Bây giờ ta sử dụng giải tích Fourier để nghiên cứu tính chất phổ của các tập hợp cộng tính 4, mà có năng lượng cộng tính cao E(A, 4); chẳng hạn các tập hợp có tập tổng |A + A| hoặc tập hiệu
|A— A| nhỏ. Các tập hợp đó phải khá không chính quy; nghia 1a 1, chứa các hệ số Fourier không tầm thường. Tuy nhiên, điều đó chưa phải là khẳng định mạnh nhất của giải tích Fourier về các tập như
vay. Dé có khẳng định mạnh hơn, ta đưa vào khái niệm a- phổ của một tập hợp.
Định nghĩa 2.4.1. [Phổ] Cho 4 là một tập cộng tính trong nhóm cộng hữu hạn Z với một dạng song tuyến tính, không suy biến và œ€R là tham số. Ta định nghĩa phổ của A là tập hợp
Spec,(4) := {€ € Z: |ẽa(â| > aPz(4)}.
Có thể định nghĩa phổ mà không cần dạng song tuyến tính nhưng
khi đó nó sẽ là tập con của nhóm đối ngẫu Pontryagin #.
Từ Bổ đề 1.4.6 ta thấy, tập hợp Spec„(4) là đối xứng, giảm theo œ, bằng rỗng nếu œ > 1, chứa gốc nếu œ < 1 và bằng toàn bộ không gian Z khi a < 0. Vì vậy phổ chỉ thực sự thú vị khi 0 < œ < 1.
Trong trường hợp œ = 1 phổ trở thành một nhóm.
Từ (1.4) và Bất đẳng thức Markov ta có cận trên của lực lượng của a- phổ
|Spec,,(A)| < a°2/Pz(A).
Thực tế, ta có thể sử dụng Bất đẳng thức Rudin để đạt được một
khẳng định cụ thể hơn về cấu trúc trong đó đa thức chia cho Pz(4) được thay thế bởi đa thức chia cho logarit. Trước hết, ta cần có bổ
đề sau:
Bổ đề 2.4.2. [Bổ đề phủ hộp lập phương] Cho S là tập hợp công tính liên kết với một nhóm Z, d > 1 là số nguyên. Khi đó ta có thể phan chia S = D,U...UD;,UR trong dé D,,..., D;, là các tập con phan ly rời nhau của S9 có lực lượng d + 1 và phần dư R được chứa trong hộp lập phương [—1, 1] : (m,..., nạ) với mọi ?\,..., rịa € Z.
Chứng mình. Ta có thuật toán greedy. Khởi đầu với k = 0.
Nếu có thể tìm được các tập con phân ly D của Š có lực lượng đ+ 1
thì ta trừ nó khỏi S và thêm nó vào họ các tập D\,..., 2¿ đồng thời tăng & lên thành k + 1.
Ta tiếp tục cách này cho tới khi còn lại phần dư #? chỉ chứa các tập con phân ly của Š có lực lượng nhỏ hơn hoặc bằng d.
Goi {m,.-., 7a} 1A một tập con phân ly của #8 có lực lượng lớn nhất, đ#”! < d.
Quan sát rằng, nếu # chứa một phần tử £ mà không thuộc
[—1, ue -Ứh,-‹-; 8ứ) thì {m,..., #z+,€} sẽ là phân ly.
Điều này mâu thuẫn với tính lớn nhất của ở.
Ching t6 R C [-1,1]" - (m,...,n„) và ta có điều phải chứng minh (nếu cần ta có thể bổ sung vào cấp số với các phần tử giả fg+1; --- ›Md)-
Bổ đề 2.4.3. [Bổ đề về độ tập trung Fourier] Cho A 1a tap hop
cộng tính trong nhóm cộng hữu hạn Z, và 0 < œ < 1.
Khi đó tồn tại
d=O o* (14 1 ))
( “Pz(4)
và các tần số ?ụ,..., tịa € Z thỏa mãn
Spec„(A) € [—1, 1]! - (m,..., a).
