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: ainfante@utm.edu.ec
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 a
i
+ a
j
= a
i
′
+ a
j
′
entonces se verifica la igualdad {a
i
, a
j
} = {a
i
′
, a
j
′
}. 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 a
i
+ a
j
=
a
i
′
+ a
j
′
then the equation {a
i
, a
j
} = {a
i
′
, a
j
′
} 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)
Recibido: 15-4-2019 / Aceptado: 14-10-2019 / Publicación: 31-12-2019
Estudamos os subconjuntos de números reais com a propriedade que todas as somas de dois elementos são diferentes, ou
seja, se a
i
+ a
j
= a
i
′
+ a
j
′
, então a igualdade {a
i
. a
j
} = {a
i
′
, a
j
′
}. 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.
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
Recuperado de: https://revistas.utm.edu.ec/index.php/Basedelaciencia/article/view/1726
Citación sugerida: Adrián Infante . SOBRE SUCESIONES DE SIDON. Revista Bases de la Ciencia, 4(3),
19-40. DOI:https://doi.org/10.33936/rev_bas_de_la_ciencia.v4i3.1726
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 conjun-
tos 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 investi-
gación 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 = {a
k
}
k
una sucesión de números enteros y tales
que r
A
(n) ≤ g, donde r
A
(n) es el número de representaciones de n como suma de dos elementos de
A, sin repetición, es decir,
r
A
(n) = #{a
i
, a
j
∈ A : n = a
i
+ a
j
, a
i
≤ a
j
}.
Para un número real positivo p, definimos la norma p de una función f : R → R periódica y de
período 2π por:
∥ f ∥
p
=
2π
0
|f(x)| dx
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) =
∞
k=0
c
k
e
ia
k
t
donde A = {a
k
}
k
es una sucesión de números enteros y tales que r
A
(n) ≤ g, y los C
k
, k = 0, 1, 2, . . .
son los coeficientes de Fourier de f . Entonces
∥f∥
4
4
=
1
2π
2π
0
|f(t)|
4
dt =
1
2π
2π
0
f
2
(t)
2
dt
=
1
2π
2π
0
k,j
c
k
c
j
e
i(a
k
+a
j
)t
2
dt =
1
2π
2π
0
∞
n=1
k,j
a
k
+a
j
=n
c
k
c
j
e
int
2
dt
=
∞
n=1
k,j
a
k
+a
j
=n
c
k
c
j
2
≤ 2g
∞
n=1
k,j
a
k
+a
j
=n
|c
k
|
2
|c
j
|
2
≤ 2g
∞
k=1
|c
j
|
2
2
≤ 2g ∥f∥
4
2
.
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SOBRE SUCESIONES DE SIDON
En este trabajo sólo consideramos el caso en que el número de representaciones es única, es decir,
si a
i
+ a
j
= a
i
′
+ a
j
′
entonces se verifica la igualdad {a
i
, a
j
} = {a
i
′
, a
j
′
}. 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 = {b
1
, b
2
, b
3
. . .} con la condición
2b
k−1
≤ b
k
, es de Sidon. De aquí obtenemos F (N) ≥ log
2
N.
El siguiente ejemplo nos da una mejor cota inferior.
Ejemplo 2. Vamos a construir una sucesión de Sidon, b
1
< b
2
< . . ., tal que los b
n
sean mucho
menor que n
3
, b
n
≪ n
3
. Empezado por b
1
= 1, b
2
= 2. Tomemos b
n
como el menor entero positivo
distinto de todos los números b
i
+ b
j
− b
k
, con 1 ≤ i, j, k < n. Veamos que esta construcción nos
proporciona, b
n
< n
3
. Observemos que existen a lo más (n −1)
3
de estas tripletas i, j, k, por lo tanto
los correspondientes números de enteros b
i
+b
j
−b
k
no puede superar a (n−1)
3
. De modo que siempre
podemos elegir b
n
≤ (n − 1)
3
+ 1 < n
3
. En este caso, tenemos F (N) ≥ N
1
3
.
Estas dos construcciones, que podemos considerar triviales, fueron superados por la siguiente
construcción de Erdös.
Ejemplo 3. Sea p un primo y sea B
p
= {b
k
= 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) (1)
22 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES
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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 B
p
es un conjunto de Sidon con p elementos contenidos en el intervalo
[1, 2p + 1], esto quiere decir que F (2p
2
+ 1) ≥ p. Por otra parte, sabemos que para todo N existe un
primo p tal que N −o(N) < 2p
2
+ 1 ≤ N , donde o(N) denota una constante que depende de N y tal
que lím
N→∞
o(N)
N
= 0. Así que F (N) ≥ F (2p
2
+ 1) ≥ p ≥
N
2
− o(
√
N).
