Sobre sucesiones de Sidon

Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40). Edición continua SOBRE SUCESIONES DE SIDON Adrián Infante Departamento de Matemáticas y Estadística, Instituto de Ciencias Básicas, Universidad Técnica de Manabí. Autor para correspondencia: [email protected] Recibido: 15-4-2019 / Aceptado: 14-10-2019 / Publicación: 31-12-2019 Recibido: 15-04-2019 / Aceptado: 14-10-2019 / Publicación:01-12-2019 Editor Académico: Dra. Carmen Judith Vanegas RESUMEN Estudiamos los subconjuntos de números reales con la propiedad de que todas las sumas de dos elementos son distintos, es decir que si ai + aj = ai′ + aj ′ entonces se verifica la igualdad {ai , aj } = {ai′ , aj ′ }. A estos conjuntos los llamaremos conjuntos de Sidon. El problema es saber cuál es el mayor número de elementos que puede tener un conjunto de Sidon en el intervalo [1, N ]. Presentamos ejemplos que evidencian la necesidad de conocer el tamaño del intervalo [1, N ] donde se va a ubicar el conjunto de Sidon para saber el tamaño F (N ) del conjunto de Sidon. Ruzsa I. Z. (1998) demostró la existencia √ de una sucesión infinita de Sidon tal que su tamaño B(N ) > N 2−1+o(1) . En este trabajo rehacemos detalladamente la demostración de Ruzsa, introduciendo en la prueba una modificación sustancial, al sustituir las sucesiones {log p}p, primo por la sucesión de los argumentos de los enteros de Gauss a + ib = p con a < b, a y b enteros y p primo. Palabras clave: Conjuntos de Sidon, suma de dos elementos. ON INFINITE SUCCESSION OF SIDON ABSTRACT We study the sub-sets of real number with the property that all sums of two elements is different, namely ai + aj = ai′ + aj ′ then the equation {ai , aj } = {ai′ , aj ′ } is verified. We will call these sets Sidon sets. The problem is knowing the maximum number of elements that a Sidon set can contain in the interval [1, N ]. We present examples that show the need of knowing the size of the interval [1, N ] where the Sidon set will be located to know the size F (N ) of the Sidon √ set. Ruzsa I. Z. (1998) proved the existence of an infinite Sidon succession such that its size B(N ) > N 2−1+o(1) . In this paper, we rewrite Ruzsa proof in detail, introducing a susstantial modification in the proof, by substituting the successions {log p}p, primo for the succession of the arguments of Gauss integers a + ib = p with a < b, and integers, and prime. Keywords: Sets of Sidon, Sums of two elements. SOBRE SUCESSÕES INFINITAS DE SIDON RESUMO Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) Estudamos os subconjuntos de números reais com a propriedade que todas as somas de dois elementos são diferentes, ou seja, se ai + aj = ai′ + aj ′ , então a igualdade {ai . aj } = {ai′ , aj ′ }. Nós chamamos esses conjuntos de conjuntos Sidon. O problema é saber qual é o maior número de elementos que pode ter um conjunto de Sidon no intervalo. Apresentamos exemplos que mostram a necessidade de saber o tamanho do intervalo [1, N ] onde o conjunto Sidon estará localizado, para saber o tamanho F (N ) do conjunto Sidon. Ruzsa I.Z. (1998) demonstrou a capacidade de uma sucessão infinita √ de Sidon de tal forma que seu tamanho B(N ) > N 2−1+o(1) . Neste artigo apresentamos uma explicação detalhada da demonstração de Ruzsa, introduzindo uma modificação substancial na prova, substituindo as consequência {log p}p, primo pela sequência de argumentos dos inteiros Gauss a + ib = p com a < b, a e b inteiros e p primo. Palavras chave: Conjuntos de Sidon, somas de dois elementos são diferentes. Citación sugerida: Adrián Infante . SOBRE SUCESIONES DE SIDON. Revista Bases de la Ciencia, 4(3), 19-40. DOI:KWWSVGRLRUJUHYBEDVBGHBODBFLHQFLDYL Recuperado de:KWWSVUHYLVWDVXWPHGXHFLQGH[SKS%DVHGHODFLHQFLDDUWLFOHYLHZ OrcidIDs: Adrián Infante:http://orcid.org/0000-000-2385-77063 Carmen Judith Vanegas:http://orcid.org/0000-003-0748-5963 20 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES DE LA CIENCIA Adrián Infante 1. INTRODUCCIÓN En la teoría de números ha tenido especial atención el estudio de las propiedades aditivas de los números enteros. Dentro de la amplia Teoría Aditiva destacamos aquella parte que estudia los conjuntos de números reales con la propiedad de que todas las sumas de dos elementos son distintas. Varios problemas relacionados con este tipo de conjuntos surgen en conexión con los trabajos de investigación en la teoría de Series de Fourier, como se puede ver en los trabajos de Sidon S. (1932). Esta conexión se puede ilustrar de manera sencilla: sea A = {ak }k una sucesión de números enteros y tales que rA (n) ≤ g, donde rA (n) es el número de representaciones de n como suma de dos elementos de A, sin repetición, es decir, rA (n) = #{ai , aj ∈ A : n = ai + aj , ai ≤ aj }. Para un número real positivo p, definimos la norma p de una función f : R → R periódica y de período 2π por: ∥ f ∥p = Z 2π |f (x)| dx 0 1/p . Un simple cálculo nos permite observar que las normas 4 de funciones con frecuencia en A, están acotadas por las normas 2. Sea f (t) = ∞ X ck eiak t k=0 donde A = {ak }k es una sucesión de números enteros y tales que rA (n) ≤ g, y los Ck , k = 0, 1, 2, . . . son los coeficientes de Fourier de f . Entonces ∥f ∥44 1 = 2π Z 1 2π Z = 2π 0 1 |f (t)| dt = 2π 4 2π X 0 ck cj k,j ! Z 2π f 2 (t) 2 dt 0 2 2 ei(ak +aj )t dt = 1 2π Z 0 ∞ 2π X n=1 X ck cj eint dt k,j ak +aj =n 2 = ∞ X n=1 ≤ 2g X ck cj k,j ak +aj =n ∞ X k=1 |cj |2 !2 ≤ 2g ∞ X X n=1 k,j ak +aj =n |ck |2 |cj | 2 ≤ 2g ∥f ∥42 . Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 21 SOBRE SUCESIONES DE SIDON En este trabajo sólo consideramos el caso en que el número de representaciones es única, es decir, si ai + aj = ai′ + aj ′ entonces se verifica la igualdad {ai , aj } = {ai′ , aj ′ }. A estos conjuntos los llamaremos conjuntos de Sidon. Sidon planteó a Erdös el siguiente problema: ¿Cúal es el máximo número de elementos que puede tener un conjunto de Sidon contenido en el intervalo [1, N ]? Si llamamos F (N ) a ese número, los siguientes ejemplos nos darán las primeras cotas inferiores. Ejemplo 1. Las potencias de 2, cuyo crecimiento es exponencial, es el ejemplo más obvio de conjunto de Sidon. De hecho, cualquier sucesión lacunar, B = {b1 , b2 , b3 . . .} con la condición 2bk−1 ≤ bk , es de Sidon. De aquí obtenemos F (N ) ≥ log2 N . El siguiente ejemplo nos da una mejor cota inferior. Ejemplo 2. Vamos a construir una sucesión de Sidon, b1 < b2 < . . ., tal que los bn sean mucho menor que n3 , bn ≪ n3 . Empezado por b1 = 1, b2 = 2. Tomemos bn como el menor entero positivo distinto de todos los números bi + bj − bk , con 1 ≤ i, j, k < n. Veamos que esta construcción nos proporciona, bn < n3 . Observemos que existen a lo más (n − 1)3 de estas tripletas i, j, k, por lo tanto los correspondientes números de enteros bi +bj −bk no puede superar a (n−1)3 . De modo que siempre podemos elegir bn ≤ (n − 1)3 + 1 < n3 . En este caso, tenemos F (N ) ≥ N 3 . 1 Estas dos construcciones, que podemos considerar triviales, fueron superados por la siguiente construcción de Erdös. Ejemplo 3. Sea p un primo y sea Bp = {bk = 2kp + (k 2 )p : k = 1, 2, . . . , p}, donde (k 2 )p denota el entero positivo u, 1 ≤ u ≤ p, determinado por u ≡ k 2 (mod p). Spongamos que 2kp + (k 2 )p + 2pj + (j 2 )p = 2pk ′ + (k ′2 )p + 2pj ′ + (j ′2 )p que podemos escribir como (k 2 )p + (j 2 )p − (k ′2 )p − (j ′2 )p = 2p(k ′ + j ′ − k − j) 22 ISNN 2588-0764 (1) REVISTA BASES DE LA CIENCIA Adrián Infante En particular tenemos que k 2 + j 2 ≡ k ′2 + j ′2 (mod p), de donde (k − k ′ )(k + k ′ ) ≡ (j ′ − j)(j ′ + j) (mod p). (2) Por otra parte, como 1 ≤ (k 2 )p ≤ p, se cumple que −2p < (k 2 )p + (j 2 )p − (k ′2 )p − (j ′2 )p < 2p, y en vista de (1) tenemos que (k 2 )p + (j 2 )p − (k ′2 )p − (j ′2 )p = 0, lo que implica que k − k ′ = j ′ − j. En el caso j ̸= j ′ en (2), como k − k ′ = j ′ − j, obtenemos k + k ′ ≡ j + j ′ (mod p), que junto con k + j ≡ k ′ + j ′ (mod p) implica k ′ = j. En el otro caso, j = j ′ implica que k = k ′ . Es decir en cualquier caso, {k, j} = {k ′ , j ′ }. Hemos demostrado que Bp es un conjunto de Sidon con p elementos contenidos en el intervalo [1, 2p + 1], esto quiere decir que F (2p2 + 1) ≥ p. Por otra parte, sabemos que para todo N existe un primo p tal que N − o(N ) < 2p2 + 1 ≤ N , donde o(N ) denota una constante que depende de N y tal q √ ) N 2 que límN →∞ o(N = 0. Así que F (N ) ≥ F (2p + 1) ≥ p ≥ − o( N ). N 2 Con un argumento más elaborado, Bose R.C. and Chowla S.(1962) demostraron que F (N ) ≥ √ √ N + o( N ). (3) Reproducimos aquí una construcción más sencilla que dio I. Ruzsa. Ejemplo 4. Para un número natural p, decimos que g es una raíz primitiva módulo p, si g genera como grupo a Z∗p , es decir, si para cada b ∈ Z∗p existe k ∈ Z tal que g k ≡ b(mod p). Aquí Z∗p denota los elementos invertibles módulo p. Dado un número primo p, sea g una raíz primitiva de p. Considere el sistema de congruencias    x≡k (mod(p − 1)),   x ≡ gk k = 1, 2, . . . , p − 1. (mod p) (4) Por el teorema Chino del resto tenemos p−1 soluciones en [1, p(p−1)]. Vamos a ver que este conjunto de soluciones es un conjunto de Sidon. Supongamos que xi ≡ i, xj ≡ j, xi′ ≡ i′ y xj ′ ≡ j ′ (mod p − 1) tales que xi + xj = xi′ + xj ′ . En Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 23 SOBRE SUCESIONES DE SIDON particular, xi + xj ≡ xi′ + xj ′ (mod p(p − 1)), de donde    xi + xj ≡ xi′ + xj ′ (mod (p − 1))   xi + xj ≡ xi′ + xj ′ (mod p) Entonces, en vista de (4), tenemos i + j ≡ i′ + j ′ (mod (p − 1)) y g i + g j ≡ g i + g j (mod p). ′ ′ Consideremos el polinomio P (x) = (x − g i )(x − g j ) = x2 − x(g i + g j ) + g i+j . Usando las congruencias anteriores tenemos que P (x) ≡ x2 − x(g i + g j ) + g i +j ≡ (x − g i )(x − g j ) (mod p). ′ ′ ′ ′ ′ ′ Como p es primo y P es de grado 2, no puede tener más de dos soluciones. De manera que {g i , g j } =  ′ ′ {g i , g j } = g i , g j , esto implica que {i, j} = {i′ , j ′ } y, por tanto {xi , xj } = {xi′ , xj ′ }. Hemos demostrado que F (p(p − 1)) ≥ p − 1. Para un N cualquiera podemos tomar un primo p tal que N −o(N ) ≤ (p−1)2 ≤ p(p−1) ≤ N y, como en el ejemplo 3, concluimos que F (N ) ≥ F (p(p−1)) ≥ √ √ p − 1 ≥ N − o( N ). Cota superior para F (N ) Sea B un conjunto de Sidon contenido