A $g(n, dn+k)$ meghatározása

Az előbbiekhez hasonló, azonnal látható esetek kivételével vajon bővíthető-e a felső becslések alapján a pontos $g(n, t)$-k köre? Vannak-e olyan további esetek, amikor a DIXMIER-féle, eddig is nagyon precíznek mutatkozó felső becslés teljesen pontos eredményt ad? Néhány speciális esetet részletesen kiszámolva, fokozatosan derült ki, hogy kisebb korlátozások mellett két maradékosztályra is pontos a becslés [16].

TÉTEL 3.3.1   Legyenek a $d, n, k$ olyan természetes számok, hogy $2 \le d < n,$    $0 \le k \le n-d.$ Ha $n-k \equiv 0 \pmod {d+1}$    vagy $n-k\ \equiv -1 \pmod {d+1}$, akkor

$$g(n, dn+k)=d(d-1)n+2dk+d^2-d-1.$$

BIZONYÍTÁS: A 3.2.5.Tétel jelölései szerint

$$dn+k-1=(d+1)(n-1)-n+k+d=(d+1)(n-1)-(n-k-d),$$

hiszen $k \le n-d.$ Most látjuk, hogy $v=d+1$ és $r=n-k-d.$ Alkalmazzuk a 3.2.5.Tétel szerinti becslést erre az esetre:

$$g(n,t) \le (v-1)(t-r-1)-1= d[dn+k-(n-k-d)-1]-1=$$

$$=d(dn+k-n+k+d-1)-1=d[(d-1)n+2k+d-1]-1=$$

$$=d(d-1)n+2dk+d^2-d-1.$$

A bizonyítás befejezéséhez mutatnunk kell olyan konkrét $0 < a_1 < a_2 < \ldots < a_n \le t$ egész számokat, amelyekkel

$$G(a_1, a_2, \ldots , a_n)=d(d-1)n+2dk+d^2-d-1.$$

Vegyük külön az $n-k \equiv 0$    és $-1 \pmod {d+1}$ eseteket.

I. eset. Legyen először $n-k \equiv 0 \pmod {d+1}$. Ekkor az $n$-et felírhatjuk $n=l(d+1)+k$ alakban, tehát az is teljesül, hogy

$$dn+k=ld(d+1)+dk+k=(d+1)(ld+k).$$

Álljon az $A=\{a_1, a_2, \ldots ,a_n\}$ halmaz a $(d+1)$ többszöröseiből és a $t$-től lefelé haladva abból az $l$ darab legnagyobb számból, amelyek mind $(-1)$-gyel kongruensek modulo $(d+1)$:

$$A=\{d+1, 2(d+1), 3(d+1), \ldots , (ld+k-1)(d+1), (ld+k)(d+1),$$

$$dn+k-1, dn+k-1-(d+1), dn+k-1-2(d+1), \ldots$$

$$\ldots, dn+k-1-(l-1)(d+1)\}.$$

Látható, hogy $\vert A\vert=(ld+k)+l=l(d+1)+k=n.$ Jelöljük $z$-vel az $A$ halmaz legkisebb olyan elemét, amely nem többszöröse a $(d+1)$-nek, azaz

$$z=dn+k-1-(l-1)(d+1)=(ld+k)(d+1)-1-(l-1)(d+1)=$$

$$=(d+1)(ld+k-l+1)-1.$$

Az előző fejezetben bemutatott módszer alapján tudjuk, hogy
$0, z, 2z, \ldots , (d-1)z, dz$ egy teljes maradékrendszert alkot mod ${(d+1)}.$ Így a legnagyobb szám, amely nem írható fel az $A$ halmaz elemeinek lineáris kombinációjaként:

$$G(A)=dz-(d+1)=d(d+1)(ld+k-l+1)-d-d-1=$$

$$=d(d+1)[(d-1)l+k+1]-2d-1=$$

$$=d(d+1)(d-1)l+d(d+1)k+d^2+d-2d-1.$$

Most felhasználjuk, hogy $n-k=l(d+1)$, így

$$G(A)=d(d+1)(d-1)l+d(d+1)k+d^2-2d-1=$$

$$=d(d-1)(n-k)+d(d-1)k+2dk+d^2-d-1=$$

$$=d(d-1)n+2dk+d^2-d-1.$$

II. eset. Legyen most $n-k\ \equiv -1 \pmod {d+1}$. Ekkor $n-k=l(d+1)-1$, illetve $n=l(d+1)+k-1$. Ezt behelyettesítve látjuk, hogy $dn+k=ld(d+1)+dk-d+k=(d+1)(ld+k)-d.$ Így azt is könnyen láthatjuk, hogy a $dn+k-1$ többszöröse a $(d+1)$-nek:

$$dn+k-1=(d+1)(dl+k)-d-1=(d+1)(ld+k-1).$$

Álljon most az $A=\{a_1, a_2, \ldots ,a_n\}$ halmaz ismét a $(d+1)$ több-szöröseiből és a $t$-től lefelé haladva abból az $l$ darab legnagyobb számból, amelyek mind $1$-gyel kongruensek modulo $(d+1)$:

$$A=\{d+1, 2(d+1), 3(d+1), \ldots , (ld+k-1)(d+1),$$

$$dn+k, dn+k-(d+1), dn+k-2(d+1), \ldots , dn+k-(l-1)(d+1)\}.$$

Látható, hogy $\vert A\vert=(ld+k-1)+l=l(d+1)+k-1=n.$ Jelöljük $x$-szel az $A$ halmaz legkisebb olyan elemét, amely nem többszöröse a $(d+1)$-nek, azaz

$$x=dn+k-(l-1)(d+1)=(ld+k-1)(d+1)+1-(l-1)(d+1)=$$

$$=(d+1)(ld+k-1-l+1)+1=(d+1)[d-1)l+k]+1.$$

A bizonyítást ugyanúgy folytathatjuk, mint az I. esetben.
$0, x, 2x, \ldots , (d-1)x, dx$ egy teljes maradékrendszert alkot mod${(d+1)}.$ Így a legnagyobb szám, amely nem írható fel az $A$ halmaz elemeinek lineáris kombinációjaként:

$$G(A)=dx-(d+1)=d[(d+1)(ld+k-l)+1]-d-1=$$

$$=d(d+1)(d-1)l+d(d+1)k+d-d-1.$$

Felhasználjuk, hogy $n-k+1=l(d+1)$, így

$$G(A)=d(d+1)(d-1)l+d(d+1)k-1=$$

$$=d(d-1)(n-k+1)+d(d+1)k-1=$$

$$=d(d-1)n+[d(d+1)-d(d-1)]k+d(d-1)-1=$$

$$=d(d-1)n+2dk+d^2-d-1.$$