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)), k = 1, 2, . . . , p −1.
x ≡ g
k
(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 x
i
≡ i, x
j
≡ j, x
i
′
≡ i
′
y x
j
′
≡ j
′
(mod p − 1) tales que x
i
+ x
j
= x
i
′
+ x
j
′
. En
Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 23
SOBRE SUCESIONES DE SIDON
particular, x
i
+ x
j
≡ x
i
′
+ x
j
′
(mod p(p − 1)), de donde
x
i
+ x
j
≡ x
i
′
+ x
j
′
(mod (p − 1))
x
i
+ x
j
≡ x
i
′
+ x
j
′
(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
) = x
2
− x(g
i
+ g
j
) + g
i+j
. Usando las
congruencias anteriores tenemos que
P (x) ≡ x
2
− 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 {x
i
, x
j
} = {x
i
′
, x
j
′
}. 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 el conjunto B+B :=
{b + b
′
: b, b
′
∈ B}. Como las sumas son diferentes se cumple que |B + B| =
|B| + 1
2
, donde |B|
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
diferentes. Por lo tanto se cumple que |(B −B)
+
| =
|B|
2
. También se tiene (B−B)
+
⊂ [1, N −1]
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
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Erdos P.,Turan P.(1941) mejoraron con un argumento combinatorio la cota superior.
F (N) ≤
√
N + o(
√
N). (5)
Combinando (3) y (5) obtenemos
lím
N→∞
N
−
1
2
F (N) = 1. (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
4N
2
log
pq
rs
≤ 2.
Por otra parte, como pq ≥ rs + 1, tenemos
log
pq
rs
≥ log
1 +
1
rs
.
Aplicando la desigualdad log(1 + x) >
x
2
, 0 < x < 1, y la esimación rs ≤ N
2
obtenemos la
contradición.
4N
2
log
pq
rs
≥ 4N
2
log
1 +
1
rs
> 4N
2
1
2rs
> 2.
Así que la sucesión finita
[4N
2
log p]
p
es de Sidon. Recordemos que π(N ) ∼
N
log N
, 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
F (4N
2
log N) ≥ π(N) ∼
N
log N
.
Tomando M = 4N
2
log N, tenemos
N
2
=
M
4 log N
⇒
N
log N
=
√
M
2
log N log N
M
1/2
log
3/2
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
log
3/2
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 = a
2
+ b
2
, 0 < a < b, ver Zagier Don, (1990). De modo que a cada primo p ≡ 1
(mod 4) le podemos asociar el ángulo ϕ
p
del entero de Gauss a + ib =
√
pe
iϕ
p
, con 0 < ϕ
p
<
π
4
.
Dado un entero positivo N, consideremos la sucesión finita {[4N
2
ϕ
p
]}
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
4N
2
ϕ
p
+
4N
2
ϕ
q
=
4N
2
ϕ
r
+
4
N
2
ϕ
s
.
Quitando las partes enteras obtenemos la estimación
4N
2
(ϕ
p
+ ϕ
q
− ϕ
r
− ϕ
s
)
≤ 2. (8)
Obsérvase que ϕ
p
+ ϕ
q
− ϕ
r
− ϕ
s
es el ángulo de un entero de Gauss
A + iB =
√
pqrse
i(ϕ
p
+ϕ
q
−ϕ
r
−ϕ
s
)
.
Si {p, q} ̸= {r, s}, entonces |B| ≥ 1, de donde
4N
2
|ϕ
p
+ ϕ
q
− ϕ
r
− ϕ
s
| ≥ 4N
2
arc sen
1
√
pqrs
≥ 4N
2
arc sen
1
N
2
> 4,
contradice (8), de manera que {p, q} = {r, s} y por tanto la sucesión {[4N
2
ϕ
p
]}
p≡1 (mod 4)
es de
Sidon. En este caso, como la sucesión {[4N
2
ϕ
p
]}
p≡1 (mod 4)
contiene un elemento por cada primo p
menor que N, obtenemos que
F (4N
2
ϕ
N
) ≥ π(N) ∼
N
log N
.
Tomando M = 4N
2
ϕ
N
, como ϕ
N
es acotada tenemos M
1/2
= 2N
√
ϕ
N
∼ 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
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función B(N), que cuenta para cada N , el número de elementos de B menores o iguales a N . Esto es,
B(N ) =
b≤N, b∈B
1.
Del caso finito se deduce que si B es una sucesión infinita de Sidon que
lím inf
N→∞
N
−
1
2
B(N ) ≤ 1
Erdos P.(1954) construyó una sucesión infinita de Sidon tal que
lím sup
N→∞
N
−
1
2
B(N ) ≥ 1/2
y Kruckeberg F.(1961) construyó otra más densa que satisfacía
lím sup
N→∞
N
−
1
2
B(N ) ≥
1
√
2
.
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
lím inf
N→∞
B(N )
log N
N
1
2
≪ 1,
donde B(N) denota el número de elementos de B en [1, N].
Por otro lado Erdos P. (1956) conjeturó:
Para todo ϵ > 0, existe una sucesión B = {b
k
}de Sidon tal que b
k
≪ k
2+ϵ
, esto es B(N) ≪ N
1
2
−ϵ
.
