Erdos Ginzburg Ziv 定理的一個證明

Erdos Ginzburg Ziv 定理的一個證明

定理描述

給定 \(n\in\mathbb{Z}_+\) ，可以從 \(2n-1\) 個整數中選出 \(n\) 個整數，其和為 \(n\) 的倍數。

定理證明

第一部分 對n為素數

設\(a_1,\cdots a_{2p-1}\)表示這\(2p-1\)個數。\(k_i,l_i\)表示求和的第 \(i\) 個數的下標，\(k_1<\cdots<k_p,l_1<\cdots<l_t\)，\(u_i\)表示\(a_{l_i}\)的次數，\(u_i>0\)。\(v_i\)表示\(a_{k_i}\)的次數，\(v_i\geqslant0\)。

\[\begin{align*}S&=\sum_{k_1<\cdots<k_p}{}\left(\sum_{i=1}^p a_{k_i} \right)^{p-1}\\ &=\sum_{k_1<\cdots<k_p}{}\left(\sum_{v_1+\cdots+v_p=p-1\\\qquad {v_i\geqslant0}}{}\binom{p-1}{v_1,\cdots,v_p} \prod_{i=1}^t a_{k_i}^{v_i}\right)\\ &=\sum_{k_1<\cdots<k_p}{}\left(\sum_{t=1}^n\sum_{\{l_1,\cdots,l_t\}\subset\{k_1,\cdots,k_p\}}{}\sum_{u_1+\cdots+u_t=p-1\\\qquad {u_i>0}}{}\binom{p-1}{u_1,\cdots,u_t} \prod_{i=1}^t a_{l_i}^{u_i}\right) \\ &=\sum_{t=1}^{p-1}\sum_{\{l_1,\cdots,l_t\}\subset\{1,\cdots,2p-1\}}{}\left(\sum_{u_1+\cdots+u_t=p-1\\\qquad {u_i>0}}{}\sum_{\{l_1,\cdots,l_t\}\subset\{k_1,\cdots,k_p\}}{}\binom{p-1}{u_1,\cdots,u_t} \prod_{i=1}^t a_{l_i}^{u_i}\right) \\ &=\sum_{t=1}^{p-1}\sum_{\{l_1,\cdots,l_t\}\subset\{1,\cdots,2p-1\}}{}\left(\sum_{u_1+\cdots+u_t=p-1\\\qquad {u_i>0}}{}\binom{2p-1-t}{p-t}\binom{p-1}{u_1,\cdots,u_t} \prod_{i=1}^t a_{l_i}^{u_i}\right)\end{align*} \]

又由於\(\displaystyle p|\binom{2p-1-t}{p-t},\forall t\in\{1,\cdots,p-1\}\)，所以\(\displaystyle p|S,S\not\equiv\binom{2p-1}{p}(mod\;p)\)。若對任意\(\{k_1,\cdots,k_p\}\subset\{1,\cdots,\displaystyle 2p-1\},\;p\not|\sum_{i=1}^p a_{k_i}\)，則\(\displaystyle \left(\sum_{i=1}^p a_{k_i} \right)^{p-1}\equiv1(mod\;p)\)，對所有\(\{k_1,\cdots,k_p\}\subset\{1,\cdots,2p-1\}\)求和即知矛盾。

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第二部分 對n為合數

若命題不正確，我們取所含素因子總次數^[1]最少的數\(n\)，設\(n=pq\)，其中\(p\)為素數，\(q=\frac{n}{p}\)必滿足對任意\(2q-1\)個數存在\(q\)個數，其和為\(q\)的倍數。

於是在\(2pq-1\)個數中，我們每次從其中挑選出\(p\)個數，並從中刪去，直到剩下數的個數少於\(2p-1\)。可知挑選出了\(2q-1\)組\(p\)個數和為\(p\)的倍數，於是可從中挑出\(q\)組和為\(pq\)的倍數，這\(q\)組中共\(n=pq\)個數，其和為\(n\)的倍數。

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1. 素因子總次數：設\(n\) 的素因子分解式為\(\displaystyle n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_i}\)，則\(n\)的素因子總次數指\(\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\alpha_i\)。 ↩︎