akkor a + b A + B. Ha a = a 1 + b, akkor a + b = (a 1 + b) + b = (a 1 + b ) + b A + B,

23 hiszen B definíciója miatt a 1 + b A. Ezek alapján A + B A + B < min(p, k + l 1) = k + l 1 = k + l 1 = min(p, k + l 1), tehát A B is rossz pár l < l, ami ellentmond B minimalitásának, vagyis a tétel igaz. A. bizonyításhoz az Alon-féle Nullstellensatz következményét használjuk. Az Alon-féle Nullstellensatz a gyűrű elméleti Hilbert-féle nullhelytétellel mutat rokonságot így szól: F tetszőleges test, g i = s Si (X i s) i = 1,...n S i F adottak. Ha az f polinom eltűnik a g i -k közös gyökein, akkor f = i=1 n h ig i i-re degh i deg f -degg i. Ennek egy következménye a következő: legyen az f (x 1,...x n ) polinom egy főtagja αx t 1 1 x t...x t n n. Legyenek S 1,..., S n F, S i > t i, akkor f nem tűnhet el az egz S 1 S... S n halmazon.. bizonyítás: A bizonyításban az előző következményt használjuk fel. I. eset: k + l > p, ekkor minden g F p -re A (g B) = 0, vagyis a = g b, tehát a + b = g. II. eset: tegyük fel, hogy A + B k + l. Ekkor A + B C, ahol C = k + l. Nézzük a következő polinomot: c C (x + y c) = F(x, y). F eltűnik az A B halmazon deg F = (k 1) + (l 1). Kell még, hogy x k 1 y l 1 együtthatója nem nulla. Ennek a tagnak az együtthatója ( k+l k 1 ), ami nem nulla, mert k + l < p, de ez ellentmond a következménynek. A 4.1 egyenlőtlenség éles, ugyanis, ha A = {0, 1,..., k 1} B = {0, 1,..., r 1}, akkor k + r p + 1 esetén A + B = {0, 1,..., k + r }, tehát A + B = k + r 1 Az A = B speciális estben a 4.1 egyenlőtlenség az A + A min(p, k 1) becslt adja ez is éles az A = {0, 1,...k 1} halmazt véve. 4. Tétel (Alon, Granville, Ubis): Legyen G egy n rendű Abel-csoport A G A = k. Ekkor n ( ) n #{A + B : B G} n min l k [ j j=0 l ] min{ n j, [ jk k l+1 ] } (4.) 3

24 Bizonyítás: Egy adott B halmazból mohón válasszunk ki elemeket a következőképpen: elsőnek választunk egy b 1 B elemet, majd b B legyen olyan, hogy maximalizálja az (A + {b }) \ (A + {b 1 }) halmazt, majd b 3 B legyen olyan, hogy maximalizálja az (A + {b 3 }) \ (A + {b 1, b }) halmazt így tovább. Jelöljük B l -lel azon b i -k halmazát, amelyre A + {b 1, b,..., b i } legalább l elemmel többet tartalmaz, mint A + {b 1, b,..., b i 1 } tegyük fel, hogy B j + A = j. Definíció szerint l B l B j + A = j, vagyis B l [ j l ] Így B l -t maximum j i [ l ] (n i ) féleképpen választhatjuk meg. j l n, ha l így ) i [ j l ] ( n i ( ) n n [ j l ] Meghatározzuk, hogy adott B l mellett A + B-re hány lehetőségünk van. Mivel B l + A B + A G, ezért az ilyen A + B-k száma az olyan H halmazok száma, melyekre B l + A H G teljesül, ami n j. Legyen C = B l + A D olyan halmaz, melyre ha d D teljesül, akkor r(d) k + 1 l, ahol r(d) a c a = d, c C, a A egyenlet megoldásszámát jelöli. Ha b B \ B l, akkor r(b) = (b + A) (B l + A) k + 1 l így b D teljesül. Mivel (B \ B l ) D, így legfeljebb D darab B \ B l halmaz van így legfeljebb ennyi A + B alakú halmaz van. Kaptuk, hogy így D D (k + 1 l) r(d) = A C = kj d G kj k+1 l, ebből pedig (4.) következik. 4.4 Tétel (I. Z. Ruzsa): Legyen G egy nem feltétlenül kommutatív csoport A, B, C véges rzhalmazai G-nek. Ekkor A B C A B A C 4