En el ejemplo 2, vimos que existe una sucesión infinita de Sidon tal que b
r
≤ r
3
, es decir
B(N ) ≫ (N log N )
1
3
. Komlos J., Ajtai and Szemeredi E. (1981) mejoraron ligeramente este resul-
tado, utilizando teoría de grafos, demostrando la existencia de una sucesión de Sidon tal que
B(N ) ≫ (N log N )
1
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 suce-
sión {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 suce-
sión de las mismas características que {log p}
p, primo
pero acotada. La sucesión que vamos a considerar
es la sucesión {ϕ
p
}
p≡1 (mod 4)
donde ϕ
p
es el argumento del entero de Gauss a + ib, a
2
+ b
2
= 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 = a
2
+ b
2
, 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 ϕ
p
del entero de Gauss a + ib =
√
pe
iϕ
p
, con 0 < ϕ
p
<
π
4
.
Lema 3.1.1. La sucesión {ϕ
p
}
p
es una sucesión de Sidon de números reales.
Demostración. Supongamos que ϕ
p
+ϕ
s
= ϕ
q
+ϕ
r
. Si multiplicamos los enteros de Gauss
√
pe
iϕ
p
,
√
se
iϕ
s
,
√
qe
−iϕ
q
y
√
re
−iϕ
r
, obtenemos
A + iB =
√
pqrse
ϕ
p
+ϕ
s
−ϕ
q
−ϕ
r
=
√
pqrs.
Esto implica que B = 0, y por lo tanto A
2
= pqrs. Como p, q, r y s son primos, entonces
A
2
= pqrs sólo puede ocurrir si {p, q} = {r, s}. En consecuencia {ϕ
p
} es una sucesión de Sidon.
Observación. Dado α > 0, si {ϕ
p
}
p
es una sucesión de Sidon, de la demostración del lema se
deduce que la sucesión {αϕ
p
}
p
también es una sucsión de Sidon.
El esquema de la demostración del teorema 3.1 será el siguiente:
Paso 1. Dado α ∈ [
1
2
, 1], consideremos la sucesión {αϕ
p
}
p
, que es una sucesión infinita de Sidon de
números reales. A cada αϕ
p
le asociamos un número entero b
p
, de tal forma que la sucesión B
α
= {b
p
}
p
tenga un crecimiento adecuado, y que herede de alguna manera la propiedad de Sidon.
Paso 2. La sucesión B
α
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 ∈
1
2
, 1
la
cantidad de términos malos de la sucesión B
α
, no supera la “mitad” de los términos de la sucesión
B
α
. La demostración termina observando que al quitar esos términos malos todavía nos queda una
subsucesión con el crecimiento deseado.
4. CONSTRUCCIÓN DE LA SUCESIÓN B
α
Consideremos la sucesión {αϕ
p
}
p
, con α ∈
1
2
, 1
. Podemos expresar el desarrollo binario de αϕ
p
como
αϕ
p
=
∞
j=1
δ
jp
2
−j
donde δ
jp
= 0 ó 1.
Observación. Los dígitos δ
jp
dependen del parámetro α aunque no lo digamos explícitamente.
El desarrollo binario de αϕ
p
lo usaremos para construir una sucesión de enteros B
α
= {b
p
} que
crezca lo más lentamente posible, concretamente como p
β
, con β =
√
2 + 1. Para ello, truncamos el
desarrollo binario de αϕ
p
en un lugar K
2
, donde K es definido para cada p por
K = K
α
= mín
j > 2 : 2
(j−1)
2
> p
β
= 2 +
β log
2
(p)
(9)
Agruparemos los p cuyos desarrollos binarios han sido cortados en el mismo sitio K
2
en un conjunto
que lo denominaremos P
K
. Esto es
P
K
= {p : K
p
= K}. (10)
28 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES
DE LA CIENCIA
Adrián Infante
Denotemos por λ
p
la suma parcial
λ
p
=
K
2
j=1
δ
jp
2
−j
.
El resto del desarrollo es menor que p
−β
. Esto se deduce de la definición de K, haciendo el siguiente
cálculo
|λ
p
− αϕ
p
| =
∞
j=K
2
+1
δ
jp
2
−j
≤ 2
−K
2
≤ 2
−(K−1)
2
< p
−β
. (11)
Antes de definir explícitamente b
p
, reordenamos el desarrollo binario de λ
p
de la siguiente forma
λ
p
=
K
2
l=1
δ
lp
2
−l
=
K
l=1
l
2
j=(l−1)
2
+1
δ
jp
2
l
2
−j
2
−l
2
(12)
=
K
l=1
∆
lp
2
−l
2
, (13)
donde los bloque ∆
lp
están definidos por
∆
lp
=
l
2
j=(l−1)
2
+1
δ
jp
2
l
2
−j
, para 1 ≤ l ≤ K
y ∆
lp
= 0 para l > K. De esta definición se deduce que
∆
lp
< 2
l
2
−(l−1)
2
= 2
2l−1
.
4.1. CONSTRUCCIÓN DE {b
p
}
El siguiente paso consiste en construir b
p
a partir de λ
p
. Asociamos a cada λ
p
= Σ
K
l=1
∆
lp
2
−l
2
, el
entero
K
l=1
∆
lp
2
l
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
∆
Kp
, colocamos un 0 seguido de un 1. Este último 1, que corresponde a 2
K
2
+3K+1
, marca el tamaño
de b
p
. Concretamente
b
p
=
K
l=1
∆
lp
2
(l−1)
2
+3l
+ 2
K
2
+3K+1
.
