加性组合
引言
加性组合是研究离散集合 (通常是整数集或其子集) 在加法运算下的结构. 核心问题是: 如果知道一个集合 \(A\) 的大小 (基数), 那么它的和集 \(A+A = \{a+b \mid a, b \in A\}\) 或差集 \(A-A\) 的最小可能规模是多少? 其结构如何? 加性组合提供了处理整数集合问题的强力工具和深刻视角.
阅读本文需要一定抽象代数中群论和环论的基础.
记号
\(\Z,\mathbb{Q},\R,\mathbb{C}\) 整数集, 有理数集, 实数集, 复数集
\(\Z_n\) 整数 mod \(n\) 的剩余类集, 其上面的加法和乘法均在 mod n 意义下进行
\(A+B:=\{a+b:a\in A,b\in B\}\)
\(A\hat{+}B=\{a+b:a\in A, b\in B, a\ne b\}\)
\(kA=A+A+\cdots+A\) (\(k\) 个 \(A\), 特别地 \(0A=\{0\}\))
\(A-B:=\{a-b:a\in A,b\in B\}\)
\(A\cdot B:=\{ab:a\in A,b\in B\}\)
\(\dfrac{A}{B}:=\{a/b:a\in A,b\in B\}\), 要求 \(0\not\in B\)
\(a_I=\sum\limits_{i\in I}a_i\)
\(\sum(A):=\sum\limits_{a\in A}a\)
正文
1 集合的加性结构
1.1 从 \(A+A\) 出发
对于大小 \(|A|\) 固定的集合 \(A\), \(|A+A|\) 可以有多大或多小?
在 \(\mathbb{Z}\), \(\mathbb{Q}\), \(\mathbb{R}\) 中, 这不是一个很难的问题. 给定集合的大小, 我们对加法集的大小有精确的界限.
[命题 1.1] 若 \(A\subseteq \mathbb{R}\) 为非空有限集, 则 \(2|A|-1\le |A+A|\le \dfrac{|A|(|A|+1)}{2}\).
证明 右边的不等式成立是因为 \(A\) 中最多构成 \(\dfrac{|A|(|A|+1)}{2}\) 个无序对.
考虑将 \(A\) 的元素排成 \(a_1 < a_2 < \cdots < a_n\), 则 \(A+A\) 中有元素 \(a_1+a_1 < a_1+a_2 < \cdots < a_1+a_n < a_2+a_n < \cdots < a_n+a_n\), 共 \(2n-1\) 个元素. \(\square\)
当 \(A+A\) 中没有非平凡的碰撞 (collision) 时, 上界是紧的. 这里的非平凡碰撞是说, \(a_1+a_2 = a_1'+a_2'\) 在 \(A\) 中有非平凡解.
[例 1.2] 当 \(A\) 中的元素构成等差数列时, [命题 1.1] 达到下界. 事实上这也是下界唯一的取等情况.
当 \(A=\{1, a, \cdots, a^{n-1}\}, a\in \mathbb{Z}^+, a\ge 2\) 时, 由进制理论, \(A+A\) 中没有非平凡碰撞, 因而取到上界.
关于下界的结论可以推广如下, 证明类似:
[命题 1.3] 若 \(A, B\subseteq \mathbb{R}\) 为非空有限集, 则 \(|A+B|\ge |A|+|B|-1\).
事实上在 \(\mathbb{Z}_p\) 上也有类似的结论, 但证明却困难了许多. 为了证明它, 我们需要一个引理:
定义 设 \(R\) 是一个环, \(R[x_1, x_2, \cdots, x_n]\) 为其上的 \(n\) 元多项式环, \(f\in R[x_1, x_2, \cdots, x_n]\). \(f\) 的一个项是指其表达式中系数非零的一个单项式 \(ax_1^{k_1}x_2^{k_2}\cdots x_n^{k_n}(a\ne 0)\).
\(f\) 的一个项 \(ax_1^{k_1}x_2^{k_2}\cdots x_n^{k_n}(a\ne 0)\) 称为极大的, 如果不存在 \(f\) 的项 \(bx_1^{l_1}x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n}\) 使得 \(l_1>k_1, l_2>k_2, \cdots, l_n>k_n\).