25 teljesül. Bizonyítás: Legyenek a A, b B C. Ezeket az (a, b) párokat fogjuk injektíven beleképezni az (A B) (A C) halmazba. B elemei legyenek b 1, b,...,b n. Egy adott (a, b) párhoz, nézzük azokat az y B, c C elemeket, melyekre b = y c teljesül. Ekkor y = b i valamilyen i-re, legyen ez az i minimális feleltessük meg az (a, b) párnak az (a y, a c) párt. Vegyünk egy másik párt (a, b ) legyen b = y c. Ha a y = a y, a c = a c teljesül, akkor kapjuk, hogy y c = y c, de y minimális volt, így y = y, tehát c = c a = a, vagyis a leképez injektív. 4.5 Következmény: Ha A = m, 3A αm, akkor A + A α m A következő tételhez előbb egy lemmát mondunk ki. 4.6 Lemma: Legyen d egz X 1,...X d tetszőleges halmazok, B X 1... X d egy véges rzhalmaza legyen B i X 1... X i 1 X i+1... X d projekció. Ekkor B d 1 d i=1 B i teljesül. Bizonyítás: A lemmát d-re szerinti indukcióval bizonyítjuk. d = -re az állítás nyilvánvaló. Legyenek a {b 1, b,..., b t } elemek olyanok, amik előfordulnak, mint egy B-beli elem első koordinátája particionáljuk a B halmazt az első koordináta szerint, tehát ahol B = B(b 1 ) B(b )... B(b t ), B(b i ) = {(b i, x, x 3,..., x d ) = b : b B} Az indukciós hipotézis miatt kapjuk, hogy vagyis B(b i ) d B(b i )... B(b i ) d, B(b i ) d d 1 ( B(bi )... B(b i ) d ) 1 d 1 5

26 Triviális, hogy B(b i ) B 1 is teljesül ezért B(b i ) ( B(b i )... B(b i ) d ) 1 d 1 B1 1 d 1 Ezt a Hölder-egyenlőtlenséget használva a következőt kapjuk: B = t B(b i ) B 1 d 1 1 i=1 B 1 1 d 1 d j= ez bizonyítja az állítást. ( t i=1 t i=1 ( B(b i )... B(b i ) d ) 1 j=1 ( B(b i ) j ) 1 d 1 = d B j 1 d 1 d Tétel (K. Gyarmati, M. Matolcsi, I. Z. Ruzsa): Legyenek A 1, A,...,A k véges, nem üres rzhalmazai egy kommutatív félcsoportnak. S = A 1 + A A k, S i = A A i 1 + A i A k Ekkor S ( k i=1 S i ) 1 k 1. Bizonyítás: Soroljuk fel az A 1, A,...,A k halmazok elemeit valamilyen sorrendben: Minden s S-re nézzük azt az A 1 = {c 11, c 1,..., c 1t1 } A = {c 1, c,..., c t }.. A k = {c k1, c k,..., c ktk } s = c 1i1 + c i c kik ( A A k ) felbontást, ahol az összeadandó tagok sorszáma a lexikografikus rendez szerint minimális. Nézzük a következő függvényt: f : S A 1... A k, f (s) = (c 1i1, c i,..., c kik ) A 1... A k 6

