2 Tổng thu hẹp-phương pháp đa thức
2.2 Một vài ví dụ liên quan
Mệnh đề 2.2.1. Nếu p là số nguyên tố và A0, A1, . . . , Ak là các tập con khác rỗng của Zp thì với mỗi g ∈ Zp ta luôn có
|{a0 +· · ·+ak|ai ∈ Ai, k Y i=0 ai 6= g}| > min{p, k X i=0 |Ai| −2k−1}.
Chứng minh. Nếu g = 0 thì kết quả được suy ra ngay từ Định lý Cauchy Davenport. Ta xét trường hợp g 6= 0. Đầu tiên, giả sử rằng |Ai| > 1
với mọi i. Nếu
k
P
h = k Q i=0 xi−g và m = k P i=0 |Ai| −2k −2. Ở đây ci = |Ai| −1 và hệ số của k Q i=0 xci i trong h.(x0+· · ·+xk)m là Q m!
(ci−1)! mà khác không mod m, suy
ra kết quả mong muốn. Nếu không, thay một vài tập Ai bởi tập con A0i
thỏa mãn |A0i| > 1 và
k
P
i=0
|A0i| = p+ 2k+ 1 và áp dụng kết quả tới tập A0i.
Khi |Ai| = 1 với một vài tập Ai, ta cũng dễ dàng suy ra kết quả bằng cách áp dụng kết quả trước tới tập Aj có lực lượng hơn 1 với một vài giá trị thay đổi thích hợp của g.
Mệnh đề 2.2.2. Nếu p là số nguyên tố và A0, A1, . . . , Ak là các tập con khác rỗng của Zp với |Ai| >k+ 1 cho mọi i thì ta luôn có bất đẳng thức
|{a0 +· · ·+ak|ai ∈ Ai, ai.aj 6= 1,06 i < j 6 k}| > min{p, k X i=0 |Ai| −(k+ 1)2 + 1}. Chứng minh. Nếu k P i=0 |Ai| − (k + 1)2 < p thì qua việc áp dụng Định lý 1.1.5 với h = Q 0≤i<j≤k (xi.xj −1) và m = k P i=0 |Ai| −(k + 1)2 ta có kết quả. Nếu không như trường hợp vừa xét ta thay một vài tập Ai bằng tập con khác rỗng A0i thỏa mãn k P i=0 |A0i| = p+ (k+ 1)2 và áp dụng kết quả tới các tập A0i.
Chú ý. Đánh giá trong bổ đề trước là không rõ ràng. Thực tế, không khó để chỉ ra rằng nếu lực lượng của Ai lớn hơn 2 + log2(k + 1) thì tập
S = {a0 +· · ·+ak : ai ∈ Ai, ai.aj 6= 1,∀0≤ i < j ≤k} (2.2.1) là khác rỗng. Thực tế, kết quả mạnh hơn sau đây là đúng.
Mệnh đề 2.2.3. Nếu p là một số nguyên tố và A0, A1, . . . , Ak là các tập con khác rỗng của Zp − {1,−1}, mỗi lực lượng s > log2(k + 1) thì tập
S xác định trong (2.2.1) là khác rỗng. Điều này chặt với mọi s ≤ p−3
2
sao cho s có một bộ sưu tập của 2s các tập Ai ⊂ Zp− {1,−1} của mỗi lực lượng s sao cho tập S từ (2.2.1) là tập rỗng.