en el intervalo [1, N ], y consideramos  B +B := el conjunto |B| + 1 {b + b′ : b, b′ ∈ B}. Como las sumas son diferentes se cumple que |B + B| =  , donde |B| 2 denota el cardinal de B. Por otra parte, B + B ⊂ [2, 2N ], y por lo tanto |B + B| ≤ 2N + 1. De estos dos hechos se √ deduce que |B|2 + |B| ≤ 4N + 2, implica |B|2 ≤ 4N y por lo tanto |B| ≤ 2 N . En consecuencia √ F (N ) ≤ 2 N . Esta estimación la podemos mejorar si consideramos el conjunto da las diferencias positivas (B − B)+ . Los conjntos de Sidon también verifican que  las diferencias b − b′ , con b, b′ ∈ B son todas  |B| diferentes. Por lo tanto se cumple que |(B − B)+ | =   . También se tiene (B−B)+ ⊂ [1, N −1] 2 lo que implica que |(B − B)+ | ≤ N − 1. Combinando estas dos estimaciones cocluimos que F (N ) < √ 2N + 1. 24 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES DE LA CIENCIA Adrián Infante Erdos P.,Turan P.(1941) mejoraron con un argumento combinatorio la cota superior. F (N ) ≤ √ √ N + o( N ). (5) Combinando (3) y (5) obtenemos 1 lím N − 2 F (N ) = 1. N →∞ (6) 2. DOS EJEMPLOS INTERESANTES Para terminar con esta sección daremos dos ejemplos que serán útiles para ilustrar cómo se puede construir sucesiones de Sidon de enteros a partir de sucesiones de Sidon de reales. Ejemplo 5. Dado N consideremos la sucesión {[4N 2 log p]}p , con p primo menor que N . Veamos que es una sucesión finita de Sidon. Sean p, q, r, s primos menores que N , tales que [4N 2 log p] + [4N 2 log q] = [4N 2 log r] + [4N 2 log s]. (7) Si {p, q} ̸= {r, s}, necesariamente pq ̸= rs. Supongamos por ejemplo que pq ≥ rs + 1. Teniendo en cuenta las propiedades del logaritmo y estimando las partes fraccionarias de (7), obtenemos la desigualdad pq 4N 2 log ≤ 2. rs Por otra parte, como pq ≥ rs + 1, tenemos   1 pq . ≥ log 1 + log rs rs Aplicando la desigualdad log(1 + x) > contradición. x , 2 0 < x < 1, y la esimación rs ≤ N 2 obtenemos la   pq 1 1 2 4N log > 4N 2 > 2. ≥ 4N log 1 + rs rs 2rs n o Así que la sucesión finita [4N 2 log p]p es de Sidon. Recordemos que π(N ) ∼ logNN , donde π(N ) denota el número de primos menores o iguales que N , y como para cada primo p hay un término de la sucesión de Sidon en el intervalo [1, 4N 2 log N ], en consecuencia 2 F (4N 2 log N ) ≥ π(N ) ∼ N . log N Tomando M = 4N 2 log N , tenemos √ N M M 1/2 M ⇒ = p N2 = & 4 log N log N 2 log N log N log3/2 M en la útima desigualdad usamos que M = 4N 2 log N implica 2 log N = log M − log(4 log N ) ≤ log M ⇒ log N . log M Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 25 SOBRE SUCESIONES DE SIDON concluimos F (M ) & M 1/2 . log3/2 M Ejemplo 6. La demostración que presetaremos en este trabajo está basada en el siguiente ejemplo: sabemos que para cada p primo, p ≡ 1 (mod 4), se puede representar de manera única como suma de dos cuadrados, p = a2 + b2 , 0 < a < b, ver Zagier Don, (1990). De modo que a cada primo p ≡ 1 √ (mod 4) le podemos asociar el ángulo ϕp del entero de Gauss a + ib = peiϕp , con 0 < ϕp < π4 . Dado un entero positivo N , consideremos la sucesión finita {[4N 2 ϕp ]}p≡1 (mod 4) , con p un primo menor que N . Veamos que ésta sucesión es de Sidon. Sea p, q, r, s primos congruentes con 1 (mod 4) menores que N y tales que  2   2   2   2  4N ϕp + 4N ϕq = 4N ϕr + 4N ϕs . Quitando las partes enteras obtenemos la estimación (8) 4N 2 (ϕp + ϕq − ϕr − ϕs ) ≤ 2. Obsérvase que ϕp + ϕq − ϕr − ϕs es el ángulo de un entero de Gauss A + iB = √ pqrsei(ϕp +ϕq −ϕr −ϕs ) . Si {p, q} ̸= {r, s}, entonces |B| ≥ 1, de donde 1 4N 2 |ϕp + ϕq − ϕr − ϕs | ≥ 4N 2 arc sen √ pqrs   1 > 4, ≥ 4N 2 arc sen N2 contradice (8), de manera que {p, q} = {r, s} y por tanto la sucesión {[4N 2 ϕp ]}p≡1 (mod 4) es de Sidon. En este caso, como la sucesión {[4N 2 ϕp ]}p≡1 (mod 4) contiene un elemento por cada primo p menor que N , obtenemos que F (4N 2 ϕN ) ≥ π(N ) ∼ N . log N √ Tomando M = 4N 2 ϕN , como ϕN es acotada tenemos M 1/2 = 2N ϕN ∼ N , concluimos que F (M ) & M 1/2 , log M lo que resulta una mejora si lo comparamos con el ejemplo 5. 3. SUCESIONES DE SIDON En el caso de sucesiones infinitas de Sidon el problema es más complicado que en el caso de sucesiones finitas. Los ejemplos 1 y 2 sí que se pueden extender a sucesiones infinitas. Sin embargo los ejemplos 3, 4 y 5, las distintas construcciones necesitan del conocimiento previo del tamaño del intervalo donde se va a ubicar el conjunto de Sidon. Por supuesto, esto nos impide extender estas construcciones finitas a sucesiones infinitas. Cuando B es una sucesión infinita de números enteros, para estudiar su densidad definimos la 26 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES DE LA CIENCIA Adrián Infante función B(N ), que cuenta para cada N , el número de elementos de B menores o iguales a N . Esto es, X B(N ) = 1. b≤N, b∈B Del caso finito se deduce que si B es una sucesión infinita de Sidon que 1 lím inf N − 2 B(N ) ≤ 1 N →∞ Erdos P.(1954) construyó una sucesión infinita de Sidon tal que 1 lím sup N − 2 B(N ) ≥ 1/2 N →∞ y Kruckeberg F.(1961) construyó otra más densa que satisfacía 1 1 lím sup N − 2 B(N ) ≥ √ . 