Para tener una idea más clara de la forma que tiene el número
b
p
, vamos a desarrollar la suma
anterior:
b
p
= δ
1
2
3
2
3
∆
1
+ 0 + 0 + 0
+ δ
4
2
7
+ δ
3
2
8
+ δ
2
2
9
2
7
∆
2
+ 0 + 0 + 0
+
+ δ
9
2
13
+ δ
8
2
14
+ ··· + δ
5
2
17
2
13
∆
3
+ ··· + 0 + 0 + 0
+
+ δ
K
2
2
(K−1)
2
+3K
+ ··· + δ
(
K
−
1)
2
+1
2
K
2
+3K−1
2
(K−1)
2
+3K
∆
K
2
+
+ 0 + 2
K
2
+3K+1
+ 0
Sirve para marcar el tamaño de b
p
Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 29
SOBRE SUCESIONES DE SIDON
La construcción de la sucesión {b
p
} se ha hecho de modo que
1. La sucesión b
p
crezca lo más lentamente posible, (b
p
∼ p
β
).
2. Herede, de alguna manera, las propiedades de Sidon de {αϕ
p
}.
Veamos que efectivamente b
p
tiene el tamaño deseado. De la definición de b
p
, se deduce de forma
inmediata que
2
K
2
+3K
≤ b
p
≤ 2
K
2
+3K+1
o equivalentemente
2
(K−1)
2
+5K−1
≤ b
p
≤ 2
(K−1)
2
+5K
y por tanto, como 2
(K−2)
2
< p
β
≤ 2
(K−1)
2
, tenemos
b
p
= p
β+o(1)
.
4.2. CONTAR CUANTOS TÉRMINOS MALOS TIENE LA SUCESIÓN B
α
La sucesión B
α
no es necesariamente de Sidon porque puede contener cuádruplas para las cuales
se cumple
b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
, {b
p
, b
s
} ̸= {b
q
, b
r
}. (14)
En esta sección vamos a estimar el número de las cuádruplas malas contenidas en la sucesión B
α
,
y veremos que son pocas en comparación con el tamaño de B
α
.
En los sigientes lemas vamos a caracterizar las propiedades que tienen las cuádruplas que cumplen
(14). Observemos que si b
p
, b
s
, b
q
y b
r
cumplen la condición (14) entonces se puede suponer, sin
pérdida de generalidad, que b
p
es el más grande de todos, por lo tanto b
s
es el más pequeño de todos
y así b
q
≥ b
r
, por lo que podemos escribir
b
p
> b
q
≥ b
r
> b
s
(15)
El último término del desarrollo binario de b
p
lo denotamos por
t
p
= 2
K
2
+3K+1
.
En el siguiente lema se justifica la separación con ceros entre los bloques efectuada en la cons-
trucción de b
p
.
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 =
∞
j=0
δ
x
j
2
j
. Si denotamos por
∆
x
g,h
=
h
j=g
δ
x
j
2
j
entonces podemos expresar el desarrollo de x en la forma
∆
x
0,m−1
+ δ
x
m
2
m
+ ∆
x
m+1,n−1
+ δ
x
n
2
n
+ ∆
x
n+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
′
= ∆
x
m+1,n−1
+ ∆
y
m+1,n−1
, (16)
u
′
+ v
′
= ∆
u
m+1,n−1
+ ∆
v
m+1,n−1
. (17)
Observemos que ∆
x
m+1,n−1
+∆
y
m+1,n−1
= ∆
x+y
m+1,n−1
+δ
x+y
n
2
n
, con δ
x+y
n
= 0, ó 1. En el caso δ
x+y
n
= 0,
como x + y = u + v implica que δ
u+v
n
= 0 de donde se deduce que
∆
u
m+1,n−1
+ ∆
v
m+1,n−1
= ∆
u+v
m+1,n−1
= ∆
x+y
m+1,n−1
= ∆
x
m+1,n−1
+ ∆
y
m+1,n−1
.
Esto demuestra que x
′
+ y
′
= u
′
+ v
′
.
Para el otro caso procedemos de igual forma. δ
x+y
n
= 1, con x + y = u + v implica que δ
u+v
n
= 1
de donde se deduce que
∆
u
m+1,n−1
+ ∆
v
m+1,n−1
= ∆
u+v
m+1,n−1
+ 2
n
= ∆
x+y
m+1,n−1
+ 2
n
= ∆
x
m+1,n−1
+ ∆
y
m+1,n−1
.
Esto demuestra que x
′
+ y
′
= u
′
+ v
′
. Con lo cual está demostrado el lema.
Lema 4.0.2. La ecuación b
p
+b
s
= b
q
+b
r
, con {b
p
, b
s
} ̸= {b
q
, b
r
}es cierta si y sólo si t
p
+t
s
= t
q
+t
r
y ∆
lp
+ ∆
ls
= ∆
lq
+ ∆
lr
, para todo l.