Bồ đề trên gợi ý rằng tập phổ có cấu trúc cộng nhất định. Điều này được khẳng định qua bổ đề sau:
Bồ đề 2.4.4. Cho A là tập hợp cộng tính trong nhóm cộng, hữu hạn Z, và cho e,e' > 0. Khi đó ta có:
Spec,_.(A) + Spec_.(A) © Spec, _2(e42y(A):
Tương tự, với mỗi < œ < 1 và với mỗi tập khác rỗng S C Spec, (A) ta có
I[(&,6) € 8 x 8:6: — G € 8pecas/z(4)} |> =>|Sẽ: ws Bổ đề trên cho thấy, các tập tổng nhỏ thì phải có phổ lớn.
Bồ đề 2.4.5. Cho A là tập hợp cộng tính trong nhóm cộng, hữu hạn Z và cho 0 < a < 1. Với mỗi số nguyên n,rn > 0, (n,mm) # (0,0), ta
có cận dưới của các tập tổng:
A — mA| > ————_# |A|
Ind — mAl > (Spec, (A)|Pz(A) + a2mtm)-3
Tiếp theo ta xét vấn đề có dang ngược lại như sau: Nếu A có cấu
trúc cộng theo nghĩa năng lượng (4A, 4) lớn hoặc hiệu |A — A| nhỏ thì nó có xấp xỉ với một tập Bohr hay không? Trả lời câu hỏi đó ta có hai kết quả sau: Kết quả thứ nhất khẳng định có một tập Bohr tương đối lớn trong 2A — 24, kết quả thứ hai khẳng định tập A— A chứa trong một tập Bohr nhỏ.
Bồ đề 2.4.6. Cho 0 < œ < 1 và cho A là một tập hợp cộng tính trong nhóm cộng, hữu hạn Z thỏa mãn E(A, A) > 4a?|Al3. Khi đó,
ta có bao hàm thức
Bohr (spee.(a). i) C 2A — 2A. (2.13)
Chứng mình. Cho x la một phần tử của tập hợp Bohr(Spec, (A), +), do vậy Ree(€-x) > $ véi moi € € Spec,(A). Ta di chitng minh x € 2A —2A, tite lA ly * ly * 1-4 * 1_a(x) £0.
Từ (1.7), (1.8), (1.12) ta có
lax*lax*l_ax+1 a(+) =À la )[e(£-z).
ccZ
Lấy phần thực của 2 về và sử dụng giả thiết trong z ta đạt được
lạ*lax*l_a*1 a()
= So J4(|fRec(Ê:z)+ ` |ẽ¿(|Ree(z-€)
ce Spec, (A) e¢ Spec, (A)
1 ` The ^ S > J:@)| ~ 4 ée Spec, (A e¢ Spec, (4)
= poli or =>. fia"
2 Spec, (A)
BAA) 3 ; dt pal?
> HH. —— 2d" z(4)°[Ta(6)| “Pz(14) 211 I1E(A,A) 3 ; 3
>= >3 lzn —=o“Pz(A 9% P2lA)
>0.
Ta có điều phải chứng minh.
Mệnh dé 2.4.7. Cho K > 1. Néu A là tập hợp cộng tính trong nhom céng, hittu han Z théa man |A—A| < k|A| (nghia 1a 6[A] < K) và <e< 1 thì A— AC Bohr(Spec,_.(A — A), V8eK).
Chitng minh. Cho x,y € A và € € Spec,_.(A — 4). Khi đó tồn tại 6 € R/Z théa man
Re ` e(£-z+0)>(1—e)|A-— AI.
zeA-A
Và do đó
À ` (—Ree(£:z+9)) <e|A— A| < eKỊAI.
zeA-A
Vi các số hạng không âm và A — A chứa x — a va y — a nén ta c6
So |1 = Re e(€- (a — a) + 8)| < eK Al.
acA
Va do d6 theo Cauchy- Schwarz
ằ..- (z— a) +6)|13 < e1⁄2K1⁄2|A|.
acA
Tw dang thtic
[1 — e(a)| = V2|1 — Re e(a)|!,
ta kết luận rằng
ằ”. (x —a) +0)| < V2e!? K'/?| A].