2 N →∞ Comparando con el caso de conjuntos √ de Sidon finitos, se podría pensar que existen sucesiones infinitas de Sidon tales que B(N ) ≫ N , para todo N . Erdös demostró que tales sucesiones no existen, esto fue publicado por Stöhr A. (1955). Erdös demostró que si B es una sucesión infinita de Sidon se cumple que p B(N ) log N lím inf ≪ 1, 1 N →∞ N2 donde B(N ) denota el número de elementos de B en [1, N ]. Por otro lado Erdos P. (1956) conjeturó: 1 Para todo ϵ > 0, existe una sucesión B = {bk } de Sidon tal que bk ≪ k 2+ϵ , esto es B(N ) ≪ N 2 −ϵ . En el ejemplo 2, vimos que existe una sucesión infinita de Sidon tal que br ≤ r3 , es decir 1 B(N ) ≫ (N log N ) 3 . Komlos J., Ajtai and Szemeredi E. (1981) mejoraron ligeramente este resultado, utilizando teoría de grafos, demostrando la existencia de una sucesión de Sidon tal que 1 B(N ) ≫ (N log N ) 3 . Un gran paso hacia la conjetura de Erdös se debe a√Ruzsa I. Z. (1998), quien demostró la existencia de una sucesión infinita de Sidon tal que B(N ) ≫ N 2−1+o(1) . El propósito de este trabajo es rehacer detalladamente la demostración de Ruzsa, introduciendo en la prueba una modificación que pasamos a describir. En su prueba, Ruzsa hace uso de las propiedades de la función logaritmo, observando que la sucesión {log p}p, primo es una sucesión de Sidon de números reales. El incoveniete de esta sucesión, como veremos más adelante en la demostración, es que no está acotada. En su lugar, introducimos otra sucesión de las mismas características que {log p}p, primo pero acotada. La sucesión que vamos a considerar es la sucesión {ϕp }p≡1 (mod 4) donde ϕp es el argumento del entero de Gauss a + ib, a2 + b2 = p con 0 < a < b. Teorema 3.1 (I. Ruzsa). Existe un conjunto B de Sidon que satisface B(N ) = N γ+o(1) donde γ = √ 2 − 1 = 0.41421356 . . . Vamos a detallar la demotración del teorema 3.1. Seguimos esencialmente la idea de Ruzsa I. Z. (1998), pero añadiendo una simplificación no trivial la cual explicamos a continuación. Ruzsa Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 27 SOBRE SUCESIONES DE SIDON en su prueba considera la sucesión {log p}p, primo que es una sucesión de Sidon de números reales, como se deduce del Teorema Fundamental de la Arimética. El hecho de que la sucesión {log p}p primo no esté acotada implica complicaciones técnicas que nosotros evitaremos sustituyendo la sucesión {log p}p primo por otra sucesión {ϕ}p acotada y con las mismas propiedades que {log p}p primo . Para definir nuestra sucesión de partida recordemos que un número primo p ≡ 1 (mod 4) se puede representar de manera única como suma de dos cuadrados, p = a2 + b2 , 0 < a < b. En lo que sigue p, q, r y s serán de esta forma. De modo que a cada primo p ≡ 1 (mod 4) le podemos asociar el √ argumento ϕp del entero de Gauss a + ib = peiϕp , con 0 < ϕp < π4 . Lema 3.1.1. La sucesión {ϕp }p es una sucesión de Sidon de números reales. Supongamos que ϕp +ϕs = ϕq +ϕr . Si multiplicamos los enteros de Gauss √ Demostración. √ −iϕr iϕs √ −iϕq se , qe y re , obtenemos A + iB = √ pqrseϕp +ϕs −ϕq −ϕr = √ √ peiϕp , pqrs. Esto implica que B = 0, y por lo tanto A2 = pqrs. Como p, q, r y s son primos, entonces A2 = pqrs sólo puede ocurrir si {p, q} = {r, s}. En consecuencia {ϕp } es una sucesión de Sidon.  Observación. Dado α > 0, si {ϕp }p es una sucesión de Sidon, de la demostración del lema se deduce que la sucesión {αϕp }p también es una sucsión de Sidon. El esquema de la demostración del teorema 3.1 será el siguiente: Paso 1. Dado α ∈ [ 21 , 1], consideremos la sucesión {αϕp }p , que es una sucesión infinita de Sidon de números reales. A cada αϕp le asociamos un número entero bp , de tal forma que la sucesión Bα = {bp }p tenga un crecimiento adecuado, y que herede de alguna manera la propiedad de Sidon. Paso 2. La sucesión Bα es de Sidon excepto por algunos términos malos cuyo número vamos a contar.   Paso 3. Con un argumento probabilistico podemos asegurar que para casi todos los α ∈ 21 , 1 la cantidad de términos malos de la sucesión Bα , no supera la “mitad” de los términos de la sucesión Bα . La demostración termina observando que al quitar esos términos malos todavía nos queda una subsucesión con el crecimiento deseado. 4. CONSTRUCCIÓN DE LA SUCESIÓN Bα Consideremos la sucesión {αϕp }p , con α ∈ como 1 αϕp =  , 1 . Podemos expresar el desarrollo binario de αϕp 2 ∞ X δjp 2−j j=1 donde δjp = 0 ó 1. Observación. Los dígitos δjp dependen del parámetro α aunque no lo digamos explícitamente. El desarrollo binario de αϕp lo usaremos para construir una sucesión √ de enteros Bα = {bp } que β crezca lo más lentamente posible, concretamente como p , con β = 2 + 1. Para ello, truncamos el desarrollo binario de αϕp en un lugar K 2 , donde K es definido para cada p por i n o hp (j−1)2 β β log2 (p) (9) K = Kα = mín j > 2 : 2 >p =2+ Agruparemos los p cuyos desarrollos binarios han sido cortados en el mismo sitio K 2 en un conjunto que lo denominaremos PK . Esto es PK = {p : Kp = K} . 