Demostración. Es una consecuencia directa de la definición de b
p
, t
p
, ∆
lp
y del lema anterior.
Lema 4.0.3. Si b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
y b
p
> b
q
≥ b
r
> b
s
entonces existen enteros K ≥ L tales que
p, q ∈ P
K
, r, s ∈ P
L
, donde P
K
es definido como en (10), y se cumple
λ
p
+ λ
s
= λ
q
+ λ
r
. (18)
Demostración. Por definición
λ
p
=
K
l=0
∆
lp
2
−l
2
,
como b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
, se puede usar el lema 15, y así obtenemos
∆
lp
+ ∆
ls
= ∆
lq
+ ∆
lr
, 0 < l ≤ K
y t
p
+ t
s
= t
q
+ t
r
. Los números t
p
, t
s
, t
q
, t
r
son potencias de 2, por lo tanto t
p
+ t
s
= t
q
+ t
r
, con
b
p
> b
q
≥ b
r
> b
s
, sólo puede puede ser cierto si t
p
= t
q
y t
s
= t
r
.
Las igualdades t
p
= t
q
y t
s
= t
r
implican que p, q ∈ P
K
y r, s ∈ P
L
. Además, por la condición
b
p
> b
q
≥ b
r
> b
s
concluimos que K ≤ L.
Lema 4.0.4. Si b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
y b
p
b
q
≤ b
r
> b
s
, entonces para los números K y L del lema
anterior, p, q ∈ P
K
, r, s ∈ P
L
, K > L, se cumple las siguientes desigualdades
|ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| < 8
2
−L
2
(19)
√
pqrs > 2
L
2
−3
(20)
(K − 1)
2
> (β − 1)(L − 1)
2
+ β(2L − 4). (21)
Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 31
SOBRE SUCESIONES DE SIDON
Demostración. La desigualdad (11) dice que |λ
p
|−αϕ
p
≤ 2
−K
2
≤ 2
−L
2
, y de la desigualdad (18)
tenemos λ
p
+ λ
s
= λ
s
+ λ
r
, combinando estos resultados, obtenemos
α |ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| = |αϕ
p
− λ
p
+ αϕ
s
− λ
s
+ λ
q
− αϕ
q
+ λ
r
− αϕ
r
|
≤ |αϕ
p
− λ
p
| + |αϕ
s
− λ
s
| + |λ
q
− αϕ
q
| + |λ
r
− αϕ
r
| < 4
2
−L
2
.
esta desigualdad junto con la condición
1
2
< α demuestra |ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| < 8
2
−L
2
.
La desigualdad (20) la demostraremos directamenre de las propiedades de las propiedades de ϕ
j
.
Sea a
j
+ ib
j
=
√
je
iϕ
j
, j = p, q, r, s. Multiplicando adecuadamente, vemos que existen dos números
A y B tales que A + iB =
√
pqrse
iϕ
con ϕ = ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
. Observemos que ϕ ̸= 0, por ser la
sucesión {ϕ
p
} de Sidon. Esto implica que el número entero B es distinto de cero, por lo tanto
1 ≤ B
2
= (pqrs) sen
2
(ϕ) < pqrs |ϕ|
2
.
En vista de la desigualdad (19), |ϕ| < 8
2
−L
2
, concluimos que
√
pqrs >
1
8
2
L
2
.
Para demostrar (22) combinamos las tres desigualdades siguientes,
√
pq
β
< 2
(K−1)
2
, (
√
rs)
β
<
2
(K−1)
2
y
√
pqrs
> 2
L
2
− 3 para obtener que
2
(K−1)
2
2
(L−1)
2
> (
√
pqrs)
β
> 2
β(L
2
−3)
Si de esta desigualdad igualamos los exponentes entonces tenemos
(K − 1)
2
> β(L
2
− 3) − (L − 1)
2
= (β − 1)(L − 1)
2
+ β(2L − 4).
Definamos la siguiente cantidad
J
KL
= #
p, q, r, s : p, q ∈ P
K
; r, s ∈ P
L
con |ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| < 8
2
−L
2
En particular J
KL
contiene a las cuádruplas p, q, r, s con p, q ∈ P
K
y r, s ∈ P
L
que satisfacen b
p
+b
s
=
b
q
+ b
r
y b
p
> b
q
≤ b
r
> b
s
, es decir los términos malos de la sucesión B
α
. De manera que para hallar
una primera estimación de estos términos malos, vamos a estimar a J
KL
, para cualquier K y L.
Lema 4.0.5.
J
KL
=≪ 2
2γ
(
(K−1)
2
+(L−1)
2
)
−L
2
γ =
1
β
.
Demostración. Inicialmente, consideramos q, r y s fijos. Estimaremos la medida del conjunto
p : |ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| < 8 · 2
−L
2
Recordemos que 2
γ(K−2)
2
< p ≤ 2
γ(K−1)
2
, como se deduce de la definición de K. Además, para cada
p existen dos enteros únicos a
p
, b
p
tales que a
2
p
+ b
2
p
= p. A cada entero p le asociamos el entero de
Gauss a
p
+ ib
p
=
√
pe
iϕ
p
= ω
p
. De manera que estos p tienen asociados un único entero de Gauss ω
p
contenido en el sector circular
Γ =
{
ω
∈
C
}
: 0
≤ |
ω
| ≤
2
1
2
γ(K−1)
2
, |arg ω+ϕ
s
−ϕ
q
−ϕ
r
|<8·2
−L
2
.