[引理 1.4] (Combinatorial Nullstellensatz 组合零点定理) 设 \(R\) 是一个域, \(f\in R[x_1, x_2, \cdots, x_n]\), \(f\ne 0\), \(ax_1^{k_1}x_2^{k_2}\cdots x_n^{k_n}\) 是极大的系数非零的项 (之一). \(S_1, S_2, \cdots, S_n\subseteq R\), \(|S_i|>k_i\). 证明: 存在 \(s_1\in S_1, s_2\in S_2, \cdots, s_n\in S_n\) 使得 \(f(s_1, s_2, \cdots, s_n)\ne 0\).
证明 不妨 \(|S_i|=k_i+1\). 对 \(n\) 归纳证明.
\(n=1\) 时成立 (一元 \(d\) 次多项式最多 \(d\) 个零点).
假设命题对 \(n-1\) 成立. 下证 \(n\) 的情况. 以 \(x_n\) 为主元, 令 \(g(x_n)=\prod_{t\in S_n}(x_n-t)\), 则 \(\deg g=k_i+1\). 设 \(f=qg+r\) 为带余除法, 则 \(\deg_{x_n} r\le k_n\). 易知 \(ax_1^{k_1}x_2^{k_2}\cdots x_n^{k_n}\) 不在 \(qg\) 中, 故只能在 \(r\) 中, 所以 \(r\ne 0\) 且 \(r\) 关于 \(x_n\) 的次数恰好为 \(k_n\).
设 \(r=\sum\limits_{j=0}^{k_n}r_jx_n^j\) 为 \(r\) 以 \(x_n\) 为主元的表达式, 由归纳假设, 存在 \(s_1\in S_1, s_2\in S_2, \cdots, s_{n-1}\in S_{n-1}\) 使得 \(r_{k_n}(s_1, s_2, \cdots, s_{n-1})\ne 0\); 再由 \(n=1\) 的情况, 知存在 \(s_n\in S_n\) 使得 \(r(s_1, s_2, \cdots, s_n)\ne 0\). \(\square\)
所以 \(f(s_1, s_2, \cdots, s_n)=q(s_1, s_2, \cdots, s_n)g(s_n)+r(s_1, s_2, \cdots, s_n)=r(s_1, s_2, \cdots, s_n)\ne 0\).
[定理 1.5] (Cauchy-Davenport) 设 \(p\) 为素数, \(A, B\subseteq \mathbb{Z}_p\) 非空. 证明: \(|A+B|\ge \min\{p, |A|+|B|-1\}\).
证明 设 \(A=\{a_1, a_2, \cdots, a_n\}, B=\{b_1, b_2, \cdots, b_m\}\). 若 \(n+m>p\), 对于所有 \(x\in \mathbb{Z}_p\), \(x-a_i\) 模 \(p\) 互不同余, 于是由抽屉原理, 存在 \(i, j:x-a_i=b_j\), 于是 \(x=a_i+b_j\), \(x\in A+B\). 所以 \(|A+B|=|\mathbb{Z}_p|=p\).
若 \(n+m\le p\), 采用反证法. 设 \(|A+B|\le n+m-2\), 构造多项式 \(f(x, y)=(x+y)^{n+m-2-|A+B|}\prod\limits_{c\in A+B}(x+y-c)\in \mathbb{F}_p[x, y]\). 由于 \(f\) 的 \(x^{n-1}y^{m-1}\) 系数是 \(\binom{n+m-2}{n-1}\not\equiv 0\pmod p\), 故 \(f\) 的最高次项是 \(\binom{n+m-2}{n-1}x^{n-1}y^{m-1}\), 由组合零点定理, 存在 \(a\in A, b\in B\) 使得 \(f(a, b)\ne 0\). 这与 \(f\) 的定义矛盾. 故 \(|A+B|\ge n+m-1\). \(\square\)
[推论 1.6] 设 \(p\) 为素数, \(A, B\subseteq \mathbb{Z}_p\) 非空. 证明: \(|A\hat{+}B|\ge \min\{p, |A|+|B|-2-[|A|=|B|]\}\).
Cauchy-Davenport 定理促使我们去思考, 在一般群上的结果如何? 在 Abel 群上这个结果最终被 Kneser 解决, 普通的幺模群则被 Kemperman 证明.
下面展示 Kneser 的结果, 其中下面的证明由 Dexter 给出.