28 ISNN 2588-0764 (10) REVISTA BASES DE LA CIENCIA Adrián Infante Denotemos por λp la suma parcial 2 λp = K X δjp 2−j . j=1 El resto del desarrollo es menor que p−β . Esto se deduce de la definición de K, haciendo el siguiente cálculo ∞ X 2 2 |λp − αϕp | = δjp 2−j ≤ 2−K ≤ 2−(K−1) < p−β . (11) j=K 2 +1 Antes de definir explícitamente bp , reordenamos el desarrollo binario de λp de la siguiente forma   l2 K2 K X X X 2 2  λp = δjp 2l −j  2−l (12) δlp 2−l = l=1 = K X l=1 j=(l−1)2 +1 (13) 2 ∆lp 2−l , l=1 donde los bloque ∆lp están definidos por 2 ∆lp = l X δjp 2l 2 −j para 1 ≤ l ≤ K , j=(l−1)2 +1 y ∆lp = 0 para l > K. De esta definición se deduce que ∆lp < 2l 4.1. 2 −(l−1)2 = 22l−1 . CONSTRUCCIÓN DE {bp } −l El siguiente paso consiste en construir bp a partir de λp . Asociamos a cada λp = ΣK , el l=1 ∆lp 2 PK l2 entero l=1 ∆lp 2 , y por razones técnicas, que justificamos posteriormente, separamos los bloques ∆lp en el desarrollo binario introduciendo tres ceros entre cada bloque, después del último bloque el 2 ∆Kp , colocamos un 0 seguido de un 1. Este último 1, que corresponde a 2K +3K+1 , marca el tamaño de bp . Concretamente K X 2 2 bp = ∆lp 2(l−1) +3l + 2K +3K+1 . 2 l=1 Para tener una idea más clara de la forma que tiene el número bp , vamos a desarrollar la suma anterior: 0 + 0} + 0 + 0} + δ4 27 + δ3 28 + δ2 29 + 0| +{z bp = δ1 23 + 0| +{z {z } | |{z} + 23 ∆ 1 δ9 213 | + δK 2 2 | + 27 ∆ 2 17 0 + 0} + + δ8 214 + · · · + δ5 2 + · · · + 0| +{z {z } 213 ∆3 (K−1)2 +3K + · · · + δ(K−1)2 +1 2K {z 2(K−1) 2 +3K K 2 +3K+1 ∆K 2 + 0} |0 + 2 {z Sirve para marcar el tamaño de bp 2 +3K−1 + } Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 29 SOBRE SUCESIONES DE SIDON La construcción de la sucesión {bp } se ha hecho de modo que 1. La sucesión bp crezca lo más lentamente posible, (bp ∼ pβ ). 2. Herede, de alguna manera, las propiedades de Sidon de {αϕp }. Veamos que efectivamente bp tiene el tamaño deseado. De la definición de bp , se deduce de forma inmediata que 2 2 2K +3K ≤ bp ≤ 2K +3K+1 o equivalentemente 2(K−1) 2 +5K−1 ≤ bp ≤ 2(K−1) 2 +5K y por tanto, como 2(K−2) < pβ ≤ 2(K−1) , tenemos 2 2 bp = pβ+o(1) . 4.2. CONTAR CUANTOS TÉRMINOS MALOS TIENE LA SUCESIÓN Bα La sucesión Bα no es necesariamente de Sidon porque puede contener cuádruplas para las cuales se cumple bp + bs = bq + br , {bp , bs } ̸= {bq , br } . (14) En esta sección vamos a estimar el número de las cuádruplas malas contenidas en la sucesión Bα , y veremos que son pocas en comparación con el tamaño de Bα . En los sigientes lemas vamos a caracterizar las propiedades que tienen las cuádruplas que cumplen (14). Observemos que si bp , bs , bq y br cumplen la condición (14) entonces se puede suponer, sin pérdida de generalidad, que bp es el más grande de todos, por lo tanto bs es el más pequeño de todos y así bq ≥ br , por lo que podemos escribir bp > b q ≥ b r > b s (15) El último término del desarrollo binario de bp lo denotamos por tp = 2 K 2 +3K+1 . En el siguiente lema se justifica la separación con ceros entre los bloques efectuada en la construcción de bp . Lema 4.0.1. Sean x, y, u y v números positivos tales que x + y = u + v. Supongamos que 1 ≤ m < n son enteros y que los m-ésimos y los n-ésimos dígitos, de los desarrollos binarios, de x, y, u y v son todos ceros. Sean x′ , y ′ , u′ y v ′ los enteros cuyos dígitos (m+1)-ésimos, (m+2)-ésimos,…, (n-1)ésimos son idénticos a los de x, y, u y v respectivamente, y el resto de los dígitos son ceros. Entonces x′ + y ′ = u′ + v ′ . Demostración. Sea x = P∞ x j j=0 δj 2 . Si denotamos por ∆xg,h = h X δjx 2j j=g entonces podemos expresar el desarrollo de x en la forma x m ∆x0,m−1 + δm 2 + ∆xm+1,n−1 + δnx 2n + ∆xn+1,∞ . 30 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES DE LA CIENCIA Adrián Infante Análogamente podemos hacer con y, u, v, x + y, u + v. En particular, escribimos x′ + y ′ = ∆xm+1,n−1 + ∆ym+1,n−1 , u′ + v ′ = ∆um+1,n−1 + ∆vm+1,n−1 . (16) (17) x+y n x+y Observemos que ∆xm+1,n−1 +∆ym+1,n−1 = ∆x+y = 0, ó 1. En el caso δnx+y = 0, m+1,n−1 +δn 2 , con δn como x + y = u + v implica que δnu+v = 0 de donde se deduce que x+y y x ∆um+1,n−1 + ∆vm+1,n−1 = ∆u+v m+1,n−1 = ∆m+1,n−1 = ∆m+1,n−1 + ∆m+1,n−1 . Esto demuestra que x′ + y ′ = u′ + v ′ . Para el otro caso procedemos de igual forma. δnx+y = 1, con x + y = u + v implica que δnu+v = 1 de donde se deduce que x+y y n n x ∆um+1,n−1 + ∆vm+1,n−1 = ∆u+v m+1,n−1 + 2 = ∆m+1,n−1 + 2 = ∆m+1,n−1 + ∆m+1,n−1 . Esto demuestra que x′ + y ′ = u′ + v ′ . Con lo cual está demostrado el lema.  Lema 4.0.2. La ecuación bp +bs = bq +br , con {bp , bs } ̸= {bq , br } es cierta si y sólo si tp +ts = tq +tr y ∆lp + ∆ls = ∆lq + ∆lr , para todo l. Demostración. Es una consecuencia directa de la definición de bp , tp , ∆lp y del lema anterior.  Lema 4.0.3. Si bp + bs = bq + br y bp > bq ≥ br > bs entonces existen enteros K ≥ L tales que p, q ∈ PK , r, s ∈ PL , donde PK es definido como en (10), y se cumple λp + λs = λ q + λ r . Demostración. Por definición λp = K X (18) 2 ∆lp 2−l , l=0 como bp + bs = bq + br , se puede usar el lema 15, y así obtenemos ∆lp + ∆ls = ∆lq + ∆lr , 0<l≤K y tp + ts = tq + tr . Los números tp , ts , tq , tr son potencias de 2, por lo tanto tp + ts = tq + tr , con bp > bq ≥ br > bs , sólo puede puede ser cierto si tp = tq y ts = tr . Las igualdades tp = tq y ts = tr implican que p, q ∈ PK y r, s ∈ PL . Además, por la condición bp > bq ≥ br > bs concluimos que K ≤ L.  