观花

图论

求证：\(G = (V, E)\) 不含 \(K_4\)，则 \(G\) 中 \(K_3\) 的数目不超过 \(\left(e/3\right)^\frac{3}{2}\)。

证明：

记
\(T\) 为所有 \(K_3\) 的集合，其大小为 \(t\)
\(N_v\) 为点 \(v\) 所有邻居的集合
\(P_v\) 为只保留 \(N_v\) 中的点形成的导出子图中边的数量

可以发现每条 \(P_v\) 中的边都可以与 \(v\) 形成一个 \(K_3\)

\[\begin{split} t &= \frac13\sum_{(a, b)\in E}|N_a\cap N_b|\\ t^2&\le \frac e9\sum_{(a, b)\in E}|N_a\cap N_b|^2\qquad(\mathrm{Cauthy-Schwarz})\\ &= \frac e9\sum_{(a, b)\in E}|N_a\cap N_b|\sum_{v\in N_a\cap N_b}1\\ &= \frac e9\sum_{v\in V}\sum_{(a, b)\in P_v}|N_a\cap N_b|\\ &=\frac e9 \sum_{(a, b, c)\in T} |N_a\cap N_b| + |N_b\cap N_c| + |N_c\cap N_a| \end{split} \]

由

\[2\left(|A\cap B| + |B\cap C| + |C\cap A|\right) \le |A| + |B| + |C| + |A\cap B\cap C| \]

可得

\[\begin{split} t^2\le \frac e{18}\sum_{(a, b, c) \in T}|N_a| + |N_b| + |N_c| + |N_a \cap N_b \cap N_c| \end{split} \]

因 \(G\) 中不包含 \(K_4\)，故 \(|N_a \cap N_b \cap N_c| = 0\)

于是

\[\begin{split} t^2 &\le \frac e{18}\sum_{(a, b, c) \in T}|N_a| + |N_b| + |N_c|\\ &= \frac e{18}\sum_{v\in V} |N_v||P_v|\\ &= \frac e{18}\sum_{(a, b)\in E} |P_a| + |P_b| \end{split} \]

由 \(G\) 中不包含 \(K_4\)，可得

\[\forall (a, b) \in E,\;P_a\cap P_b = \varnothing \]

\[\forall (a, b, c) \in T,\;e\ge |P_a\cup P_b\cup P_c| = |P_a| + |P_b| + |P_c| \]

取 \((r, s) \in E\) 使得 \(u=|P_r| + |P_s|\) 最大，则

\[\forall (a, b)\in E,\; |P_a| + |P_b|\le u \]

\[\forall (a, b)\in P_r,\;|P_a| + |P_b|\le e - |P_r| \]

\[\forall (a, b)\in P_s,\;|P_a| + |P_b|\le e - |P_s| \]

于是

\[\begin{split} t^2 &\le \frac e{18}\sum_{(a, b)\in E} |P_a| + |P_b|\\ &= \frac e{18}\left(\sum_{(a, b)\in P_r}(|P_a|+|P_b|) + \sum_{(a, b)\in P_s}(|P_a|+|P_b|) \sum_{(a, b)\in E/(P_r\cup P_s)}(|P_a|+|P_b|) \right)\\ &\le \frac e{18}\big(|P_r|(e-|P_r|) + |P_s|(e-|P_s|) + u(e - u)\big)\\ &= \frac e{18} \big(e(|P_r|+|P_s|) - |P_r|^2 - |P_s|^2 + ue - u^2\big)\\ &\le \frac e{18} \big(e(|P_r|+|P_s|) - (|P_r| + |P_s|)^2/2 + ue - u^2\big)\\ &=\frac e{18} (2ue-3u^2/2)\\ &\le \frac{e^3}{27} \end{split} \]

即 \(t\le (e/3)^\frac32\)

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数论

正整数 \(n\ge 2\)，\(n\) 正整数 \(a_1, a_2,\cdots, a_n\) 不全相等，证明存在无穷多个素数 \(p\) 满足 \(\exists k\in \mathbb{N}^+,\;p|\sum\limits_{i=1}^na_i^k\)。

证明：

反证法。

假设只有有限个素数 \(p_1, p_2, \cdots, p_N\)，不妨设 \((a_i, a_2, \cdots, a_n) = 1\)，那么 \(\forall p_i,\exists a_i,p_i\nmid a_i\)

用 \(b_i\) 表示不能被 \(p_i\) 整除的 \(a_j\) 的个数。

取 \(k = 2\prod\limits_{i=1}^N\varphi\left(p_i^{v_{p_i}(b_i)+ 1}\right)\)，下证 \(\sum\limits_{i=1}^na_i^k\) 有不在集合内的质因数。

易证 \(k>v_{p_i}(b_i)+ 1\)，因此 \(p_i|a_j\implies p_i^{v_{p_i}(b_i)+1}|a_j^k\)