Chứng minh. Nếu s > log2(k + 1), cho H là một tập con ngẫu nhiên có p−1
2 phần tử của Zp − {1,−1} thu được bằng cách chọn, với mỗi cặp x, 1
x ∈ Zp− {1,−1,0} ngẫu nhiên, độc lập, chính xác một trong số chúng là một phần tử của H. Ngoài ra thêm 0 vào H. Nếu Ai ∩H 6= ∅
với mọi i, kết quả mong muốn sau bằng cách chọn ai ∈ Ai ∩H và thấy rằng g.g0 6= 1 với mọi g, g0 ∈ H. Tuy nhiên, với i cố định, nếu Ai chứa 0 hoặc chứa cả x và 1
x với một vài x ∈ Zp− {1,−1,0} thì Ai ∩H 6= ∅. Nếu không, xác suất rằng Ai ∩ H = ∅ chính xác là 2−s < 1
k + 1 chứng
tỏ rằng xác suất có thể Ai ∩H 6= ∅ với mọi i, như yêu cầu. Nếu s≤ p−3
2 , cho x1, . . . , xs là s phần tử của Zp− {1,−1,0} sao cho tích của hai số bằng 1. Với mỗi 2s véctơ δ = (δ1, . . . , δs) ∈ {1,−1}s xác định một tập con Aδ = {xδ1
1 , . . . , xδs
s } . Dễ thấy rằng mọi cách chọn một phần tử từ mỗi Aδ phải chứa một vài phần tử xi và nghịch đảo của nó. Điều này kết thúc chứng minh.
Mệnh đề 2.2.4. Nếu p là một số nguyên tố và A, B là hai tập con khác rỗng của Zp với |A|> |B| thì với e∈ Zp bất kì
|{a+ b :a ∈ A, b ∈ B, ab 6= e, a 6= b}| ≥ min{p,|A|+|B| −4}. (2.2.2) Chứng minh. Nếu |B| ≤ 2 và b0 ∈ B thì A chứa một tập con A0 của |A| − 2 phần tử mà không phải là b0 hoặc eb0−1 và do đó trong trường hợp này
như yêu cầu. Do đó, ta giả sử rằng |A| > |B| ≥ 3. Nếu |A|+|B| −5 < p, áp dụng Định lý 1.1.6 vớik = 1, h = (x0−x1)(x0.x1−e), A0 = A, A1 = B và m = |A|+|B| −5. Do đóc0 = |A| −1, c1 = |B| −1 và hệ số của xc0 0 .xc1 1 trong h.(x0 +x1)m là m c0 −2 ! − m c0 −1 ! = m! (c0 −1)!(c1 −1)!(c0 −c1),
là khác không mod p. Nếu |A| + |B| − 5 ≥ p thay B bởi một tập con
B0 có p+ 4− |A| lực lượng và áp dụng kết quả tới A và B0 và kết luận trong trường hợp này |A+B| > |A+B0| = p.
Chú ý. Đánh giá sau là chặt với mọi lực lượng có thể của |A| > |B|> 1
như chứng tỏ bởi ví dụ sau.
A = {a, a+d, a + 2d, . . . , a+ c0d}, B = {a, a+ d, a+ 2d, . . . , a+c1d}
trong đó a, d được chọn sao cho a(a + d) = (a + c0d)(a + c1d) = e. Nghiệm duy nhất của phương trình này trong trường hợp c1 = 1 ( nghĩa là |B| = 2), là e = 0 và d = −a cung cấp hai tập
A = {a,0, . . . ,−(c0 −1)a}, B = {a,0}.
Nếu c1 ≥ 2 nghiệm được cho bởi
a = v u u t c0c1e (c0 −1)(c1 −1), d = −(c0 +c1 −1)a c0c1 .
Nghiệm như vậy tồn tại với mọi e sao cho (c0c1e)(c0 −1)(c1 −1) là một thặng dư bậc hai. Với |B| = 1 vế phải của (2.2.2) có thể hoàn thiện tới |A| −2 = |A|+|B| −3 như giải thích trên và điều này là tầm thường.
Nếu |A| = |B| = s > 2 thì áp dụng mệnh đề 2.2.4 với A và một tập con s−1 lực lượng của B ta suy ra rằng trong trường hợp này, với mọi
e ∈ Zp
Không khó để kiểm tra rằng nếu s ≤ 2 thì tập trong vế trái của bất đẳng thức sau có thể bằng rỗng. Với s ≥ 3 đánh giá trên là chặt, như chứng tỏ bằng sự thay đổi dễ dàng của ví dụ được mô tả ở trên.