Lema 4.0.4. Si bp + bs = bq + br y bp bq ≤ br > bs , entonces para los números K y L del lema anterior, p, q ∈ PK , r, s ∈ PL , K > L, se cumple las siguientes desigualdades   2 (19) |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | < 8 2−L √ pqrs > 2L 2 −3 (K − 1)2 > (β − 1)(L − 1)2 + β(2L − 4). Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) (20) (21) 31 SOBRE SUCESIONES DE SIDON Demostración. La desigualdad (11) dice que |λp | − αϕp ≤ 2−K ≤ 2−L , y de la desigualdad (18) tenemos λp + λs = λs + λr , combinando estos resultados, obtenemos 2 2 α |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | = |αϕp − λp + αϕs − λs + λq − αϕq + λr − αϕr |  ≤ |αϕp − λp | + |αϕs − λs | + |λq − αϕq | + |λr − αϕr | < 4 2 −L2  .   2 esta desigualdad junto con la condición 12 < α demuestra |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | < 8 2−L . La desigualdad √ (20) la demostraremos directamenre de las propiedades de las propiedades de ϕj . Sea aj + ibj = jeiϕj , j = p, q, r, s. Multiplicando adecuadamente, vemos que existen dos números √ A y B tales que A + iB = pqrseiϕ con ϕ = ϕp + ϕs − ϕq − ϕr . Observemos que ϕ ̸= 0, por ser la sucesión {ϕp } de Sidon. Esto implica que el número entero B es distinto de cero, por lo tanto 1 ≤ B 2 = (pqrs) sen2 (ϕ) < pqrs |ϕ|2 .   −L2 , concluimos que En vista de la desigualdad (19), |ϕ| < 8 2 √ 1 2 pqrs > 2L . 8 Para demostrar (22) combinamos las tres desigualdades siguientes,
√ 2 (K−1)2 2 y pqrs > 2L − 3 para obtener que √ β √
β 2 pq < 2(K−1) , ( rs) < √ 2 2 2 2(K−1) 2(L−1) > ( pqrs)β > 2β(L −3) Si de esta desigualdad igualamos los exponentes entonces tenemos (K − 1)2 > β(L2 − 3) − (L − 1)2 = (β − 1)(L − 1)2 + β(2L − 4). Definamos la siguiente cantidad o n  2 JKL = # p, q, r, s : p, q ∈ PK ; r, s ∈ PL con |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | < 8 2−L  En particular JKL contiene a las cuádruplas p, q, r, s con p, q ∈ PK y r, s ∈ PL que satisfacen bp +bs = bq + br y bp > bq ≤ br > bs , es decir los términos malos de la sucesión Bα . De manera que para hallar una primera estimación de estos términos malos, vamos a estimar a JKL , para cualquier K y L. Lema 4.0.5. JKL =≪ 2 2γ ((K−1)2 +(L−1)2 )−L2  1 γ= β  . Demostración. Inicialmente, consideramos q, r y s fijos. Estimaremos la medida del conjunto o n 2 p : |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | < 8 · 2−L Recordemos que 2γ(K−2) < p ≤ 2γ(K−1) , como se deduce de la definición de K. Además, para cada p existen dos enteros únicos ap , bp tales que a2p + b2p = p. A cada entero p le asociamos el entero de √ Gauss ap + ibp = peiϕp = ωp . De manera que estos p tienen asociados un único entero de Gauss ωp contenido en el sector circular 2 2 1 Γ = {ω ∈ C} : 0 ≤ |ω| ≤ 2 2 γ(K−1) 32 ISNN 2588-0764 2, |arg ω+ϕs −ϕq −ϕr |<8·2−L 2 . REVISTA BASES DE LA CIENCIA Adrián Infante Los argumentos de cada ωp ∈ Γ son distintos, y por lo tanto los podemos ordenar: ϕp1 < ϕ p2 < ϕ p3 < · · · A cada punto ωpj ∈ Γ les asociamos el triágulo △j con vértices ωpj , 0, ωpj+1 . Claramente los triágulos no tienen puntos interiores comunes y están contenidos en Γ. Así que X área(△j ) ≤ área(Γ) + 1. ωpj ∈Γ Como el área de cualquier triágulo de vértices con coordenadas enteras, es a lo menos 1/2. Concluimos que X 1 ≤ 2 área(Γ) + 2 ωp ∈Γ y así el área(Γ) ≤ 1. Por lo tanto el número de ωp contenido en Γ están acotado por  1 γ(K−1)2 2 2 2 2 3−L2  +2=O 2 γ(K−1)2 −L2 2  . Luego multiplicamos por el número de q que es menor que 2γ(K−1) , por el número de s que es menor 2 2 que 2γ(L−1) y por el número de r que es menor que 2γ(L−1) . Efectuando el producto termina la demostración.  4.3. 2 ARGUMENTO PROBABILÍSTICO La condición |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | < 8·2−L es necesaria para hallar una solución de bp +bs = bq + br , pero no es una condición suficiente. Ahora usaremos el parámetro α para obtener otras condiciones que permitirán mejores estimaciones para el número de términos malos de la sucesión Bα . 2 Lema 4.0.6. Si bp + bs = bq + br con {bp , bs } ̸= {bq , br }, p, q ∈ PK y r, s ∈ PL , con K > L, se cumple  i  i h 2 h 2 2 2 (22) mod 2K −L 2K αϕp ≡ 2K αϕq P −j Demostración. Recordemos que αϕp = ∞ j=1 δjp 2 , con δjp = 1 ó 0. Por lo tanto, como K > L los términos de la derecha de la primera igualdad son todos números enteros, así tenemos   ! K2 K2 L2 h 2 i X X X 2 2 2 2 2 2K αϕp = δjp 2K −j =  δjp 2K −j  + 2K −L δjp 2L −j j=L2 +1 j=1 j=1 es decir, que se cumple la siguente congruencia h 2 K 2 αϕp i 2 ≡ K X δjp 2K 2 −j (mod 2K 2 −L2 ). (23) δjq 2K 2 −j (mod 2K 2 −L2 ). (24) j=L2 +1 Del mismo modo podemos ver que h 2 K 2 αϕq i 2 ≡ K X j=L2 +1 Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 33 SOBRE SUCESIONES DE SIDON De manera que para concluir la demostración del lema es suficiente con probar que 2 2 K X δjp 2 K 2 −j K X = j=L2 +1 δjq 2K (25) 2 −j j=L2 +1 Para demostrar esta igualdad usaremos los △mp que definimos para p ∈ PK por △mp = para escribir 2 K X δjp 2 j=(L)2 +1 K 2 −j  Pm2 2  j=(m−1)2 +1 δmp 2m −j si m ≤ K  0 K X = m=L+1  si m > K 2K 2 −m2 δjp 2 j=(m−1)2 +1 Del mismo modo lo hacemos usando q en lugar de p, tenemos 2 K X j=L2 +1 δjq 2  2 m X K 2 −j = K X j=L+1 m2 −j  △qm 2K 2 −m2 = K X j=L+1 △mp 2K 2 −m2 . . Así que la demosración se reduce a probar que △mp = △mq , para L < m ≤ K. Ahora utilizaremos la hipótesis bp + bs = bq + br para justificar el uso del lema 4.0.2 que garantiza la igualdad △mp + △ms = △mq + △mr . Pero de la definición △mj , sabemos que △ms = △mr = 0, para L < m. Por lo tanto △mp = △mq , L < m ≤ K. Esto termina la demostración.  