Erdos Ginzburg Ziv 定理的一个证明

Erdos Ginzburg Ziv 定理的一个证明

定理描述

给定 (ninmathbb{Z}_+) ，可以从 (2n-1) 个整数中选出 (n) 个整数，其和为 (n) 的倍数。

定理证明

第一部分 对n为素数

设(a_1,cdots a_{2p-1})表示这(2p-1)个数。(k_i,l_i)表示求和的第 (i) 个数的下标，(k_1<cdots<k_p,l_1<cdots<l_t)，(u_i)表示(a_{l_i})的次数，(u_i>0)。(v_i)表示(a_{k_i})的次数，(v_igeqslant0)。

[egin{align*}S&=sum_{k_1<cdots<k_p}{}left(sum_{i=1}^p a_{k_i} ight)^{p-1}\ &=sum_{k_1<cdots<k_p}{}left(sum_{v_1+cdots+v_p=p-1\qquad {v_igeqslant0}}{}inom{p-1}{v_1,cdots,v_p} prod_{i=1}^t a_{k_i}^{v_i} ight)\ &=sum_{k_1<cdots<k_p}{}left(sum_{t=1}^nsum_{{l_1,cdots,l_t}subset{k_1,cdots,k_p}}{}sum_{u_1+cdots+u_t=p-1\qquad {u_i>0}}{}inom{p-1}{u_1,cdots,u_t} prod_{i=1}^t a_{l_i}^{u_i} ight) \ &=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}}{}inom{p-1}{u_1,cdots,u_t} prod_{i=1}^t a_{l_i}^{u_i} ight) \ &=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}}{}inom{2p-1-t}{p-t}inom{p-1}{u_1,cdots,u_t} prod_{i=1}^t a_{l_i}^{u_i} ight)end{align*} ]

又由于(displaystyle p|inom{2p-1-t}{p-t},forall tin{1,cdots,p-1})，所以(displaystyle p|S,S otequivinom{2p-1}{p}(mod;p))。若对任意({k_1,cdots,k_p}subset{1,cdots,displaystyle 2p-1},;p ot|sum_{i=1}^p a_{k_i})，则(displaystyle left(sum_{i=1}^p a_{k_i} ight)^{p-1}equiv1(mod;p))，对所有({k_1,cdots,k_p}subset{1,cdots,2p-1})求和即知矛盾。

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第二部分 对n为合数

若命题不正确，我们取所含素因子总次数^[1]最少的数(n)，设(n=pq)，其中(p)为素数，(q=frac{n}{p})必满足对任意(2q-1)个数存在(q)个数，其和为(q)的倍数。

于是在(2pq-1)个数中，我们每次从其中挑选出(p)个数，并从中删去，直到剩下数的个数少于(2p-1)。可知挑选出了(2q-1)组(p)个数和为(p)的倍数，于是可从中挑出(q)组和为(pq)的倍数，这(q)组中共(n=pq)个数，其和为(n)的倍数。

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1. 素因子总次数：设(n) 的素因子分解式为(displaystyle n=prod_{i=1}^{k}p_i^{alpha_i})，则(n)的素因子总次数指(displaystylesum_{i=1}^{k}alpha_i)。 ↩︎