27 Ez jól definiált az S halmazt egy B A 1... A k halmazba képezi úgy hogy, B = A A k teljesül. A 4.6 lemmát a B halmazra alkalmazva kapjuk, hogy B k 1 B 1 B... B k teljesül. Ezért elég megmutatni, hogy B j A 1 + A A j 1 + A j A k Ez az egyenlőtlenség pedig következik abból, hogy a B j -ben lévő elemek koordinátáinak összege különbözik. Valóban, tegyük fel, hogy z = z B j elemekre z = (c 1i1, c i,..., c j 1ij 1, c j+1ij+1,..., c kik ), z = (c 1i 1, c i,..., c j 1i, c j 1 j+1i j+1,..., c ki ), k c 1i1 + c i c kik = c 1i + c 1 i c ki k Feltehetjük, hogy (i 1, i,..., i j 1, i j+1,...i k ) < (i 1, i,..., i j 1, i j+1,...i k ) a lexikografikus rendez szerint. z B j, ezért létezik egy d A j elem, hogy (c 1i 1 Tehát létezik u S, hogy, c i,..., c j 1i, d, c j 1 j+1i j+1,..., c ki ) B. k u = c 1i + c 1 i c j 1i + d + c j 1 j+1i j+1 f (u) = (c 1i 1, c i,..., c j 1i, d, c j 1 j+1i j c ki, k,..., c ki ) B. k teljesül. Mivel c 1i1 + c i c kik = c 1i + c 1 i c ki, ezért k u = c 1i1 + c i c j 1ij 1 + d + c j+1ij c kik is teljesül, azonban d = c jij -re (i 1, i,..., i j 1, i j, i j+1,...i k ) < (i 1, i,..., i j 1, i j, i j+1,...i k ) teljesül a lexikografikus rendezben, de ekkor f definíciója miatt f (u) = (c 1i, c 1 i,..., c j 1i, d, c j 1 j+1i,..., c j+1 ki ), ami ellentmondás. Ezzel a tételt bizonyítottuk. k 7

28 5. F p adott rzhalmazának legnagyobb reducibilis rzhalmaza Ha A Sidon-sorozat, akkor minden rzsorozata is Sidon-sorozat az 1.3 következmény miatt primitív, így A-nak nincs reducibilis rzhalmaza. Van olyan Sidon-sorozat F p -ben, melynek a számossága (1+o(1))( p ) 1 (ezt Erdős Turán bizonyította) Ezért van olyan A F p rzhalmaz, hogy A > c 1 p 1 A nem tartalmaz reducibilis rzhalmazt. Ugyanakkor igaz a következő tétel: 5.1 Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Ha A F p olyan rzhalmaz, hogy A A > p 1, (5.1) akkor A tartalmaz egy M reducibilis rzhalmazt, melyre a következő teljesül: ha M = B + C, akkor M B A A p 1, (5.) B (5.3) C =. (5.4) Bizonyítás: Legyen f (A, d), mint az 1.5 tételben, ekkor fennáll a következő: f (A, d) = {(a, a ) : a, a A, a a = d} = d Fp d Fp = {(a, a ) : a, a A, a = a } = A A. (5.5) Legyen d 0 F p olyan elem, melyre f (A, d) maximális: f (A, d 0 ) f (A, d), minden d F p. Ekkor (5.5)-ből kapjuk, hogy vagyis A A = d F p f (A, d) d F p f (A, d 0 ) = (p 1) f (A, d 0 ) A A p 1 f (A, d 0 ). (5.6) Legyen B = {a : a, a + d 0 A} C = {0, d 0 }. Ekkor 8

29 B + C = B + {0, d 0 } = B (B + {d 0 }) A, így (5.6)-ból B + C B = {a : a, a + d 0 A} = f (A, d 0 ) A A p 1, (5.7) (5.3) következik (5.1) (5.7)-ből, illetve (5.) is fennáll. 9

30 6. k-primitív k-reducibilis halmazok Definíció: Egy A F p halmazt k-primitívnek nevezünk, ha minden B F p olyan halmaz primitív, melyre D(A, B) k. (D(A, B) jelöli a két halmaz szimmetrikus differenciáját) 6.1 Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Legyen A F p legyen f (A, d), mint az 1.5 tételben. Ha max d F p f (A, d) < A 1 3 (6.1) k N olyan, hogy akkor A k-primitív. k A 1 4, (6.) Bizonyítás: Azt kell megmutatni, hogy minden olyan B F p halmaz primitív, melyre teljesül. Az 1.5 tétel miatt elég megmutatni, hogy max d F p D(A, B) k (6.3) f (B, d) < B 1. (6.4) Hogy ezt megmutassuk, egy felső becslt adunk f (B, d)-re, vagyis az olyan (b, b ) párok számára, melyekre b, b B (6.5) b b = d (6.6) teljesül, ahol d F p rögzített. Mivel B = (A B) (B \ A), ezért bármely b, b párra, mely eleget tesz az (6.5) (6.6) feltételeknek eleget kell tennie a következő feltételek egyikének: b, b A B A, b b = d, (6.7) b B \ A, b = b d, (6.8) 30