Si bp + bs = bq + br , entonces el lema anterior dice que p y q satisfacen i i h 2 h 2 2 2 ( mod 2K −L ) (26) 2K αϕp ≡ 2K αϕq Como la congruencia (26) depende del parámetro α, vamos a estimar la medida del conjunto que contiene a los α para los cuales se cumple (26). Lema 4.0.7. Sea K  1 >L y p, q ∈ PK , p ̸= q dados. Supongamos que existe por lo menos un par r, s ∈ PL y α ∈ 2 , 1 tal que se cumple la ecuación bp + bs = bq + br , con {bp , bs } ̸= {bq , br }. Entonces tenemos o n h 2 i h 2 i 2 2 2 2 (mod 2K −L ) ≪ 2L −K µ α : 2K αϕp ≡ 2K αϕq (27) donde µ es la medida de Lebesgue. Demostración. Es claro que [x] − [y] = [x − y] + 0 ó 1, lo que nos permite escribir la congruencia (26) en la forma h 2 i 2 2 2K α(ϕp − ϕq ) ≡ 0 ó −1 ( mod 2K −L ) (28) Sean M = 2K −L y T = 2K (ϕp − ϕq ) . Observemos que los números reales x que satisfacen que [x] ≡ 0 ó −1 (mod M ) ocupa un intervalo de medida 2 sobre cualquier intervalo de medida M . En particular, si tomamos x = αT concluimos 2 34 2 2 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES DE LA CIENCIA Adrián Infante 2 que los conjuntos de números α que satisfacen (28) ocupa un intervalode medida , sobre cualquier T  M 1 intervalo de medida T . El número de estos intervalos que intersecan al 2 , 1 no puede ser mayor que T . Por lo tanto 1 + 2M  n h 2 i h 2 i o 2 T K αϕp K αϕq K 2 −L2 1+ . µ α: 2 ≡ 2 (mod 2 ) ≤ T 2M Para terminar la prueba, veamos que    T 2 2 2 1+ ≪ 2L −K . T 2M Del lema 4.0.4, ecuación (19), sabemos que   2 |ϕs − ϕr | − |ϕp − ϕq | ≤ |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | < 8 2−L es decir  |ϕs − ϕr | − 8 2 −L2  ≤ |ϕp − ϕq | . (29) √ Por otro lado, sabemos que existen dos números enteros únicos A y B tales que A+iB = rsei(ϕr −ϕs ) y además B ̸= 0. De lo contrario A2 = rs lo que es una contradición, por ser r y s primos distintos. Tenemos 1 ≤ B 2 = rs sen2 (ϕr − ϕs ) < rs |ϕr − ϕs |2 1 2 y como rβ < 2L y sβ < 2L implica |ϕr − ϕs | > √1rs > 2− β L , si lo combinamos con (29) obtenemos la estimación 1 2 1 2 2 |ϕp − ϕq | ≥ 2− β L − 8 · 2−L ≫ 2− β L . 2 2 De esta manera hemos demostrado que T ≫ 2K 2 − 1 L2 β > M = 2K 2 −L2 Con esta estimación podemos terminar la demostración, puesto que     2 2M + T 1 1 2 2 2 = ≪ + = 2L −K . T 2M T M M  Lema 4.0.8. Sean K > L, p, q ∈ PK , p ̸= q y r, s ∈ PL dados. Tenemos que µ ({α : bp + bs = bq + br }) ≪ 2L si |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | ≤ 8 · 2−L 2 2 −K 2 y µ ({α : bp + bs = bq + br }) = 0 en otro caso. Demostración. Si |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | > 8·2−L el lema 4.0.4 implica que µ({α : bp + bs = bq + br }) = 2 0. Si |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | ≤ 8 · 2−L puede ocurrir que bp + bs = bq + br , lo que implica, usando el lema 4.0.6, que p y q satisfacen i h 2 h 2 i K2 2 2K αϕp ≡ 2K αϕq (mod 22 −L ). 2 Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 35 SOBRE SUCESIONES DE SIDON En resumen, si |ϕp + ϕs − ϕq − ϕr | ≤ 8 · 2−L , tenemos i i h 2 nh 2 K K µ ({α : bp + bs = bq + br }) ≤ µ 2 αϕp ≡ 2 αϕq 2 ≪ 2L 2 −K 2 (mod 2 K2 2 −L ) . o (30) (31) En la última estimación usamos la ecuación (27).  Sea GKL (α) = # {p, q, r, s : p, q ∈ PK , r, s ∈ PL , p ̸= q, bp + bs = bq + br }. Definamos X GK (α) = GKL (α) L<K o equivalentemente GK (α) = # {p, q, r, s : p, q ∈ PK , bp + bs = bq + br ybp > bq ≥ br > bs } . Nuestro interés es ver que el número de términos malos de la sucesión Bα no son muchos. Así que vamos a comparar GK (α), que representa el número de bp , p ∈ PK con bp + bs = bq + br , y el número de elementos de PK . Para calcular el cardinal de PK , usaremos el Teorema del número primo para p ≡ 1 (mod 4), que dice x π ′ (x) ∼ 2 log x donde π ′ (x) es el número de primos congruente con 1 (mod 4) que no supera a x. Así que     ′ γ(K−1)2 ′ γ(K−2)2 |PK | = π 2 −π 2    γ(K−2)2 ′   2 π 2 = π ′ 2γ(K−1) 1 − ′ γ(K−1)2  π (2 ) (32) 2 2γ(K−1) ∼ . (2γ log 2)K 2 (33) R1 En los siguientes dos lemas vamos a calcular una cota superior para 1/2 GK (α) dα. Esta estimación la usaremos para aplicar el lema de Borel-Cantelli y encontrar una cota superior para GK (α). Esto lo veremos más adelante en la demostración del teorema de Ruzsa. Lema 4.0.9. Para cada K > L tenemos Z 1 2 2 2 GKL (α)dα ≪ 22γ ((L−1) +(K−1) )−K . 