Tương tự thay z bởi g. Theo Bất đẳng thức tam giác ta kết luận rằng
À ` |e(£ - (ụ— a) + 9) — e(£ - (œ — a) + 9)| < 2V2£1?K1⁄|AI,
acA
Nhưng vé trai bing |Ale(€ - (2 — y)) do vậy
|e(§ - (— )) — 1| < v8eK.
Do vậy điều khẳng định có được từ (2.1).
Sau đây là một đánh giá tổng Gauss của Bourgain và Konvagin:
Dinh lý 2.4.8. Cho ` = Ƒ„ là trường hữu hạn, cấp nguyên tố và cho H là nhóm nhân con của P` thỏa mãn |H| > p*, voi méi0 < 6 < 1.
Khi đó nếu p đủ lớn (phụ thuộc vào ð), thì ta có ||HÌ|, < pÊ, với e=e(ð) >0.
Nói cách khác, ta có
sụp |3 }e(zâ)|< ứ “||,
€Z„\0 +„cH
Chứng mình. Ta sử dụng dang song tuyến tính € - z = z€/p.
Do vay h: H = H véi moi h € H, dé thay
Ty (h-lé) = 14 (€) với mọi h € H,£ € Z.
Nghĩa là
Spec, (H) = H - Spec, (H).
Do vậy mỗi Spec,„(H) chứa các lớp nhân của kể cả gốc 0.
Cho số nguyên J = J(ð) > 1 và số e = e(J,ð) > 0.
Dóy 1 > ai >... > a;41 > 0 trong đú ứi :=ứ í Và đ/.Ă := a7/2.
Giả sử ||H||, > p ° khi đó Spec„, (7) chứa phần tử 0. Và do đó
lSpec,,(M)| > |HỊ+1 > p +1.
Do vay Spec, (H) tang theo ƒ.
Từ đó tồn tại 1 < 7 < J thỏa mãn
lSpee,,.,(H)| < p'/'ISpec,(H)|.
Mặt khác theo Bổ đề 2.4.6 ta có
l{(&£) € Spec,,(H) x 5pec,(H) :É¡ — &› € Spec,,,,(A)} |
> S7 | spec, (HI a2
Áp dụng Cauchy- Sehwarz hoặc Bổ đề 2.4.6 kết luận rằng
E (Spee, (H),Spee, (H)) = Qj (p20) Spec, HD!) .
Dat A := Spee, (H) \ {0}, khi đó ta có
B(A, A) = Qy (p00) ,
do vay |A| > p*, J di lén phu thuộc ổ, và e đủ nhỏ phụ thuộc 7, ổ.
Nhưng 4 là hợp nhất của các lớp z - của H trong đó z € Ƒ,\ {0}.
Từ E(A,z-H) = 9¿ (p 9-90/2|Al|wI)
mở rộng bởi z~! ta đạt được
E(':A,H) = 9„ (p 9469-9/0|A||)
Điều này mâu thuẫn với Hệ quả 1.3.9 nếu J đủ lớn phụ thuộc vào ô và e đủ nhỏ.
Một kết quả đặc biệt quan trọng trong tổ hợp cộng tính là định lý Szemere di. Một trong các dạng của nó khẳng định: Nếu 4 là một tập con của khoảng [1, N] với mật độ œ > 0, thì A chứa một cấp cộng với độ dài ƒ(N,a), trong đó ƒ —> oo khi ý —> œ với mỗi œ cố định. Trong mục này, ta sẽ chỉ ra rằng, nếu ta thay tập hợp cộng tính 4 bởi tập lớn hơn, chẳng hạn 4+ 8, A+ A+ A hoặc
2A— 2A thì ta có thể xác định được các cấp cộng lớn hơn đáng kể
trong các tập đó, dựa trên sự tồn tại của các hàm có giá trong các
tập đó và có biến đổi Fourier tốt, như các hàm: 1x *lp, la xa * la
và la *lax*l_aAx*l_a.