[定理 1.7] (Kneser) \(G\) 是一个 (可无限) 的 Abel 群, \(A, B\) 是 \(G\) 的有限非空子集, \(K=stab(A+B)=\{g\in G:g+A+B=A+B\}\), 则 \(|A+B|\ge |A+K|+|B+K|-|K|\).
注 \(K\) 是 \(G\) 的子群.
证明 我们对 \(|A+B|+|A|\) 进行归纳. 假设 \(K \neq \{0\}\), 并令 \(\phi: G \to G/K\) 为典范同态. 那么 \(stab(\phi(A+B))\) 是平凡的, 因此将归纳假设应用于 \(\phi(A)\), \(\phi(B)\), 我们得到
因此, 我们可以假定 \(K = \{0\}\). 如果 \(|A| = 1\), 结论显然成立, 所以我们可以假设 \(|A| > 1\) 并选择不同的 \(a, a^{\prime} \in A\).
由于 \(a^{\prime} - a \notin stab(A+B) \supseteq stab(B)\), 我们可以选择 \(b \in B\) 使得 \(b + a^{\prime} - a \notin B\).
现在将 \(B\) 替换为 \(B - b + a\), 我们可以假设 \(\emptyset \neq A \cap B \neq A\).
设 \(C \subseteq A + B\), 并令 \(H = stab(C)\). 我们称 \(C\) 是一个收敛子, 如果
令 \(C_0 = (A \cap B) + (A \cup B)\), 并注意到 \(C_0 \subseteq A + B\). 由于 \(0 < |A \cap B| < |A|\), 我们可以将归纳假设应用于 \(A \cap B\) 和 \(A \cup B\), 从而得出结论: \(C_0\) 是一个收敛子. 因此收敛子存在, 我们现在可以选择一个收敛子 \(C\) 使得 \(H = stab(C)\) 最小.
如果 \(H = \{0\}\), 那么 \(|A + B| \geq |C| \geq |A \cap B| + |A \cup B| - |\{0\}| = |A| + |B| - 1\), 证明完成.
所以, 我们可以假设 \(H \neq \{0\}\) (并继续推导矛盾). 由于 \(stab(A + B) = \{0\}\) 且 \(stab(C) = H\), 我们可以选择 \(a \in A\) 和 \(b \in B\) 使得 \(a + b + H \not\subseteq A + B\).
令 \(A_{1} = A \cap (a + H)\), \(A_{2} = A \cap (b + H)\), \(B_{1} = B \cap (b + H)\), \(B_{2} = B \cap (a + H)\), 并注意 \(A_{1}, B_{1} \neq \emptyset\).
对于 \(i = 1, 2\), 令 \(C_i = C \cup (A_i + B_i)\), \(H_i = stab(A_i + B_i)\). 注意到如果 \(A_i, B_i \neq \emptyset\), 那么 \(H_i = stab(C_i) < H\).
下面的等式对 \(i = 1\) 成立, 并且如果 \(A_{2}, B_{2} \neq \emptyset\), 对 \(i = 2\) 也成立. 它源于 \(C_i\) 不是收敛子 (由 \(H\) 的最小性) 以及对 \(A_{i}, B_{i}\) 应用归纳假设的事实.
如果 \(B_{2} = \emptyset\), 那么 \(|(A \cup B) + H| - |(A \cup B) + H_{1}| \geq |(a + H) \setminus (A_{1} + H_{1})| = |H| - |A_{1} + H_{1}|\), 这与 \(i = 1\) 时的等式 (1) 矛盾. 在假设 \(A_{2} = \emptyset\) 的情况下, 我们得到类似的矛盾. 因此 \(A_{2}, B_{2} \neq \emptyset\), 且等式 (1) 对 \(i = 1, 2\) 成立.
如果 \(a + H = b + H\), 那么 \(A_{1} = A_{2}\), \(B_{1} = B_{2}\), 并且我们有 \(|(A \cup B) + H| - |(A \cup B) + H_{1}| \geq |(a + H) \setminus ((A_{1} \cup B_{1}) + H_{1})| \geq |H| - |A_{1} + H_{1}| - |B_{1} + H_{1}|\), 这与等式 (1) 矛盾. 因此, \(a + H \neq b + H\).
我们的下一个不等式源于观察: 等式 (1) 的左边是非负的, 并且右边的所有项都是 \(|H_{i}|\) 的倍数.
