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 $n\in\mathbb{Z}_+$ ，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，$v_i\geqslant0$。

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

又由于$\displaystyle p|\binom{2p-1-t}{p-t},\forall t\in\{1,\cdots,p-1\}$，所以$\displaystyle p|S,S\not\equiv\binom{2p-1}{p}(mod\;p)$。若对任意$\{k_1,\cdots,k_p\}\subset\{1,\cdots,\displaystyle 2p-1\},\;p\not|\sum_{i=1}^p a_{k_i}$，则$\displaystyle \left(\sum_{i=1}^p a_{k_i} \right)^{p-1}\equiv1(mod\;p)$，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$\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\alpha_i$。 ↩︎