2.5 Cấp cộng trong các tập tổng
Dinh ly 2.5.1. [Dinh ly Chang] Cho K, N > 1. A 1a tap hop cong tính trong nhóm xyclic Z = Zw thỏa mãn F(A,A) > |A|/K. Khi đó tồn tại 1 cấp cộng propcr P C 2A — 2A có hạng không quá
O (ô (1 + mm) và cỡ
N.
~0(£(I+tssz))
P|>O|K|tl+io >0 (K (tin ))
Hơn thế nữa, ta chọn P là đối xứng (tức là —P = P).
Chúng mình. Tập hợp œ := ;K!3, Theo Mệnh đề 2.4.6, ta có Bohr (sms. 3) C 2A — 2A. 1
Mặt khác, từ Bồ đề 2.4.3 ta thấy S := {m,-...,na} cla day véi
d=|S|=0 (:: (+z)) =Ð (x (1 tiep ca)
thỏa mãn
Spec„(4) € [—1, Iẽ” - Í,...,1ia).
Có nghĩa là
1 1
Bohr (s. x) ¢ Bohr (spec, (A), 5) .
Ap dung Ménh dé 2.2.8 ta thay Bohr (5, a) chứa cấp số proper đối xứng hạng đ và
(1/64"
IPI> Sa N>O (ô (1 + AT ee N.
Ta có diéu phai chttng minh.
Định ly 2.5.2. Cho K, N > 1. Cho Aj, 4a, 4; là các tập hợp cộng tinh trong Zy thoa man
Khi đó tồn tại một cấp cộng proper P C Ai + A; + A; có hạng
0 (ô (eters)
)) town
không quá
và cỡ
N.
P|>O|KE|1+io
P| 2 ( ( "P 7 (Ai)
Chitng minh. Ta xem xét ham khong 4am f := 1y, * 14, * lạ,.
Ti (1.9) ta c6 Ezf = Pz(A,)*. Mặt khác ta có
Pz(supp(f)) = Pz(A; + Aằ + 4s) = KĐz(4Ă).
Lấy Ly € Ay + As + As thỏa mãn f (x0) = Pz(Ai)?/K.
Ta có thể giả sử zạ = 0, khi đó ƒ(0) > Pz(Ai)?/K.
Từ (1.8) ta thấy ƒ{€) = Ta,(€)†a,(€)1a,€).
Từ (1.7), Cauchy- Schwarz, (1.11) và (2.1) ta có với mọi z € Z thì
Iứ)= /00)|= |3 1u (6)fi,(6)1i,(E)feE :z) = 1)
< 3 "[f.(©||f,t©|lfa.©|[teŒ €eZ - z) = 9|
€cZ
< (sp 1a, (©||(e( -z) = a ia. Oley eZ lTa, Olly
=P;,(A, )sup|la,(é )||(e( 0|
< 2nPz(A, sale
Kết hợp điều này với giới hạn của chúng trong ƒ(0) và giá của ƒ, ta thấy rằng
{= eZ: sap|1a,(©|lš - #|Ìa/z < Pạ(Ai)/2nK } CAi+4;+ 44.
Do đó
(ia, (Ig -#lla/z < Pz(Ai)/20Kk với moi € € 5pee/z„(4¡) ta có
I, EZ: sup [fx,()|ll£ - #|Ìg/z < Pz(A0/2k Ì C Ai+4s+4¿.
( €€ ĐDĐG,„„„„.(4i) J
Hơn nữa, khi
1a, (©|s Pz(A,)/2#K với mọi £ Z 0, ta đạt được
Bohr(Speei,;„x(4¡),1/2mK) © Ai + Ao + As.