令 \(S = (a + H) \setminus (A_{1} \cup B_{2})\), \(T = (b + H) \setminus (A_{2} \cup B_{1})\), 并注意 \(S\) 和 \(T\) 是不相交的. 下一个等式源于 \(A + B\) 不是收敛子 (由 \(H\) 的最小性) 以及对 \(A_{i}, B_{i}\) 应用归纳假设的事实.
将分别对 \(i = 1, 2\) 取等式 (2) 和 (3) 得到的四个不等式相加后除以 \(2\), 得到 \(2|H| > |A_{1}| + |B_{2}| + |S| + |A_{2}| + |B_{1}| + |T|\). 然而 \(a + H = S \cup A_{1} \cup B_{2}\) 且 \(b + H = T \cup A_{2} \cup B_{1}\). 这最后的矛盾完成了证明. \(\square\)
注意到实际上 Cauchy-Davenport 定理就是 Kneser 加性定理的一个推论: 若 \(K=\{0\}\), 则 \(|A+B|\ge |A|+|B|-1\). 若 \(K=\mathbb{Z}_p\), 则 \(A+B=\mathbb{Z}_p\).
[推论 1.8] 若 \(A, B\subseteq \mathbb{C}\) 为非空有限集, 则 \(|A+B|\ge |A|+|B|-1\).
证明 利用 \(A+B\) 为有限集时, 其稳定化子也为有限子群. 但 \(\mathbb{C}\) 的有限子群只有平凡群. \(\square\)
1.2 更复杂的结构
我们使用一些竞赛题来展示对更复杂的加性结构的处理.
[例 1.9] (2023-2 希望联盟 6) 若 \(A, B, C \subseteq \mathbb{R}\) 为非空有限集. 证明: \(|A+B+C|^2\le|A+B||B+C||C+A|\).
证明
下一道的例题很像 Kneser 定理的推论, 不过笔者没有找到直接使用 Kneser 定理的方法.
[例 1.10] (2011 USATSTST 9) 设正整数 \(n\ge m\). 在 \(\Z_2^n\) 中, 若非空集合 \(A,B\) 满足 \(|A|+|B|>2^m\), 则 \(|A+B|\ge 2^m\).
证明
下两道题设及到除法结构.
[例 1.11] (2014 CTST 2) 设 \(A\subseteq\Z^+\) 有限, 则 \(|\dfrac{A+A}{A+A}|\ge 2|A|^2-1\).
证明
[例 1.12] (NS征解9.1) 求最小的实数 \(\lambda\), 使得对任意有限集 \(A\subseteq\R\), 有 \(|\dfrac{A-A}{(A-A)\setminus\{0\}}|\le\lambda|A|^4\).
证明
下面这道题颇有意思, 涉及到对一个整数集合叠加的结构的理解 (该结构只在整数上成立). 笔者在某知名机构的一次模拟考试里遇到, 以下证明为笔者考试时的解答.
[例 1.13] 设 \(A\) 是非空有限整数集合, \(M_{h,n}=\{(a_1,a_2,\cdots,a_h)\in A^h:a_1+a_2+\cdots+a_h=n,a_1\le a_2\le\cdots\le a_n\}(h\in\Z^+,n\in\Z)\), \(N_{h,m}=\{n\in\Z:|M_{h,n}|\ge m\}(h,m\in\Z^+)\). 证明: 对固定的正整数 \(m\), \(f_h=N_{h+1,m}-N_{h,m}\) 最终常值.
证明 设 \(A=\{x_1,x_2,\cdots,x_t\}, x_1<x_2<\cdots<x_t\).
\(t=1,2\) 时不难验证原题成立. 下设 \(t\ge3\).
设 \(D_{h,m}=N_{h+1,m}\setminus(N_{h,m}+x_t)\). 显然 \((N_{h,m}+x_t)\subseteq N_{h+1,m}\). 只需证 \(D_{h,m}\) 最终常值.
设 \(M_{h,n}'=\{(i_1,i_2,\cdots,i_n)\in\Z_{\ge0}^t: i_1x_1+\cdots+i_tx_t=n\}\).
显然若 \(n\in D_{h,m}\), \((i_1,\cdots,i_t)\in M_{h,n}'\), 则 \(i_t=0\).
设 \(U_{h,m}=\bigcup\limits_{n\in D_{h,m}}M_{h,n}'\).