32 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES
DE LA CIENCIA
Adrián Infante
Los argumentos de cada ω
p
∈ Γ son distintos, y por lo tanto los podemos ordenar:
ϕ
p
1
< ϕ
p
2
< ϕ
p
3
< ···
A cada punto ω
p
j
∈ Γ les asociamos el triágulo △
j
con vértices ω
p
j
, 0, ω
p
j+1
. Claramente los triágulos
no tienen puntos interiores comunes y están contenidos en Γ. Así que
ω
p
j
∈Γ
área(△
j
) ≤ área(Γ) + 1.
Como el área de cualquier triágulo de vértices con coordenadas enteras, es a lo menos 1/2. Concluimos
que
ω
p
∈Γ
1 ≤ 2 área(Γ) + 2
y así el área(Γ) ≤ 1. Por lo tanto el número de ω
p
contenido en Γ están acotado por
2
1
2
γ(K−1)
2
2
2
3−L
2
+ 2 = O
2
γ(K−1)
2
2
−L
2
.
Luego multiplicamos por el número de q que es menor que 2
γ(K−1)
2
, por el número de s que es menor
que 2
γ(L−1)
2
y por el número de r que es menor que 2
γ(L−1)
2
. Efectuando el producto termina la
demostración.
4.3. ARGUMENTO PROBABILÍSTICO
La condición |ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| < 8·2
−L
2
es necesaria para hallar una solución de b
p
+b
s
= b
q
+
b
r
, 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 B
α
.
Lema 4.0.6. Si b
p
+b
s
= b
q
+b
r
con {b
p
, b
s
} ̸= {b
q
, b
r
}, p, q ∈ P
K
y r, s ∈ P
L
, con K > L, se cumple
2
K
2
αϕ
p
≡
2
K
2
αϕ
q
mod 2
K
2
−L
2
(22)
Demostración. Recordemos que αϕ
p
=
∞
j=1
δ
jp
2
−j
, con δ
jp
= 1 ó 0. Por lo tanto, como K > L
los términos de la derecha de la primera igualdad son todos números enteros, así tenemos
2
K
2
αϕ
p
=
K
2
j=1
δ
jp
2
K
2
−j
=
K
2
j=L
2
+1
δ
jp
2
K
2
−j
+ 2
K
2
−L
2
L
2
j=1
δ
jp
2
L
2
−j
es decir, que se cumple la siguente congruencia
2
K
2
αϕ
p
≡
K
2
j=L
2
+1
δ
jp
2
K
2
−j
(mod 2
K
2
−L
2
). (23)
Del mismo modo podemos ver que
2
K
2
αϕ
q
≡
K
2
j=L
2
+1
δ
jq
2
K
2
−j
(mod 2
K
2
−L
2
). (24)
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
K
2
j=L
2
+1
δ
jp
2
K
2
−j
=
K
2
j=L
2
+1
δ
jq
2
K
2
−j
(25)
Para demostrar esta igualdad usaremos los △
mp
que definimos para p ∈ P
K
por
△
mp
=
m
2
j=(m−1)
2
+1
δ
mp
2
m
2
−j
si m ≤ K
0 si m > K
para escribir
K
2
j=(L)
2
+1
δ
jp
2
K
2
−j
=
K
m=L+1
2
K
2
−m
2
m
2
j=(m−1)
2
+1
δ
jp
2
m
2
−j
=
K
j=L+1
△
mp
2
K
2
−m
2
.
Del mismo modo lo hacemos usando q en lugar de p, tenemos
K
2
j=L
2
+1
δ
jq
2
K
2
−j
=
K
j=L+1
△
qm
2
K
2
−m
2
.
Así que la demosración se reduce a probar que △
mp
= △
mq
, para L < m ≤ K. Ahora utilizaremos
la hipótesis b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
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 b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
, entonces el lema anterior dice que p y q satisfacen
2
K
2
αϕ
p
≡
2
K
2
αϕ
q
( mod 2
K
2
−L
2
) (26)
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 > L y p, q ∈ P
K
, p ̸= q dados. Supongamos que existe por lo menos un par
r, s ∈ P
L
y α ∈
1
2
, 1
tal que se cumple la ecuación b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
, con {b
p
, b
s
} ̸= {b
q
, b
r
}.
Entonces tenemos
µ
α :
2
K
2
αϕ
p
≡
2
K
2
αϕ
q
(mod 2
K
2
−L
2
)
≪ 2
L
2
−K
2
(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
2
K
2
α(ϕ
p
− ϕ
q
)
≡ 0 ó −1 ( mod 2
K
2
−L
2
) (28)
Sean M = 2
K
2
−L
2
y T =
2
K
2
(ϕ
p
− ϕ
q
)
.