31 b B \ A, b = b + d. (6.9) (6.1) miatt a (6.7)-t kielégítő b, b párok száma legfeljebb f (A, d) < 1 3 A 1. Sőt a (6.8)-t kielégítő b-k száma legfeljebb B \ A D(A, B) k b egyértelműen meghatározza a b = b d értéket, így (6.8)-nak legfeljebb k megoldása van ugyanígy az (6.9)-nek is legfeljebb k megoldása van. Felhasználva (6.)-t azt kapjuk, hogy A B (A \ B)-ből kapjuk, hogy amiből (6.) (6.3) felhasználásával f (B, d) < 1 3 A 1 + k 5 6 A 1. (6.10) A B + A \ B B + D(A, B), B A D(A, B) A k A 1 4 A 1 A 1 4 A = 3 4 A.(6.11) (6.10) (6.11)-ből következik, hogy f (B, d) < 5 6 A ( 4 3 B ) 1 = ( 5 7 ) 1 B 1 < B 1. Ebből pedig következik (6.4). Következmény: Ha A F p Sidon-sorozat A 16 k = [ 1 4 A 1 ] teljesül, akkor A k-primitív. Definíció: Ha p egy prím, akkor legyen M(p) a legnagyobb olyan pozitív egz, melyre létezik k-primitív halmaz F p -ben. 6. Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): p esetén 0.009p < M(p) < 4 1 p. (6.1) Bizonyítás: Először a felső korlátot látjuk be. Legyen K(A) = max{k : k N, A k-primitív}, így M(p) = max A F p K(A). K(A) definíciójából kapjuk, hogy minden reducibilis A F p halmazra 31

32 D(A, A ) K(A) + 1, vagyis D(A, A ) 1 K(A). Vagyis a felső korlát igazolásához azt kell megmutatni, hogy minden A F p rzhalmazhoz van egy A rzhalmaz, hogy Két esetet különböztetünk meg. 1. eset: Ebből következik, hogy D(A, A ) 1 < 1 4 p. (6.13) A > p 1. (6.14) A A > 4p A 3p > p 1, vagyis az (5.1) feltétel teljesül, ezért az 5.1 tétel alkalmazható. Legyen B + C az 5.1 tételben megkapott reducibilis halmaz ott megadott felbontása legyen A = B + C. Ekkor A reducibilis (5.) miatt kapjuk, hogy D(A, A ) = A \ (B + C) = A B + C A A A p 1 = ( A (p 1) 1 (p 1) 1 ) + p A p 1 p p p 1 = p ( 1 p ) < p ez bizonyítja (6.13)-t. 3

33 . eset: tegyük fel, hogy A p 1. Vegyük a következő halmazt: A = {0, 1, } = {0, 1} + {0, 1}. Ekkor A reducibilis p > 100 esetén a következőt kapjuk: D(A, A ) = A \ A + A \ A A + A p < p 5 + p 30 < p 4 ez bizonyítja a felső korlátot ebben az esetben is. Ezzel a (6.1) felső korlátját bizonyítottuk. Az alsó korlát bizonyításához a következő, Alon, Granville Ubis által bizonyított tételt fogjuk felhasználni: F p reducibilis rzhalmazainak száma kevesebb, mint 1, 960 p, ha p elég nagy.* A (6.1) állítással ellentétben tegyük fel, hogy legyen M(p) 0.009p (6.15) k = [0.009p] + 1. (6.16) Ekkor M(p) definíciója (6.15) miatt nincsen k-primitív A F p rzhalmaz erre a k-ra. Jelöljük R p -vel F p reducibilis rzhalmazainak halmazát. Minden A F p rzhalmazra létezik egy R = R(A) R p, hogy D(A, R) k. (6.17) Rögzített R F p rzhalmazra legyen A(R) azon A F p rzhalmazok halmaza, melyre (6.17) teljesül. Ha R rögzített, akkor minden A A(R) megkapható R-ből pontosan i darab elem megváltoztatásával, ahol i k. Ezt az i darab elemet ( p i ) féleképpen tudjuk kiválasztani. Ezért azt kapjuk, hogy A(R) = k i=0 ( ) p (k + 1) i ( ) p. (6.18) k Mivel minden A F p rzhalmazhoz van R F p, hogy A A(R), így (6.18) (*) miatt kapjuk, hogy p = {A : A F p } = R Rp {A : A A(R)} ( ) ( ) ( p p p = (k + 1) R p < (k + 1) k k k R R p A(R) R R p (k + 1) vagyis 33 ) 1, 960 p,

