9.7　Stepanov 方法Stepanov’s method

证明. 反设 \(V\) 的维数小于 \(AB^2\)。则可找到不全为零的系数 \(c_{a,b,b'}\in F\)，使得 \[\sum_{0\le a♦

证明. 这里采用代数几何的视角、借助交换环来处理会比较方便。令 \(R\) 为由不定元 \(t,t^{-1},s,s^{-1},r,\varepsilon\) 在 \(F\) 上生成的交换环，并施加约束 \[\begin{equation}\tag{9.19}tt^{-1}=ss^{-1}=1;\ \ s=t-1;\ \ t^{|G|}=s^{|G|}=r;\ \ \prod_{\xi\in\Xi}(r-\xi)=0;\ \ \varepsilon^{A}=0;\end{equation}\] 换言之，\(R\) 是多项式环 \(F[t,t^{-1},s,s^{-1},r,\varepsilon]\) 对由如下多项式生成的理想作商所得： \[tt^{-1}-1,\ ss^{-1}-1,\ s-t+1,\ t^{|G|}-r,\ s^{|G|}-r,\ \prod_{\xi\in\Xi}(r-\xi),\ \varepsilon^{A}.\] 设 \(\iota:F[t]\to R\) 为把 \(t\) 映到 \(t+\varepsilon\) 的环同态。我们将证明像 \(\iota(V)\) 的线性维数严格小于 \(AB^2\)。由引理 9.42，这将迫使存在一个非零多项式 \(P\in V\) 使得 \(\iota(P)=0\)；也就是说我们能找到 \(Q_1,\dots,Q_7\in F[t,t^{-1},s,s^{-1},r,\varepsilon]\) 使得对任意不定元 \(t,t^{-1},s,s^{-1},r,\varepsilon\) 有 \[\begin{aligned}P(t+\varepsilon)=\ &Q_1(tt^{-1}-1)+Q_2(ss^{-1}-1)+Q_3(s-t+1)\\ &+Q_4\bigl(t^{|G|}-r\bigr)+Q_5\bigl(s^{|G|}-r\bigr)+Q_6\prod_{\xi\in\Xi}(r-\xi)+Q_7\,\varepsilon^{A}.\end{aligned}\] 将其限制到 \(r:=\xi\in\Xi\)、\(t:=x\in\Lambda(\xi)\subset F^\times\)、\(s:=x-1\in F^\times\)、\(t^{-1}:=x^{-1}\in F^\times\)、\(s^{-1}:=(x-1)^{-1}\in F^\times\)、\(\varepsilon\in F\)，注意此时前六个约束全部成立而归零，于是得到 \[P(x+\varepsilon)=Q_7\bigl(x,x^{-1},x-1,(x-1)^{-1},\xi,\varepsilon\bigr)\,\varepsilon^{A},\] 这表明 \(P\) 在 \(x\) 处以阶 \(A\) 为零，而 \(x\) 是 \(\bigcup_{\xi\in\Xi}\Lambda(\xi)\) 中任意一个元素。 剩下要做的是给 \(\iota(V)\) 的线性维数定界。注意这个空间由诸多项式 \[\iota\bigl(t^{a}t^{b|G|}(t-1)^{b'|G|}\bigr)=(t+\varepsilon)^{a}(t+\varepsilon)^{b|G|}(s+\varepsilon)^{b'|G|}\] 生成。但由 \((t+\varepsilon)^{b|G|}\) 的 Taylor 展开并利用约束 (9.19)，我们有 \[\begin{aligned}(t+\varepsilon)^{b|G|}&=t^{b|G|}\left(1+\binom{b|G|}{1}t^{-1}\varepsilon+\binom{b|G|}{2}t^{-2}\varepsilon^{2}+\cdots\right)\\ &=r^{b}\left(1+\binom{b|G|}{1}t^{-1}\varepsilon+\cdots+\binom{b|G|}{A-1}t^{-A+1}\varepsilon^{A-1}\right).\end{aligned}\] （这里既用了 \(t^{|G|}=r\) 把首项 \(t^{b|G|}\) 换成 \(r^{b}\)，又用了 \(\varepsilon^{A}=0\) 把展开在 \(\varepsilon^{A-1}\) 处截断。）特别地，我们看到 \((t+\varepsilon)^{b|G|}\) 在 \(R\) 中等于一个关于 \(t,t^{-1},s,s^{-1},r,\varepsilon\) 的、次数为 \(O(A)\) 的多项式表达式。对 \((t+\varepsilon)^{a}\) 与 \((s+\varepsilon)^{b'|G|}\) 也类似。于是 \(\iota(V)\) 落在“关于 \(t,t^{-1},s,s^{-1},r,\varepsilon\) 且次数至多 \(O(A)\) 的多项式”所张成的空间里。提出一个公分母 \((ts)^{-O(A)}\)，便得到一个“关于 \(t,s,r,\varepsilon\) 且次数至多 \(O(A)\)”的多项式空间。变量 \(s\) 可用 \(s=t-1\)（见 (9.19)）消去；变量 \(r\) 的次数被限制为至多 \(|\Xi|\)（同样由 (9.19) 中 \(\prod_{\xi\in\Xi}(r-\xi)=0\)，其次数为 \(|\Xi|\)）。这表明 \(\iota(V)\) 的维数至多是 \(O(|\Xi|A^2)\)，由 (9.17)（其中 \(A^2|\Xi|\le cAB^2\)），它确实小于 \(V\) 的维数 \(AB^2\)，正如所需。♦

