Para el prime $p > 7$ con $p-1=rs$, $r>1$, $s>1$, deje $A=\{x^r|x \in \mathbb{Z}_p\}$ e $B = \{x^s|x \in \mathbb{Z}_p\}$. Si $g$ es una raíz primitiva de mod $p$ entonces $A = \{0\} \cup \{g^{ir}|0 \leq i < s \}$ e $B = \{0\} \cup \{g^{js}|0 \leq j < r \}$. Es cierto siempre que $\mathbb{Z}_p \neq A + B$?
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Bryan
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Esta es una visión muy parcial respuesta, abordando los casos extremos, $r=2$ e $r=s$ solamente.
Para $r=s$ tenemos $A=B$ e $|A|=|B|=r+1$. Por lo tanto $$ |A+B|\le \binom{r+1}2+(r+1)=\frac{p+3r+1}{2} < p, $$ lo que implica $A+B\ne{\mathbb F_p}$.
Este trivial argumento se extiende en el caso de que $r$ e $s$ es suficientemente grande máximo común divisor. Es decir, la escritura de $d=(r,s)$, tenemos $|A\cap B|=d+1$; de ello se deduce que, al menos, $(d+1)^2-\binom{d+1}2=(d+1)(d+2)/2$ sumas $a+b$ se desperdicia en la doble representación. Por lo tanto $$ |A+B|\le |A||B|-\frac{(d+1)(d+1)}2=p+r+s-\frac{(d+1)(d+2)}2; $$ como resultado, si $(d+1)(d+2)>2(r+s)$,, a continuación,$A+B\ne{\mathbb F}_p$.
Para $r=2$ el problema se reduce a mostrar que para cualquier suficientemente grande prime $p$, hay una carrera de tres consecutivos cuadrática no residuos de $\mod p$. Esto es fácil de demostrar el uso de Weil enlazado, pero se puede hacer en un modo elemental, de la siguiente manera. El siguiente argumento realmente funciona para todos los $p\ge 11$. Supongamos, por un contradicción, que para cualquier $z\in{\mathbb F}_p$, al menos uno de $z,z-1$, y $z+1$ es un cuadrado. Entonces $$ \Big(\Big(\frac{z-1}p\Big)-1\Big) \Big(\Big(\frac{z}p\Big)-1\Big) \Big(\Big(\frac{z+1}p\Big)-1\Big) = 0 $$ para cada $z\in{\mathbb F}_p$, excepto que si $\Big(\frac{-1}p\Big)=\Big(\frac{-2}p\Big)=-1$, entonces para $z=-1$ este producto es igual a $-4$. Dejando $\delta=1$ en este caso y $\delta=0$ lo contrario, por lo tanto, tienen $$ \sum_{z\in\mathbb F_p} \Big(\Big(\frac{z-1}p\Big)-1\Big) \Big(\Big(\frac{z}p\Big)-1\Big) \Big(\Big(\frac{z+1}p\Big)-1\Big) = -4\delta. $$ La apertura de los paréntesis y de la evaluación de "sumas cuadráticas" rendimientos $$ \sum_{z\in{\mathbb F}_p} \Big(\frac{(z-1)z(z+1)}p\Big) = (p-3) - 4\delta. $$ Esto muestra que para todos los $z\in{\mathbb F}_p\setminus\{-1,0,1\}$, escribir para la brevedad $f(z)=(z-1)z(z+1)$, tenemos $\Big(\frac{f(z)}p\Big)=1$, ahorrar para exactamente $2\delta$ excepcionales valores de $z$. La observación de que $f(-z)=-f(z)$, se a la conclusión de que $\Big(\frac{-1}p\Big)=1$; por lo tanto $\delta=0$, lo que significa que, de hecho, $\Big(\frac{f(z)}p\Big)=1$ para todos$z\in{\mathbb F}_p\setminus\{-1,0,1\}$, sin excepciones.
Lo que hemos demostrado hasta ahora es que el $f(z)$ es un residuo cuadrático para cada $z\in{\mathbb F}_p\setminus\{-1,0,1\}$. Por consiguiente, también lo es $f(z+1)/f(z)=(z+2)/(z-1)=1+3/(z-1)$, un evidente disparate!
Amit
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99
Fijo $r>1$, el uso de Weil seguramente le dará el resultado. Nos referimos a Teorema 5.1 del capítulo 2 de W. M. Schmidt, Ecuaciones sobre Campos Finitos: Un Acercamiento Elemental.
Teorema de Deje $f_1,\cdots, f_n$ ser polinomios con coeficientes en $\mathbb{F}_q$ y de grado $\leq m$. Poner $\delta=\textrm{lcm}(d_1,\cdots,d_n)$, e $d=d_1d_2\cdots d_n$. Sea X una variable y deje $\eta_1,\cdots,\eta_n$ ser algebraica de las cantidades con \begin{equation} \eta_1^{d_1}=f_1(X), \cdots, \eta_n^{d_n}=f_n(X).\ \end{equation} Supongamos que \begin{equation} [\overline{\mathbb{F}}_q(X, \eta_1,\cdots,\eta_n):\overline{\mathbb{F}}_q(X)]=d. \end{equation} Entonces si $q>100\delta^3m^2n^2$, el número de $N$ de soluciones de $(x,y_1,\cdots,y_n)\in\mathbb{F}_q^{n+1}$ de las ecuaciones $y_1^{d_1}=f_1(X),\cdots,y_n^{d_n}=f_n(X)$ satisface \begin{equation} |N-q|<5mnd\delta^{5/2}q^{1/2}. \end{equation} Vamos a usar este teorema para resolver el problema por solucionado $r>1$. Tenemos $q=p$ número primo. Deje $g$ ser una raíz primitiva módulo $p$. Ponemos $n=r+1$, $m=1$, $d_1=\cdots=d_n=r$, $\delta=r$, $d=r^{r+1}$, $f_i(X)=g(X-g^{is})$ para $0\leq i \leq r-1$, e $f_r(X)=gX$. A continuación, se cumple con la condición, y el número de $N$ de soluciones para el sistema de $Y_i^r=f_i(X)$ ($0\leq i \leq r$) es \begin{equation} |N-p|<5(r+1) r^{r+1+5/2}p^{1/2}. \end{equation}
Buscamos el número de $N^{*}$ de las soluciones con el no $Y_i$ ser cero. Entonces tenemos $$N^{*}\geq p-5(r+1) r^{r+1+5/2}p^{1/2}-(r+1)r^{r+1}.$$ Este es de hecho mayor que cero para suficientemente grande $p$. Para cualquier solución de $(X,Y_0,\cdots, Y_r)\in \mathbb{F}_p^{r+2}$, obtenemos que $$X\in \mathbb{Z}_p-(A+B).$$ Esto demuestra el resultado.