34 (k + 1) ( p k ) > ( 1,960 )p. (6.19) A továbbiakhoz felhasználjuk a következő lemmát, amit a Stirling formulával lehet bizonyítani. Lemma: Legyen 0 a < b ɛ > 0. Ekkor létezik egy pozitív szám δ = δ(a, b, ɛ) egy pozitív egz m 0 (a, b, ɛ), hogy ha m m 0 (a, b, ɛ), u bm < δm v am < δm, akkor ( u v ) < (bd( a b )+ɛ)m teljesül, ahol d(x) = log 1 (x log x + (1 x)log(1 x)), ha 0 < x < 1 d(0) = d(1) = 0. Ekkor (6.16) miatt a lemmából (m = u = p, v = k, a = 0, 009, b = 1 választásokkal) következik, hogy p esetén (k + 1) ( p k ) < (d(0,009)+o(1))p (6.0) teljesül. (6.19) (6.0)-ból következik, hogy vagyis 1,906 d(0,009), (log ) d(0,009) + log 0, ,009 log 0,009-0,9971 log 0, log 0, (6.1) Ugyanakkor egy kis számolással látható, hogy (6.1) bal oldala kisebb nullánál, ezért a (6.1) egyenlőtlenség nem állhat fenn. Ez az ellentmondás bizonyítja, hogy (6.15) sem áll fenn ezzel kz az alsó korlát bizonyítása is. Emlékeztetünk, hogy egy A F p halmazról akkor mondjuk, hogy k- reducibilis, ha létezik additív, vagy multiplikatív k-felbontása. Persze, ha egy halmaz k-reducibilis, akkor l-reducibilis is, minden 1 < l k számra is. Az alábbi tételben ennek a fordítottját vizsgáljuk. 34

35 6.3 Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Legyen p > prím A olyan rzhalmaza F p -nek, amely alakú, ahol ahol r 1, továbbá A = {0, 1} A 0 (6.) A 0 [ p 4, p ), (6.3) A 0 = r j=1 {a j, a j + 1,..., a j }, (6.4) a j > a j, j = 1,,..., r (6.5) a j+1 a j +, j = 1,,..., r 1. (6.6) Ekkor A -reducibilis, de nem 3-reducibilis. Jelöljük G-vel azon halmazok halmazát, melyek a fent leírt alakúak. Ekkor G > p 8 Bizonyítás: Legyen B = {0} ( r j=1 {a j, a j+1,..., a j 1}). Ekkor A = {0, 1} + B egy nem triviális felbontása A-nak. Tegyük fel, hogy A 3-reducibilis, vagyis A = B + C + D (6.7) teljesül, ahol B, C, D B, C, D F p. 0 A (6.7) miatt létezik b B c C d D, hogy 0 = b + c + d. Ekkor B = B {b}, C = C {c}, D = D {d} halmazokra teljesül, hogy A-nak egy nem triviális 3-felbontása A = B + C + D (6.8) 0 B, C, D (6.9) Mivel (6.8) A-nak egy nem triviális 3-felbontása, ezért léteznek nem nulla b B, c C d D elemek. Ekkor (6.8) a b, c, d nem nulla elemekre azt kapjuk, hogy 35