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
34 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES
DE LA CIENCIA
Adrián Infante
que los conjuntos de números α que satisfacen (28) ocupa un intervalo de medida
2
T
, sobre cualquier
intervalo de medida
M
T
. El número de estos intervalos que intersecan al
1
2
, 1
no puede ser mayor que
1 +
T
2M
. Por lo tanto
µ
α :
2
K
2
αϕ
p
≡
2
K
2
αϕ
q
(mod 2
K
2
−L
2
)
≤
2
T
1 +
T
2M
.
Para terminar la prueba, veamos que
2
T
1 +
T
2M
≪ 2
L
2
−K
2
.
Del lema 4.0.4, ecuación (19), sabemos que
|
ϕ
s
− ϕ
r
| − |ϕ
p
− ϕ
q
| ≤ |ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| < 8
2
−L
2
es decir
|ϕ
s
− ϕ
r
| − 8
2
−L
2
≤ |ϕ
p
− ϕ
q
|. (29)
Por otro lado, sabemos que existen dos números enteros únicos A y B tales que A+iB =
√
rse
i(ϕ
r
−ϕ
s
)
y además B ̸= 0. De lo contrario A
2
= rs lo que es una contradición, por ser r y s primos distintos.
Tenemos
1 ≤ B
2
= rs sen
2
(ϕ
r
− ϕ
s
) < rs |ϕ
r
− ϕ
s
|
2
y como r
β
< 2
L
2
y s
β
< 2
L
2
implica |ϕ
r
− ϕ
s
| >
1
√
rs
> 2
−
1
β
L
2
, si lo combinamos con (29) obtenemos
la estimación
|ϕ
p
− ϕ
q
| ≥ 2
−
1
β
L
2
− 8 · 2
−L
2
≫ 2
−
1
β
L
2
.
De esta manera hemos demostrado que
T ≫ 2
K
2
−
1
β
L
2
> M = 2
K
2
−L
2
Con esta estimación podemos terminar la demostración, puesto que
2
T
2M + T
2M
=
2
T
+
1
M
≪
1
M
= 2
L
2
−K
2
.
Lema 4.0.8. Sean K > L, p, q ∈ P
K
, p ̸= q y r, s ∈ P
L
dados. Tenemos que
µ ({α : b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
}) ≪ 2
L
2
−K
2
si |ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| ≤ 8 · 2
−L
2
y µ ({α : b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
}) = 0 en otro caso.
Demostración. Si |ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| > 8·2
−L
2
el lema 4.0.4 implica que µ({α : b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
}) =
0.
Si |ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| ≤ 8 · 2
−L
2
puede ocurrir que b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
, lo que implica, usando el
lema 4.0.6, que p y q satisfacen
2
K
2
αϕ
p
≡
2
K
2
αϕ
q
(mod 2
2
K
2
−L
2
).
Publicación Cuatrimestral. Vol. 4, No. 3, Septiembre/Diciembre, 2019, Ecuador (p.19-40) 35
SOBRE SUCESIONES DE SIDON
En resumen, si |ϕ
p
+ ϕ
s
− ϕ
q
− ϕ
r
| ≤ 8 · 2
−L
2
, tenemos
µ ({α : b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
}) ≤ µ
2
K
2
αϕ
p
≡
2
K
2
αϕ
q
(mod 2
K
2
− L
2
)
(30)
≪ 2
L
2
−K
2
. (31)
En la última estimación usamos la ecuación (27).
Sea G
KL
(α) = # {p, q, r, s : p, q ∈ P
K
, r, s ∈ P
L
, p ̸= q, b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
}. Definamos
G
K
(α) =
L<K
G
KL
(α)
o equivalentemente
G
K
(α) = # {p, q, r, s : p, q ∈ P
K
, b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
yb
p
> b
q
≥ b
r
> b
s
}.
Nuestro interés es ver que el número de términos malos de la sucesión B
α
no son muchos. Así
que vamos a comparar G
K
(α), que representa el número de b
p
, p ∈ P
K
con b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
, y el
número de elementos de P
K
. Para calcular el cardinal de P
K
, usaremos el Teorema del número primo
para p ≡ 1 (mod 4), que dice
π
′
(x) ∼
x
2 log x
donde π
′
(x) es el número de primos congruente con 1 (mod 4) que no supera a x. Así que
|P
K
| = π
′
2
γ(K−1)
2
− π
′
2
γ(K−2)
2
(32)
= π
′
2
γ(K−1)
2
1 −
π
′
2
γ(K−2)
2
π
′
(2
γ(K−1)
2
)
∼
2
γ(K−1)
2
(2γ log 2)K
2
. (33)
En los siguientes dos lemas vamos a calcular una cota superior para
1
1/2
G
K
(α) dα. Esta estimación
la usaremos para aplicar el lema de Borel-Cantelli y encontrar una cota superior para G
K
(α). Esto lo
veremos más adelante en la demostración del teorema de Ruzsa.
Lema 4.0.9. Para cada K > L tenemos
1
1
2
G
KL
(α)dα ≪ 2
2γ
(
(L−1)
2
+(K−1)
2
)
−K
2
.