于是 \(\sum\limits_{i=1}^na_i^k\equiv b_i\pmod{p_i^{v_{p_i}(b_i)+1}}\)

即 \(v_{p_i}(\sum_{i=1}^na_i^k) = v_{p_i}(b_i)\)

那么 \(\sum_{i=1}^na_i^k = \prod_{i=1}^Np_i^{v_{p_i}(b_i)}\)

\(a_i\) 不全相等 \(\implies\) 存在 \(a_i \ge 2\)

\[\sum_{i=1}^na_i^k\ge 2^k>k>\prod_{i=1}^Np_i^{v_{p_i}(b_i)} \]

矛盾。

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\(\mathrm{Erdos-Ginzburg-Ziv}\) 定理

任意 \(2n-1\) 个整数中一定可以取 \(n\) 个数和为 \(n\) 的倍数。

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先证一个引理

引理：若定理对 \(m,n\) 分别成立，则定理对 \(mn\) 成立。

证明：

\(\{a_1, a_2, \cdots, a_{2mn-1}\}\) 为 \(2mn-1\) 个整数构成的集合，我们每次从中取出 \(m\) 个数使和为 \(m\) 的倍数，将这个和记作 \(b\)。因为定理对 \(m\) 成立，所以当剩余数 \(\ge 2m-1\) 时，存在可行的取法。

取 \(2n-1\) 次，可以构成一个数列 \(\{b_1, b_2,\cdots, b_{2n-1}\}\)。因为定理对 \(n\) 成立，我们可以从 \(\{\frac{b_1}m, \frac{b_2}m, \cdots, \frac{b_{2n-1}}m\}\) 中取出 \(n\) 个数使和为 \(n\) 的倍数。

于是引理得证。

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得到该引理后，不难发现只需对每个质数 \(p\) 证明定理成立。

证明：

反证法。

若定理不成立，则

\[\forall 1\le i_1\le i_2\le\cdots\le i_p\le 2p-1, \sum_{j = 1}^p x_{i_j}\not\equiv 0\pmod p \]

即

\[\forall 1\le i_1\le i_2\le\cdots\le i_p\le 2p-1, \left(\sum_{j = 1}^p x_{i_j}\right)^{p-1}\equiv 1\pmod p \]

考虑枚举子集，有

\[\begin{split} &\sum_{1\le i_1\le i_2\le\cdots\le i_p\le 2p-1}\left(\sum_{j = 1}^p x_{i_j}\right)^{p-1}\equiv \binom{2p-1}{p}\pmod p\\ &\sum_{1\le i_1\le i_2\le\cdots\le i_p\le 2p-1}\sum_{\{j_1, j_2, \cdots, j_k\}\in\{i_1, i_2, \cdots, i_p\}}\sum_{a_1+a_2+\cdots+a_k = p-1}\binom{p-1}{a_1, a_2, \cdots, a_k}x_{j_1}^{a_{j_1}}x_{j_2}^{a_{j_2}}\cdots x_{j_k}^{a_{j_k}}\equiv \binom{2p-1}p\pmod p\\ &\sum_{1\le j_1<j_2< \cdots< j_k\le 2p-1}\binom{2p-1-k}{p-k}\sum_{a_1+a_2+\cdots+a_k = p-1}\binom{p-1}{a_1, a_2, \cdots, a_k}x_{j_1}^{a_{j_1}}x_{j_2}^{a_{j_2}}\cdots x_{j_k}^{a_{j_k}}\equiv\binom{2p-1}{p}\pmod p \end{split} \]

上式可以看作是考虑每个单项式的系数。

由 \(\mathrm{Lucas}\) 定理，\(\binom{2p-1-k}{p-k}\equiv 0\pmod p\)，于是右边是 \(0\)，而左边的 \(\binom{2p-1}{p}\equiv 1\pmod p\)，矛盾。

于是定理得证。

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\(\mathrm{Chevalley-Warning}\) 定理

已知 \(p\) 为质数，\(f_1, f_2,\cdots, f_k\) 是 \(\mathbb Z_p[x_1, x_2,\cdots,x_n]\) 中的多项式，满足 \(\sum_{i=1}^k\operatorname{deg}(f_i) < n\)，则方程组 \(f_1(\mathbf{z})=f_2(\mathbf{z})=\cdots=f_k(\mathbf{z})=0\) 的解向量集合的基数是 \(p\) 的倍数。

证明：

对于向量 \(\mathbf{z}\)，其为方程组的解当且仅当

\[\prod_{i=1}^k(1-f_i^{p-1}(\mathbf{z}))\equiv 1\pmod p \]

于是原定理等价于证明

\[\sum_{\mathbf{z}\in \mathbb Z_p^n}\prod_{i=1}^k(1-f_i^{p-1}(\mathbf{z}))\equiv 0\pmod p \]