36 {b, c, d, b + c, b + d, c + d, b + c + d } {0, b } + {0, c } + {0, d } B + C + D = A. (6.30) Három esetet különböztetünk meg. 1. eset: Tegyük fel, hogy b, c d közül egyik sem 1. Mivel egyik sem nulla, ezért (6.) (6.3) miatt vagyis b, c, d A \ {0, 1}. p 4 b, c, d < p, p b + c, b + d, c + d < p. (6.31) (6.30) (6.31)-ből kapjuk, hogy b + c, b + d, c + d A [ p, p), de (6.) (6.3) miatt A [ p, p) üres, tehát ellentmondásra jutottunk.. eset: Tegyük fel, hogy b = 1, de c d nem 1. (a többire ugyanígy megy) Ekkor a c -re d -re tett feltétel miatt miatt ezért (6.), (6.3) (6.30) miatt vagyis c, d / {0, 1}, c, d A \ {0, 1} = A 0 [ p 4, p ), p 4 c, d < p, p c + d < p. (6.3) Így (6.30) (6.3) miatt újra kapjuk, hogy c + d A [ p, p), ami megint ellentmondás. 3. eset: Tegyük fel, hogy b, c d közül legalább két darab egyes szerepel, feltehetjük, hogy b = c = 1. Ekkor (6.30) miatt Mivel p > 9, így b + c = A. 36

37 A (1, p 4 ), de (6.) (6.3) miatt A (1, p 4 ) üres, vagyis ellentmondásra jutottunk. Mindhárom esetben ellentmondásra jutottunk, így (6.7) nem állhat fenn, vagyis A nem 3-reducibilis. G > p 8 igazolásához nézzük az összes nem üres E 0 [ p 4, 3p 8 ) F p (6.33) halmazt egy ilyen E 0 halmazt írjunk fel a következőképpen: ahol E 0 = r j=1 {e j, e j + 1,..., e j }, (6.34) e j e j, j = 1,,...r (6.35) e j+1 e j +, j = 1,,...r 1. (6.36) Jelölje H ezen rzhalmazok halmazát. Minden E 0 H halmazhoz konstruálunk egy A 0 = A 0 (E 0 ) halmazt a következő módon. Először az a j a j elemeket definiáljuk j = 1,,...r esetén: a j = e j + (j 1) a j = e j + j, j = 1,,..., r. (6.37) Legyen A 0 = A 0 (E 0 ), mint (6.4)-ben A = A(E 0 ), mint (6.)-ben. Ekkor (6.33), (6.34), (6.35), (6.36) (6.37) miatt (6.4), (6.5) (6.6) teljesül. a A 0 -ra kapjuk, hogy Sőt (6.33)-(6.37)-ből következik, hogy 3p 8 > e r = r j=1 vagyis p > miatt (e r 1 j e j) + r < 1 (3p 8 j=1 a e 1 p 4. (6.38) (e j+1 e j ) + e 1 [ ] p ) (3p így minden a A 0 -ra kapjuk, hogy 37 r 0 + j=1 r 1 + j=1 8 p 3 ) + 1 < p 4 8, [ ] p = (r 1) + 4 [ ] p 4

38 a a r = e r + r < 3p 8 + p 8 = p. (6.39) Ezért (6.3) következik (6.38) (6.39)-ből. Tehát minden A = A(E 0 ) halmaz eleget tesz (6.)-(6.6)-nak, így ők elemei G-nek. Ha E 0 E 0 különböző elemei H-nak akkor A(E 0 ) = A(E 0 ), ezért H = G. H = {n:n N, p 3p 4 n< 8 } 1 p > p 8. Vagyis G > p 8 Ezzel kz a 6.3 tétel bizonyítása. A következő tételben a legnagyobb olyan k számot becsüljük, melyre F p egy adott rzhalmazának létezik k-reducibilis rzhalmaza. Definíció: Ha G egy additív csoport, d N y,x 1, x,...x d G-nek elemei, akkor a H = {y + d ɛ i x i : ɛ i {0, 1}, i = 1,,...d} 6.40 i=1 halmazt d-dimenziós Hilbert kockának nevezzük. 6.4 Lemma: Ha N > N 0, E {1,,..., N} olyan, hogy E N 4 5 (6.41) d = [ 11 log(3n) 10log ], (6.4) log(3n/ E ) akkor létezik d-dimenziós H Hilbert kocka, melyre x i = x j, 1 i < j d H E teljesül. 6.5 Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Ha p > p 0 prím, A F p, olyan, hogy A p 4 5 (6.43) k = [ 11 log(3p) 10log ], (6.44) log(3p/ A ) 38