证明. 对每个 \(\xi\in G^\perp\)，定义计数函数 \(\alpha(\xi)\) 为 \[\alpha(\xi):=\bigl|\{(a_1,a_2)\in A\times A:\ a_1-a_2\in G_\xi\}\bigr|.\] 我们观察到 \[\begin{aligned}E(A,A)&=\bigl|\{(a_1,a_2,a_3,a_4)\in A^4:\ a_1-a_2=a_3-a_4\}\bigr|\\ &=|A|^2+\sum_{\xi\in G^\perp}\bigl|\{(a_1,a_2,a_3,a_4)\in A^4:\ a_1-a_2=a_3-a_4\in G_\xi\}\bigr|\\ &\le|A|^2+\sum_{\xi\in G^\perp}\alpha(\xi)\,\sup_{d\in G_\xi}\bigl|\{(g_1,g_2)\in G\times G:\ g_1-g_2=d\}\bigr|\\ &=|A|^2+\sum_{\xi\in G^\perp}\alpha(\xi)\,|\Lambda(\xi^{-1})|\end{aligned}\] 这最后一步要归功于 (9.16)。由于 \(|A|^2=|A|^{1/2}|A|^{3/2}=O(|G||A|^{3/2})\)，故只需证明 \[\sum_{\xi\in G^\perp}\alpha(\xi)\,|\Lambda(\xi^{-1})|=O\!\bigl(|G||A|^{3/2}\bigr).\] 由恒等式 \(\sum_{\xi\in G^\perp}\alpha(\xi)=|A|^2\)（每对 \((a_1,a_2)\) 的差 \(a_1-a_2\) 恰落在某一个 \(G_\xi\) 里，外加差为 \(0\) 的情形，这给出 \(\sum\alpha=|A|^2\)），我们看出只需证明 \[\sum_{\substack{\xi\in G^\perp\\ |\Lambda(\xi^{-1})|\ge|G||A|^{-1/2}}}\alpha(\xi)\,|\Lambda(\xi^{-1})|=O\!\bigl(|G||A|^{3/2}\bigr)\] （因为 \(|\Lambda(\xi^{-1})|<|G||A|^{-1/2}\) 的那部分贡献 \(\le|G||A|^{-1/2}\sum_\xi\alpha(\xi)=|G||A|^{-1/2}\cdot|A|^2=|G||A|^{3/2}\)，已经够小）。但由 (9.16) 我们还有平凡界 \[\alpha(\xi)\le|A|\sup_{g_1\in G}\bigl|\{g_2\in G:\ g_1-g_2\in G_\xi\}\bigr|=|A|\,|\Lambda(\xi^{-1})|,\] 于是只需证明 \[\sum_{\substack{\xi\in G^\perp\\ |\Lambda(\xi^{-1})|\ge|G||A|^{-1/2}}}|\Lambda(\xi^{-1})|^2=O\!\bigl(|G||A|^{1/2}\bigr).\] 但若把 \(G^\perp=\{\xi_1,\dots,\xi_M\}\) 按 \(|\Lambda(\xi_j^{-1})|\) 的递减顺序排列，则由定理 9.41 有 \[j\,\bigl|\Lambda(\xi_j^{-1})\bigr|=O\!\left(\min\!\bigl(|G|,\ |G|^{2/3}j^{2/3}\bigr)\right)\quad\text{对一切 }1\le j\le M,\] 这蕴含 \[\sum_{\substack{\xi\in G^\perp\\ |\Lambda(\xi^{-1})|\ge|G||A|^{-1/2}}}|\Lambda(\xi^{-1})|^2=\sum_{j=O(|A|^{3/2}/|G|)}O\!\left(|G|^{2/3}j^{2/3}/j\right)^2=O\!\bigl(|G||A|^{1/2}\bigr),\] 正如所需。♦

证明. 若 \(|A|\ge|F|^{1/2}\)，则结论由推论 2.51 给出，故设 \(|A|<|F|^{1/2}\)。令 \(D\) 为流行商之集 \[D:=\left\{d\in F^*:\ \bigl|\{(a',a'')\in A\times A:\ a'/a''=d\}\bigr|\ge\frac{2|A|^2}{9|A\cdot A|}\right\},\] 并令 \(G\) 为由 \(D\) 生成的乘法群。则由练习 2.6.10 的乘法版本，存在 \(G\) 的某个陪集 \(\xi_0\cdot G\)（\(\xi_0\in F^*\)）使得 \(|A\cap(\xi_0\cdot G)|\ge|A|/3\)。通过用 \(\xi_0\) 去除 \(A\)，可不妨设 \(\xi_0=1\)。

设 \(\xi\) 如上述引理所给；于是 \[|A+\xi\cdot A|\ge c\,\min\!\left(|G|,\ |A|^2,\ \frac{|A|^3}{|A\cdot A|}\right).\] 注意由于 \(|A\cdot A|\ge|A|\)，我们可以从右端丢掉 \(|A|^2\) 这一项（因为 \(|A|^3/|A\cdot A|\le|A|^2\)）。至此，除非对某个小的 \(c>0\) 有 \(|G|\le c|A|^{5/2}/|A\pm A|\)，否则我们已经完成证明。

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