1 2 Demostración. En vista de la definición de JKL , para toda α se cumple que GKL (α) ≤ JKL , y por lo tanto, el lema 4.0.5 implica que para toda α se satisface GKL (α) ≪ 22γ ((K−1) 2 −(L−1)2 )−L2 . Por otro lado, el lema 4.0.8 implica que el conjunto de los α tal que GKL (α) ̸= 0 es ≪ 2L 36 ISNN 2588-0764 2 −K 2 . Así REVISTA BASES DE LA CIENCIA Adrián Infante que Z 1 1/2 GKL (α)dα ≤ µ ({α : bp + bs = bq + br }) JKL ≪ 22γ ((K−1) 2 +(L−1)2 )−L2 2L2 −K 2 . (34) (35)  Lema 4.0.10. Z 1 1 2 GK (α)dα ≪ 2γ(K−1) 2 −2K . Demostración. De las definiciones de GK (α) y GKL (α), tenemos X GK (α) = GKL (α). L≤K Recordemos que el lema 4.0.4 dice que bp +bs = bq +br y bp > bq ≤ br > bs , entonces (β−1)(L−1)2 < (K − 1)2 . Usando el lema 4.0.9 y (K − 1)2 . Por lo tanto, GKL (α) ̸= 0 es posible sólo si (L − 1)2 < (β − 1) (L − 1)2 < (K − 1)2 /(β − 1),tenemos Z 1 GK (α)dα ≪ 2Z 1 2 donde    2 1 2 2 (K − 1) − K = − 1 (K − 1)2 − 2K + 1. Z = 2γ 1 + (β − 1) (β − 1) √ Como β = 1 + 2, se cumple la igualdad  2 1 −1= β−1 β esto demuestra el lema.  4.4. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE I. RUZSA Usando el lema 4.0.10, tenemos   Z GK (α) } dα ≥1 = χ{ µ α: GK (α) α: ≥1 11 2γ(K − 1)2 − K 2 2γ(K−1) −K 2 Z 1 GK (α) dα ≤ 2−K , ≤ 2 1 2γ(K−1) −K 2 en consecuencia, para la suma tenemos  ∞ X µ α: k=1 GK (α) 2γ(K−1)2 −K ≥ 1  <∞ Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 37 SOBRE SUCESIONES DE SIDON aplicando el lema de Borel-Cantelli sabemos que para casi todos los α existe Kα , tal que para todo K ≥ Kα se cumple 2 GK (α) < 2γ(K−1) −K (36) Fijamos uno de estos α y sea K0 tal que para todos los K > K0 se cumpla (36). Por otro lado, por (32), sabemos que 2 2γ(K−1) |PK | ∼ . (γ log 2)K 2 Esta equivalencia junto con (36), demuestran que el número de p ∈ PK tales que bp + bs = bq + br y bp > bq ≥ br > bs , no pueden ser muchos, ya que GK (α) < 2γ(K−1) 2 −K < |PK | 2γ (K − 1)2 < (γ log 2)K 2 2 (37) Para obtener nuestro conjunto de Sidon, procedemos de la siguiente manera: 1. Denotemos por RK el conjunto formado por p ∈ PK , para los cuales existen p, q, r y s que satisfacen bp + bs = bq + br y bp > bq ≥ br > bs . La desigualdad (37) demuestra que |RK | < |PK | . 2 2. Para cada PK , definamos el conjunto QK := {bp : p ∈ PK , p ∈ / RK } . Del paso 1, sabemos que el cardinal de QK satisface |PK | |QK | > . 2 3. La sucesión B = Bα la vamos a definir por B = ∪K>K0 QK . Por construcción se deduce que B es una sucesión de Sidon. Veamos ahora que la sucesión B tiene crecimiento deseado. Para ello, vamos a estimar el número de elementos de B menores que N , y demostramos que B(N ) = N γ+o(1) . P 2 (l−1)2 +3l Recordemos que bp = K + 2K +3K+1 . De donde se deduce que l=1 △lp 2 bp < 2 K 38 2 +3K+2 2 < 2(K+2) . ISNN 2588-0764 REVISTA BASES DE LA CIENCIA Adrián Infante Por lo tanto, para K = p  log2 N − 2 y usando (32), tenemos que B(N ) = K [ QL L=K0 +1 > K      X 2 2 π ′ 2γ(L−1) − π ′ 2γ(L−2) L=K0 +1
 1  ′  γ(K−1)2  π 2 − π ′ 2γ (K0 − 1)2 2     1 2 − ϵ π 2γ(K−1) ≫ 2   2 2γ(K−1) 1 = ∼ N γ+o(1) . −ϵ 2 (2γ log2 )K 2 = En otro sentido, utilizando la estimación bp > 2K 2 +3K > 2(K+1) , podemos demostrar que 2 B(N ) ≪ N γ+o(1) . Con esto terminamos la demostración del teorema de I. Ruzsa.  Este trabajo fue propuesto por el profesor Javier Cilleruelo con quien tuve el orgullo de conversar sobre estos temas. 5. REFERENCIAS Bose R.C. and Chowla S. (1962). Theorems in additive theory of number, Commentii mathematici helvetici, 37, 141–147. https://www.e-periodica.ch/digbib/view?pid=com-001:1962:37#173 Erdös P.(1954). On a problem of Sidon in additive number theory, Acta Scientiarum Mathematicarum Universitatis. Szegediensis 15, 255–259. http://pub.acta.hu/acta/showCustomerVolume.action?noDataSet=true Erdös P. (1956). Problems and resuls in additive number theory, “Colloque théorie des nombres[1955. Bruxelles]” Liège, G. Thone; Paris, Masson, Centre Belge Recherche Mathématiques. 127–137. MR 79027, Zbl 0073.03102 Erdös P.,Turan P.(1941). On a problem of Sidon in additive number theory, and sor related problems. Journal of the London Mathematical Society, s1-16(4), 212–215. DOI: https://doi.org/10.1112/jlms/s1-16.4.212 Ruzsa I. Z. (1998). An infinite Sidon sequence. Journal of Number Theory. 68, 63–71. https://www.sciencedirect.com/journal/journal-of-number-theory/vol/68/issue/1 Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 39 SOBRE SUCESIONES DE SIDON Krückeberg F.(1961). b2 -folgen und verwandte zahlenfolgen. Journal für die reine und angewandte Mathematik, 206, 53–60. DOI: https://doi.org/10.1515/crll.1961.206.53 Komlós J., Ajtai and Szemerédi E. (1981). A dense infinite Sidon sequence. European Journal of Combinatorics 2, 1–11. DOI: https://doi.org/10.1016/S0195-6698(81)80014-5 Sidon S. (1932). Ein satz über trigonometrische polynome und seine anwendung inder fourier-reihen. Math. Ann. 106, 536–539. DOI: https://doi.org/10.1007/BF01455900 Stöhr A. (1955). Gelöte undungelöst fragen über basen der natürlichen zahlenreihe, II. Journal für die reine und angewandte Mathematik 194, 111–140. DOI: https://doi.org/10.1515/crll.1955.194.111 1975. Zagier Don (1990). A one-sentence proof that every prime p ≡ 1 mod 4 is a sum of two squares. Amer. Math. Monthly 97, no. 2, 144, doi:10.2307/2323918 http://www.jstor.org/pss/2323918 40 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES DE LA CIENCIA