39 akkor A-nak van k-reducibilis B rzhalmaza. Bizonyítás: Az állítás bizonyításához A minden elemét reprezentáljuk a legkisebb pozitív egszel modulo F p. Az így keletkezett halmazt jelöljük A -vel. (6.43) (6.44) miatt alkalmazhatjuk a 6.4 lemmát a p = N, A = E k = d szereposztással. Kapjuk, hogy létezik egy d-dimenziós Hilbert kocka H, melyre H A teljesül. Ha a maradékosztályokat y,x 1, x,...x k jelöli akkor H = {y + k ɛ i x i : ɛ i {0, 1}, i = 1,,...k} A. i=1 Ha B 1 = {y, y + x 1 } B i = {0, x i }, i =,..., k, akkor H = B 1 +B +...+B k A, tehát H egy k-reducibilis rzhalmaza A-nak. A továbbiakban egy B + C = R A F p felbontásban a B C méretét becsüljük. Ehhez először egy lemmát mondunk ki. 6.6 Lemma: Ha D 1, D,...D t rzhalmazai F p -nek D 1 = D =... = D t =, akkor D 1 + D D t min{t + 1, p} Bizonyítás: A Cauchy-Davenport tételből (4.1 tétel) indukcióval következik. 6.7 Következmény: Ha A F p, p k a (6.43) (6.44) feltételeknek eleget tesznek, akkor A-nak létezik egy R reducibilis rzhalmaza, hogy esetén R = B + C (6.45) min{ B, C } [ k ] + 1 (6.46) Bizonyítás: (6.46) a B i halmazok definíciójából következik. A következőkben a célunk, hogy a min{ B, C } számra adjunk pontosabb alsó korlátot. Definíció: Ha a H Hilbert kocka olyan, hogy a d i=1 ɛ ix i (ɛ i {0, 1}, i = 1,,...d) összegek páronként különböznek, vagyis H = {y + d ɛ i x i : ɛ i {0, 1} i = 1,,..., d} = d, i=1 39

40 akkor H-t egy nem-degenerált d-dimenziós Hilbert kockának nevezzük. 6.8 Lemma: Ha N > N 0, E {1,,...N} (6.41) teljesül d-t (6.4) definiálja, akkor létezik egy nem-degenerált d-dimenziós Hilbert kocka E-ben. Bizonyítás: Megtalálható Gyarmati Katalin Sárközy András: On reducible and primitiv subsets of F p, II című cikkében. 6.9 Tétel (K. Gyarmati, A. Sárközy): Ha A F p, p k a (6.43) (6.44) feltételeknek eleget tesznek, akkor A-nak létezik egy R reducibilis rzhalmaza, hogy esetén R = B + C (6.47) min{ B, C } [ k ] (6.48) Bizonyítás: A 6.8 lemma szerint A tartalmaz egy nem-degenerált d-dimenziós Hilbert kockát H = {y + d i=1 ɛ i x i : ɛ i {0, 1} i = 1,,..., d} A (6.49) Ekkor B 1 = {y, y + x }, B i = {0, x i } R = H halmazokra véve a B = B 1 + B B [ k ] C = B [ k ] B k 1 + B k halmazokat kapjuk, hogy (6.47) következik H definíciójából, illetve B C nem-degenerált Hilbert kockák [ k ] k [ k ] [ k ] dimenziókkal, ezért elemszámuk eleget tesz a (6.48) feltételnek. 40