Nhưng theo Bé dé 2.4.3 ta thay d =O (ie (1 + lop) ) và dãy
%:{m,...,n„} C Z thỏa mãn
Spec) jo. (Ar) C [-1, 1! . (m, sy Na)
và do đó theo bất đẳng thức tam giác
Bohr(S,1/2mK) C Bohr(Speei/s„v(Ai),1/2mK) © Ay + Ap + Az.
Áp dụng Mệnh đề 2.2.8 ta cố định được một cấp cộng proper P trong Pohr(S,1/2xdK) với hạng d và lực lượng nhỏ nhất
~ŒK(1+logpT)
)) N.
|P| > (1/24K)! 24K) vs lox (141 a 2 (CK ( ( Lt loon a
Ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.5.3. [Tính hầu tuần hoàn kéo theo các cấp cộng dài] Cho ƒ:Z —› R' là một biến ngẫu nhiên không âm trên nhóm cộng Z,J > 1 là số nguyên, và giả sử r € Z thỏa mãn
Ez max |T”ƒ — /Ì< B;zƒ
1<7<J
trong đó T” Ƒ(z) := ƒ(# — 7r).
Khi đó supp(ƒ) chứa một cấp cộng a + [0, J] -r với chiều dài J + 1 va vectd co sd r.
Chứng mình. Tồn tại z € Z thỏa mãn
max |7”) — ƒ()Ì< f(x)
1<j<J
và do d6 f(a — jr) = T”ƒ(z),V0< j < J. Ta có điều phải chứng minh. Để áp dụng Bổ đề này chúng ta cần đánh giá dang
Ez max |T””ƒ — f|-
1<i<J
Diều này làm được dé dàng nếu ƒ có biến đổi Fourier trong tap phân ly:
Bồ đề 2.5.4. Cho 9 C Z là tập phân ly và ƒ là biến ngẫu nhiên thỏa mãn supp(f) C 8. Khi dé, véi moi tap không rỗng của H C Z ta có
max|7? /l| | .„ = ỉ (L+ !ag|fI"?) lIflisứ hell
Chứng mình. Cho p > 2 là số mũ lớn. Khi đó,
|naxI7°/| heH 12(Z) < |tmaxIT" fi heH 1?(Z)
<|(0 Soir" sl’) 1/p
heH ee)
=e Fly
hcH
< |RI'"|/Isz›
< |HI'“|SllxứlLfl|uz¿z›
= 0 (IHI'/P|\flls¿)
theo Bổ đề 2.3.8.
Khang định được chứng minh với p := Ó(1 + iog| |).
Bồ đề 2.5.5. Cho ƒ là biến ngẫu nhiên, J,d > 1. Giả sử rằng tồn tại một số nguyên mm thỏa mãn
2" <|fO|< 2"°'/W€ € supp(ẽ).
Khi đó, tồn tại một tập hợp S9 C Z có lực lượng |S| = d sao cho E¿ max |T”ƒ — ƒ|
1<7€J
-9| ` Fee IÍ PAL somgsinerns)) ore
€esupp(ƒ)
Chứng minh. Ấp dụng Bổ đề 2.4.2, ta có thể viết supp(f) ^ = D,U...UD, UR
trong đó D\,..., 2; là các tập phân ly phân biệt với lực lượng đ+ 1,
và R.C [—1, 1]! -(m,...,), 9 = {m,-...,„} C Z.
Sử dụng biến đổi Fourier, ta có thể chia đoạn ƒ = ƒp,+...+ƒn,+ƒn tùy theo.
Từ Bổ đề 2.5.4 ta có, VI <¡< E,
Ez max |T"" fp, — fp,| < 2|| max | (rir 1<7eJ <jeJ 2)
<0 (0 fo )
=0 [i IS ior) |
<O (7= ma lf()
£eD;
có được là nhờ 2“ < lƒt©)| < 2+1,
Tương tự, từ bất đẳng thức tam giác, (2.2.9) và gid thiét trong R
max |T” ƒp — mm
1<jcJ L\(Z)
max | |Ÿf©)| x cứ + 7m.£)
~~ €eR
13." 1...