对多项式中每一项分别考虑，有

\[\sum_{(x_1, x_2, \cdots, x_n)\in \mathbb{Z}_p^n}x_1^{a_1}x_2^{a_2}\cdots x_n^{a_n} \equiv \prod_{i=1}^n\sum_{x=0}^{p-1}x^{a_i}\pmod p \]

又 \(\sum\limits_{i=1}^n a_i<n(p-1)\implies \exists 1\le i\le n, a_i < p-1\)

记这个 \(a_i\) 为 \(m\)。

由一个有趣的小结论知 \(\sum\limits_{i=0}^{p-1}i^m\equiv 0\pmod p\)，于是 \(\prod_{i=1}^n\sum_{x=0}^{p-1}x^{a_i}\equiv 0\pmod p\)，定理得证。

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下面使用 \(\mathrm{Chevalley-Warning}\) 定理证明 \(\mathrm{Erdos-Ginzburg-Ziv}\) 定理并推出有关于方案数的结论。

\(p\) 为质数，设 \(\{a_1, a_2,\cdots, a_{2p-1}\}\) 是任意 \(2p-1\) 个整数。

构造多项式如下

\[\begin{split} f_1(\mathbf{z}) = \sum_{i=1}^{2p-1}z_i^{p-1}\\ f_2(\mathbf{z}) = \sum_{i=1}^{2p-1}a_iz_i^{p-1} \end{split} \]

因为方程组 \(f_1(\mathbf{z})=f_2(\mathbf{z})=0\) 有一组平凡解，由\(\mathrm{Chevalley-Warning}\) 定理知解向量的个数是 \(p\) 的倍数，于是存在非平凡解。

容易证明在非平凡解中，\(\mathbf{z}\) 的坐标中一定恰有 \(p\) 个非零，可以将 \(z_i\not= 0\) 视为取出的 \(p\) 个数中包含 \(a_i\)，那么每种取法可以对应 \((p-1)^p\) 个解向量，令 \(m\) 为取法数，则解向量的数量为 \(m(p-1)^p+1\)（包含平凡解），那么

\[p|m(p-1)^p+1\iff p|m(p-1)+1\iff p|m-1 \]

因此方案数在 \(\mod p\) 意义下与 \(1\) 同余。

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生成函数计数

在 \({1, 2, \cdots, 2014}\) 中任取 \(90\) 个数构成一个集合 \(A\)，记 \(c(A) = \sum\limits_{a\in A}a\) 为集合 \(A\) 的权值，问使 \(c(A)\) 为奇数的取法多还是使 \(c(A)\) 为偶数的取法多。

解：

构造多项式 \(f(y, z) = \prod\limits_{i=1}^{2014}(1+y^iz)\)

记 \(a_i\) 为使 \(c(A)=i\) 的方案数，则

\[[z^{90}]f(y, z) = \sum_{i=0}a_iy^i \]

代入 \(y=-1\) 即得和为偶数的方案数减去和为奇数的方案数的值，即

\[[z^{90}]f(-1, z) = [z^{90}]\prod_{i=1}^{2014}(1+(-1)^iz)=[z^{90}](1-z^2)^{1007}=-\binom{1007}{45} \]

因此奇数多。

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正整数 \(n\ge 3\), 集合 \(S = \{1, 2, \cdots, n\}\), 对于 \(A\subset S\)，记 \(A\) 的容量 \(c(A) = \sum\limits_{a\in A}a\)，定义容量为奇数的子集为奇子集，容量为偶数的子集为偶子集。

\((1)\) \(S\) 的奇子集和偶子集数目相同；
\((2)\) \(S\) 的所有奇子集的容量和与所有偶子集的容量和相等；
\((3)\) 求 \(S\) 的所有奇子集的容量和。

解：

构造多项式 \(f(x) = \prod\limits_{i=1}^n(1+x^i)\)

设 \(a_i\) 为选取集合 \(A\) 使 \(c(A) = i\) 的方案数，则

\[f(x) = \sum_{i=0}a_ix^i \]

\((1)\) 类似上一题，令 \(x=-1\) 代入即证。

\((2)\) 构造多项式 \(g(x) = xf(x)\)，则

\[g(x) = \sum_{i=1}ia_ix^i \]

容易发现 \(x_i\) 的系数即是所有容量为 \(i\) 的集合的容量和。

又有

\[g(x) = \sum_{k=1}^n\frac{kx_k}{1+x^k}\prod_{i=1}^n(1+x^i) \]

类似地，令 \(x=-1\) 代入易证。

\((3)\) 答案为 \(g(1)/2\)，即 \(2^{n-3}n(n+1)\)