由于 \(\forall 1<j<t:x_j(x_t-x_1)=x_t(x_j-x_1)+x_1(x_t-x_j)\), 故 \(\forall (i_1,i_2,\cdots,i_t)\in U_{h,m}:i_2,i_3,\cdots,i_t<x_t-x_1\).
(否则若 \(i_j\ge x_t-x_1\), 设 \(n\in D_{h,m},n=i_1x_1+\cdots+i_{t-1}x_{t-1}\), 则 \(n=(i_1+x_t-x_j)x_1+i_2x_2+\cdots+(i_j-x_t+x_1)x_j+\cdots+(x_j-x_1)x_t\), 与 \(i_t=0\) 矛盾)
所以 \((i_1,i_2,\cdots,i_t)\in U_{h,m}\) 时, \((i_2,i_3,\cdots,i_t)\) 的每一项都属于 \(X=\{0,1,\cdots,x_t-x_1-1\}\).
设 \(V_{h,m}=\{(i_2,i_3,\cdots,i_t):(i_1,i_2,\cdots,i_t)\in U_{h,m}\}\), 则 \(V_{h,m}\subseteq X^t\).
所以当 \(h>(t-1)(x_t-x_1)\) 时, \(i_1>0\). 定义 \(\phi_h:U_{h+1,m}\to U_{h,m}\), \(\phi_h(i_1,i_2,\cdots,i_t)=(i_1-1,i_2,\cdots,i_t)\) 是单射.
因此当 \(h\) 充分大时, \(V_{h,m}\) 最终会变为一个定集合. 此时 \(\phi_h\) 为双射, 按 \(\varphi_h:D_{h+1,m}\to D_{h,m}\), \(\varphi_h(n)=n-x_1\) 定义的映射也为双射, 即 \(|D_{h,m}|\) 最终常值.
[推论 1.14] 设 \(A\) 是有限整数集合, 则 \(|(h+1)A|-|hA|\) 最终常值.
1.3 Freiman 定理
2 三种结构
2.1 sum-free 结构
\(\mu(n)\ne0\), \(S\subseteq\Z_n\), \(|S|\ge\dfrac{n}{2}\), 则 \((S\cdot S)\cap S\ne\varnothing\).
(2024-2 希望联盟 6) \(A_1,A_2\subseteq\{1,2,\cdots,999\}\), \((A_i+A_i)\cap A_i=\varnothing\), 求 \(|A_1\cup A_2|_{\max}\).
(2024 丝绸之路MO 4) 设 \(a_1,a_2,\cdots\) 是严格递增的正整数列, 满足 \(a_{n+1}\not\in\{c_1a_1+\cdots+c_na_n:c_1,c_2,\cdots,c_n\in\{0,1\}\}\). 对正整数 \(m\), 用 \(f(m)\) 表示不超过 \(m\) 的 \(a_i\) 的个数. 证明: \(\forall m,k\in Z^+: f(m)\le a_k+\dfrac{m}{k+1}\).
(2021CTST3) 设 \(n\) 是正整数. 证明: 对任意整数 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\), \(|\{a_i-a_j:1\le i,j\le n\}\cap\{1,2,\cdots,\dfrac{n(n-1)}{2}\}|\ge\lceil\dfrac{n(n-6)}{19}\rceil\).
(2008CTST8) 证明: 对任意正整数 \(n>16\), 存在 \(S\subseteq\Z^+,|S|=n\), 使得 \(\forall A\subseteq S:\) 如果 \((A\hat{+}A)\cap S=\varnothing\), 则 \(|A|\le 4\sqrt{n}\).
设 \(x_2=2\), \(x_n=nx_{n-1}+1\). 证明: 对任意 \(\{1,2,\cdots,x_n\}\) 的划分 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\), 存在 \(A_i\) 使得 \((A_i+A_i)\cap A_i\ne\varnothing\).
(Schur 定理) 如果把正整数集用有限多种颜色着色, 那么 \(x+y=z\) 总是有一个单色解.
2.2 AP-free 结构
(2018 THU金秋 6) 设 \(f(n)\) 是最大的正整数 \(k\), 使得可将 \(\{1,2,\cdots,n\}\) 划分为 \(k\) 个集合 \(A_1,A_2,\cdots,A_k\), 使得任意长为 \(3\) 的非常值等差数列都在三个不同的 \(A_i\) 中. 证明 \(\log_3n\le f(n)\le\log_2n+1\).