< 2xJ4(Ð ”If(6)I)max lu - la, cch ccủ
Đánh giá các tổng này sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta có điều phải chứng minh.
Bay gid ta di chttng minh dinh ly Bourgain.
Dinh ly 2.5.6. [Bourgain] Cho N > 1 1A mét s6 nguyén té, A, B là các tập công tính trong Zw thỏa mãn |A|,|B| > ồN với một số
cog en <6 <1, trong d6 C là một hằng số có giá trị tuyệt đối lớn. Khi đó A + B chứa một cấp cộng proper với chiều dài tối thiểu là
exp(O(ðlogN)!3).
Chứng minh. Ta thừa nhận N là lớn. Bằng cách di chuyển phần tử tit A, B va 6 tang néu can ta gia sit Pz(A) = Pz(B) =6.
Tap hop f := 1, * 1g, và cho exp (0 (dlog ny) <J< N dược chon sau. Nhu vay supp(f) = A+ B va Ezf = Pz(A)Pz(B) =6.
Theo Bổ đề 2.5.3, chứng tỏ rằng
Ez max |T”ƒ — ƒ| < ở với r # 0. 1<7<J Hệ số Fourier ƒ của ƒ không thể vượt f(0) =E,f=6.
Ngoài ra, ta có theo Cauchy- Schwarz và (1.11)
5 ”Jƒ(©I= 3` fa(6©Ifs()|
€eZ €cZ
< II
=P¿(4)!Pz(B8)'”
=ổ.
Để lợi dụng điều này, chúng ta chọn ă > 1 và
Z= |J T„UT.„
0<m<M
Or a oO
Dn t= {EE 722" 18 < | flO) < 2-87}
va
Serr = {EE Zs |F(Q| < 20}.
Diều này cảm sinh một đoạn
f = ằ fin + ferr-
0<m<10ÌOg1+
Ta có thể ap dụng Bổ đề 2.5.5 cho mỗi ?„ với d > 1 được chọn sau, để đạt được
Ez mo |T”ƒ Tn —— Fim|
1<7
" (su. lf„(€ IS Jdmax ||n- rin]
cer
trong dé S,, 1A tap hdp tan s6 vdi luc lugng |S,,| = d; tong nay trong m va stt dung
3 `|ƒ(©I < Ifalle¿jlfs|lz¿
ccZ ta có
logJ
ằ Ez max |7 f„ — fin| = O (s ( + Jamax | -rls/z
0<m<M 1<Je7 d nes
trong đó 8 := Upemexs Sn 1A tap hop tan sé vi |S| < dM.
Vé phan f.,,, ta sti dung bat đẳng thức tam giác:
B¿ max |7” ƒ„„ — ferr| < ằ lf” ...èèux(z) l<jeJ 1<j<J
< ằ l”” f.ô:èèu2(z)
1<j<J
1/2
_if > ior]
€€P err
< JO || fll)
< J2-M/28,
Kết hợp các đánh giá này sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta thấy rằng để kết luận về định lý ta cần tìm r # 0 thỏa mãn
logJ
d + Jdmax \In-r|lez + 2"? < cổ
TC
với hằng số nhỏ c > 0. Néu ta chon M := ClogJ và d:= Œð~”logJ với Œ đủ lớn, khi đó rõ ràng số hạng đầu tiên và số hạng thứ ba sẽ nhỏ hơn cd/3 (nhac lai rang J > 1/6), c6 s6 r 4 0 théa man
| | < cô < 53 max ||n +r nes TERE 374 ~ Togd —
trong đó c' > 0 là hằng số đủ nhỏ. Sử dụng Bồ đề 2.2.4, ta thấy rằng
153 S|
2-l8I[ JlogJ N>1.
Nhưng từ
|S| < dM =O (6 “log” J)
ta có thể đạt được J := exp Gi (slogv)'"*) với c" nhỏ thích hợp, sử dụng giới hạn dưới trong ở. Ta có điều phải chứng minh.