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复数与生成函数

在本 section 中，记第 \(i\) 个 \(n\) 次单位根为 \(w_n^i\)，即 \(w_n^i = \cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}\)

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\(p\) 为大于 \(2\) 的质数， \(S = \{1, 2, \cdots, 2p\}\)，对 \(0 \le k < p\) 分别计算满足如下条件的集合 \(A\) 的个数：

1. \(A\subset S\)
2. \(|A| = p\)
3. \(\sum\limits_{a\in A}a\equiv k\pmod{p}\)

解：

取不为 \(1\) 的 \(p\) 次单位根 \(\omega\)，由单位根的性质知 \(\{1, \omega, \omega^2,\cdots, \omega^{p-1}\}\) 恰为所有 \(p\) 次单位根的集合。

构造多项式

\[f(z) = \prod_{i=1}^{2p}(z-\omega^i) = (z^p-1)^2=z^{2p}-2z^p+1 \]

设 \(a_i\) 为 \(k = i\) 时的答案，那么

\[[z^p]f(z) = -\sum_{i=0}^{p-1}a_i\omega^i \]

对照系数有

\[\sum_{i=0}^{p-1}a_i\omega^i = 2 \]

即 \(a_0-2+a_1\omega+a_2\omega^2+\cdots+a_{p-1}\omega^{p-1} = 0\)

那么 \(\omega\) 是多项式 \(g(x) = a_0-2+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_{p-1}x^{p-1}\) 的根

因为 \(\omega\) 为任一不为 \(1\) 的 \(p\) 次单位根，所以

\(\forall 1\le i < p,\;(x-\omega_p^i)|g(x)\)

相乘得

\[\prod_{i=1}^{p-1}(x-\omega_p^i)|g(x) \]

即 \(1 + x + \cdots + x^{p-1}|g(x)\)

因此 \(g(x) = \lambda(1+x+\cdots+x^{p-1})\)

\(\lambda p = \sum\limits_{i=0}^{p-1}a_i - 2 = \binom{2n}{n}\)

解得 \(\lambda = \frac{\binom{2n}{n}}{p}\)

答案为

\[a_i = \begin{cases}\lambda + 2&i=0\\\lambda& \mathrm{otherwise}\end{cases} \]

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\(p\) 为不等于 \(2\) 的素数，集合 \(S = \{1, 2, \cdots, p - 1\}\)，记 \(c(A) = \sum_{a\in A}a\)，对于 \(0\le k < p\)，计算满足 \(A\subset S\) 且 \(p|c(A)\) 的 \(A\) 的个数。

解：

构造多项式 \(f(x) = \prod\limits_{i = 1}^{p-1}(1+x^i)\)

设 \(a_i\) 表示 \(c(A) \mod p = i\) 的 \(A\) 的个数，那么

\[f(x)= \sum_{i=0}a_ix^i \]

答案是 \(f(x)\) 所有在 \(x^{kp}, k\in\mathbb N\) 处的系数和

熟知结论 \(\sum_{i=0}^{p-1}(\omega_p^i)^k = \begin{cases} p&p|k\\ 0&\mathrm{otherwise} \end{cases}\)

于是 \(f(x)\) 所有在 \(x^{kp}, k\in\mathbb N\) 处的系数和即为

\[\frac{\sum_{i=0}^{p-1}f(\omega_p^i)}{p} \]

容易发现对于 \(1\le i < j < p,\; f(\omega_p^i) = f(\omega_p^j)\)

而 \(f(\omega_p^1) = \prod\limits_{i = 1}^{p-1}(1+\omega_p^i) = \sum_{i=0}^{p-1}x^i|_{-1} = 1\)

于是答案即为

\[\frac{\sum_{i=0}^{p-1}f(\omega_p^i)}{p}= \frac{2^{p-1}-1}p + 1 \]

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\(n\) 为大于 \(2\) 的正整数，有 \(n\) 个正整数 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\)

定义 \(f(k)\) 为方程组

\[\begin{cases} \sum_{i = 1}^m\equiv k \pmod n\\ 1\le c_i\le a_i \end{cases} \]

的解的组数。

求证：\(f(0) = f(1) = \cdots = f(n-1)\Leftrightarrow \exists a_i\; \mathrm{s.t.}\quad n|a_i\)

证明:

构造多项式 \(F(x) = \sum\limits_{k=0}^{n-1}f(k)x^k\)

等价于证明 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1}x^i\bigg|F(x)\)

又等价于证明 \(\forall 1\le i< p, F(\omega_{p}^i) = 0\)

我们有

\[F(\omega)=\sum_{k=0}^{n-1}f(k)\omega^k = \sum_{i\le c_i\le a_i}\omega^{\sum c_i} = \prod_{i=1}^m\sum_{i=1}^{a_i}\omega^i \]

必要性是显然的，根据单位根的性质，充分性亦不难证明。