(2019 THU金秋 8) 证明: 对任意正整数 \(n\ge16\) 和 \(A\subseteq\{1,2,\cdots,n\}, |A|\ge4\sqrt{n}\), \(A\hat{+}A\) 中有长为的 \(4\) 的非常值等差数列.
(van der Waerden 定理) 如果整数用有限多种颜色着色，则其中一个颜色类别必须包含任意长的等差数列。
(Szemerédi 定理) 整数每个具有正上密度的的子集都包含任意长的等差数列。
2.3 子集和
以下的内容会设计到一定的加性数论或组合数论
任意 \(n\) 个整数中都有若干个 (至少一个) 和为 \(n\) 的倍数.
(2023IMOSLC2) 求最大的 \(L\), 使得存在 \(a_1,a_2,\cdots,a_L\in\{1,2,\cdots,2^{2023}\}\), 对于所有 \(1\le i<j\le l\) 与 \(s_l,s_{l+1},\cdots,s_r\in\{-1,1\}\), 有 \(\sum\limits_{i=l}^rs_ia_i\ne0\).
(2024.7谜之竞赛3) 给定正整数 \(n\ge2\), 求最小的正整数 \(m\), 使得对于所有 \(a_1,a_2,\cdots,a_m\in\{-n,-n+1,\cdots,n\}\), 若 \(|a_1+a_2+\cdots+a_m|\le n\), 则存在 \(I\subseteq\{1,2,\cdots,m\}\) 非空, 满足 \(a_I=0\).
(2024 RMM 2) 设 \(p\) 是奇素数, 正整数 \(N<50p\), \(a_1,a_2,\cdots,a_N\in\{1,2,\cdots,p-1\}\), 满足同一数值最多出现 \(\dfrac{51N}{100}\) 次, 且 \(p\nmid(a_1+\cdots+a_N)\). 证明: 存在 \(a_1,a_2,\cdots,a_N\) 的排列 \(b_1,b_2,\cdots,b_N\), 使得对任意 \(k\le N\), \(p\nmid(b_1+\cdots+b_k)\).
(Erdős-Ginzburg-Ziv) 任意 \(2n-1\) 个整数中都有 \(n\) 个和为 \(n\) 的倍数.
(2024.1 谜之竞赛 5) 给定正整数 \(n\ge2\), 求最小的正整数 \(m\), 使得对于所有 \(m\) 个不为 \(n\) 的倍数的整数 \(a_1,a_2,\cdots,a_m\), 都有若干个 (至少一个) 和为 \(n\) 的倍数但不为 \(n^2\) 的倍数.
(2024.10 谜之竞赛 5) 给定 \(m,n\in\Z^+\), 求 \(k_{\min}\) 使得任意 \(a_1,\cdots,a_k,b_1,\cdots,b_k\in\Z\), 存在 \(I,J\subseteq\{1,2,\cdots,k\}\) 非空, \(|I|=|J|\) 与 \(m\mid a_I,n\mid b_J\).
(2025-3 希望联盟 15) 给定正整数 \(m,n\ge2\), 求最大的正整数 \(k\), 使得存在 \(k\) 个不被 \(m\) 整数的整数, 满足如果其中若干个的和为 \(n\) 的倍数，则和为 \(mn\) 的倍数.
(2016 CTST 6) 设整数 \(n\ge m\ge2\), \(S\subseteq\Z,|S|=n\). 证明: \(S\) 至少有 \(2^{n-m+1}\) 个子集 \(T\), 使得 \(T\) 的元素和为 \(m\) 的倍数.
(2022 CTST 2) 设 \(p\) 是素数, \(A\subseteq\Z\) 为无限集. 证明: 存在 \(B\subseteq A,|B|=2p-2\), 使得 \(B\) 中任何 \(p\) 个数的算术平均值都不在 \(A\) 里面 (当然, 如果算术平均值不是整数, 那它一定不在 \(A\) 里面).
(2024 百年老校 3) 设 \(p\) 是素数, \(A\subseteq\Z_p,|A|\ge 100\sqrt{p\log_2p}\). 证明: 存在 \(B\subseteq A:\sum(B)=1\).
(2023.12 谜之竞赛 6) 求最小的正实数 \(\alpha\), 满足存在常数 \(c\), 使得对任意素数 \(p\) 和 \(A\subseteq\Z_p,|A|\ge cp^{\alpha}\), 存在 \(B\subseteq A:\sum(B)=0\).
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