41 7. Kvadratikus maradékok additív felbontása Először bevezetünk néhány jelölt: ha G véges Abel-csoport f, g egy G-ből C-be képező függvény, akkor ( f g)(x) = y G f (y)g(x y), jelölje χ az F p Legendre-szimbólumát, f, g jelöli két komplex függvény skaláris szorzatát, f, 1 = f, g pedig az l norma négyzete. 7.1 Tétel (A. Sárközy, Shkredov): Legyen p prím R F p kvadratikus maradékok halmaza. Ha A + A = R, akkor p = 3 Ha A A = R, akkor p = 3, 7, 13, ahol A A = {a + a : a, a A, a = a } Bizonyítás: Megtalálható Shkredov: Sumsets in quadratic residues című cikkében, itt a terjedelemre való tekintettel nem bizonyítjuk. A következő tételhez kimondunk két lemmát, melyek a bizonyítása megtalálható Shkredov: Sumsets in quadratic residues című cikkében. 7. Lemma: Legyenek g, h : F p C komplex függvények. Ekkor g(x)h(y)χ(x + y) g (p h h ) 1 g h p 1 x,y ((g χ) (h χ))(x) = p(h g) g h. 7.3 Lemma: Legyen c egy egz szám α : G Z egy függvény. Ekkor α α = c x c x α(x) (c 1) x:0<α(x) <c α(x) α(x) + {x : α(x) = k} (k ck) k 7.4 Tétel (C. Bachoc, M. Matolcsi, I. Z. Ruzsa): Legyen p prím, R F p kvadratikus maradékok halmaza, A F p. Ha A A R {0} teljesül akkor: 41

42 illetve p A + A 1, ha A páros p A + A, ha A páratlan Bizonyítás: Legyen A = a legyen ɛ(x) olyan függvény, melyre (A χ)(x) = (a 1)A(x) + ɛ(x), (7.1) ahol ɛ(x) = 0, ha x A. A 7. lemma szerint Sőt ɛ = pa a a(a 1), ɛ = a(a 1). ɛ(x) = R (x A) a (7.) minden x / A elemre. Először legyen a egy páros szám. Ekkor (7.) szerint ɛ(x) értéke minden x-re páros (ɛ(x) = 0, ha x A). A 7.3 lemmát alkalmazva c = -vel kapjuk, hogy vagyis ɛ = pa a a(a 1) a(a 1) p a + a 1 amint állítottuk. Tegyük fel, hogy a páratlan 1-nél nagyobb szám. ɛ(x) = 0 az A halmazon, de a (7.) formula szerint minden más x-re ɛ(x) páratlan. Először belátjuk, hogy létezik olyan x / A, melyre ɛ(x) = 1 teljesül. Ha nem így lenne, akkor (7.1) miatt A, χ = ɛ, χ = pa(0) a (a 1) A, χ (7.3) Eltolással elérhetjük, hogy 0 A teljesüljön így A, χ = a 1. Behelyettesítve (7.3)-ba kapjuk, hogy p = a, ami ellentmondás. Legyen p k = {x F p : ɛ(x) = k}, k Z. Ekkor p 0 = a p l = 0 minden l nem nulla egzre. A 7.3 lemma feltételét c = -re alkalmazva felhasználva, hogy p 1 kisebb p 1 -nél a következőhöz jutunk: ɛ = pa a a(a 1) = ɛ + (k + k)p k a(a 1) p p k = k k = 1,0 más szóval = a(a 1) + 3p 4p 1 3a a(a 1) + p + 3a p a + a 4 + p+ a. Kis számolás után kapjuk, hogy p a + a teljesül, feltéve, hogy a > 1. Ezzel kz a bizonyítás. 4

43 Irodalomjegyzék -Gyarmati Edit, Freud Róbert: Számelmélet -Gyarmati Katalin, Sárközy András: On reducible and primitiv subsets of F p, I -Gyarmati Katalin, Sárközy András: On reducible and primitiv subsets of F p, II -Elekes György: Sums versus products -Noga Alon, Andrew Granville, Adrián Ubis: The number of sumsets in a finite field -Ruzsa Imre: Sumsets and structure -Shkredov: Sumsets in quadratic residues 43