Demostración. En vista de la definición de J
KL
, para toda α se cumple que G
KL
(α) ≤ J
KL
, y por
lo tanto, el lema 4.0.5 implica que para toda α se satisface
G
KL
(α) ≪ 2
2γ
(
(K−1)
2
−(L−1)
2
)
−L
2
.
Por otro lado, el lema 4.0.8 implica que el conjunto de los
α
tal que
G
KL
(α) ̸= 0 es ≪ 2
L
2
−K
2
. Así
36 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES
DE LA CIENCIA
Adrián Infante
que
1
1/2
G
KL
(α)dα ≤ µ ({α : b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
}) J
KL
(34)
≪ 2
2γ
(
(K−1)
2
+(L−1)
2
)
−L
2
2
L
2
−K
2
. (35)
Lema 4.0.10.
1
1
2
G
K
(α)dα ≪ 2
γ(K−1)
2
−2K
.
Demostración. De las definiciones de G
K
(α) y G
KL
(α), tenemos
G
K
(α) =
L≤K
G
KL
(α).
Recordemos que el lema 4.0.4 dice que b
p
+b
s
= b
q
+b
r
y b
p
> b
q
≤ b
r
> b
s
, entonces (β−1)(L−1)
2
<
(K −1)
2
. Por lo tanto, G
KL
(α) ̸= 0 es posible sólo si (L −1)
2
<
(K − 1)
2
(β − 1)
. Usando el lema 4.0.9 y
(L − 1)
2
< (K − 1)
2
/(β − 1),tenemos
1
1
2
G
K
(α)dα ≪ 2
Z
donde
Z = 2γ
1 +
1
(β − 1)
(K − 1)
2
− K
2
=
2
(β − 1)
− 1
(K − 1)
2
− 2K + 1.
Como β = 1 +
√
2, se cumple la igualdad
2
β − 1
− 1 =
1
β
esto demuestra el lema.
4.4. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA DE I. RUZSA
Usando el lema 4.0.10, tenemos
µ
α :
G
K
(α)
2γ(K − 1)
2
− K
≥ 1
=
1
2
1
χ
{
α:
G
K
(α)
2
γ(K−1)
2
−K
≥1
}
dα
≤
1
1
2
G
K
(α)
2
γ(K−1)
2
−K
dα ≤ 2
−K
,
en consecuencia, para la suma tenemos
∞
k=1
µ
α :
G
K
(α)
2
γ(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 K
α
, tal que para todo
K ≥ K
α
se cumple
G
K
(α) < 2
γ(K−1)
2
−K
(36)
Fijamos uno de estos α y sea K
0
tal que para todos los K > K
0
se cumpla (36).
Por otro lado, por (32), sabemos que
|P
K
| ∼
2
γ(K−1)
2
(γ log 2)K
2
.
Esta equivalencia junto con (36), demuestran que el número de p ∈ P
K
tales que b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
y
b
p
> b
q
≥ b
r
> b
s
, no pueden ser muchos, ya que
G
K
(α) < 2
γ(K−1)
2
−K
<
2
γ
(K − 1)
2
(γ log 2)K
2
<
|P
K
|
2
(37)
Para obtener nuestro conjunto de Sidon, procedemos de la siguiente manera:
1. Denotemos por R
K
el conjunto formado por p ∈ P
K
, para los cuales existen p, q, r y s que
satisfacen b
p
+ b
s
= b
q
+ b
r
y b
p
> b
q
≥ b
r
> b
s
. La desigualdad (37) demuestra que
|R
K
| <
|P
K
|
2
.
2. Para cada P
K
, definamos el conjunto Q
K
:= {b
p
: p ∈ P
K
, p /∈ R
K
}. Del paso 1, sabemos
que el cardinal de Q
K
satisface
|Q
K
| >
|P
K
|
2
.
3. La sucesión B = B
α
la vamos a definir por
B = ∪
K>K
0
Q
K
.
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)
.
Recordemos que b
p
=
K
l=1
△
lp
2
(l−1)
2
+3l
+ 2
K
2
+3K+1
. De donde se deduce que
b
p
< 2
K
2
+3K+2
< 2
(K+2)
2
.
38 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES
DE LA CIENCIA
Adrián Infante
Por lo tanto, para K =
log
2
N −2
y usando (32), tenemos que
B(N ) =
K
L=K
0
+1
Q
L
>
K
L=K
0
+1
π
′
2
γ(L−1)
2
− π
′
2
γ(L−2)
2
=
1
2
π
′
2
γ
(
K
−
1)
2
− π
′
2
γ
(K
0
− 1)
2
≫
1
2
− ϵ
π
2
γ(K−1)
2
=
1
2
− ϵ
2
γ(K−1)
2
(2γ log
2
)K
2
∼ N
γ+o(1)
.
En otro sentido, utilizando la estimación b
p
> 2
K
2
+3K
> 2
(K+1)
2
, podemos demostrar que
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.
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40 ISNN 2588-0764 REVISTA BASES
DE LA CIENCIA
