组合数论问题

组合数论问题组合数论作为数论的一个（小）分支，是研究整数集合的组合性质。

与代数数论、解析数论等分支相对应，组合数论的证明与结论更多地带有“离散的、组合的”味道。

例1. （组合数论经典定理）证明：任意2n+1个整数中一定可以找到n 个，其和为n 的倍数。

[证：]先证命题的（完全）积性，即引理：若对于正整数m, n 原命题都成立，则命题对于mn 亦成立。

由引理，只需对n=p 为素数的情形证明即可。

反证法，设存在2p+1个正整数1221,,,+p x x x 使得其中任意p 个之和 考察 )(m o d )(11221p x x x C p i i i p p p∑-++++≡例2．(IMO 预选题2008N4).对于整数k ≣2,证明122kk C +－122k k C -被23k整除但不被23k+1整除.[证：]利用2nnC =2(2)!(!)n n =2(21)!!!n n n -=222((21)!!)(2)!n n n -,122kk C+－122k kC-=212(21)!!(2)!kk k +-－222((21)!!)(2)!kk k -=22(21)!!(2)!kk k-(121(221)k k i i -=+-∏－121(2(21))k k i i -=--∏). 121(221)k k i i -=+-∏－121(2(21))k k i i -=--∏=212(21)12(21)12k k r k r r S ---+--=∑≡2k+1(2k －1)!!121121k i i -=-∑(mod 23k+1). 121121k i i -=-∑=1212111()212(21)k k i i i -=+---∑=2k-11211(21)(2(21))k ki i i -=---∑. A={1,3,…, 2k －1}是(mod 2k )的缩系,故r -2(r ∈A)是r 2(r ∈A)的置换,因此1(2)k r A r r ∈-∑≡－21r A r ∈∑≡－2r A r ∈∑=－121(4(1)1)k i i i -=-+∑≡2k-1(mod 2k ).由于α2((2)!k)=2121k --=2k －1,故α2(122kk C +－122k k C -)=2k －(2k －1)+k+1+2(k －1)=3k.例3.（2008莫斯科数学奥林匹克） 每个正整数染n 色之一,每色都有无穷多个数.已知,任意两个同奇偶的不同数的算术平均值的颜色只由该两数的颜色确定(例如,红色数与蓝色数的平均值总是黄色).(1).求证,任意两个同奇偶的同色数的平均值必与该两数同色; (2).对哪些n 存在这样的染色法?[证：](1).考虑任一色例如红色.设每两个同奇偶的不同红色数的平均值为X 1色(记作(红,红)→X 1),再设(红,X 1)→X 2,(红,X 2)→X 3.由于红色数有无穷多个,必有两个a,b(mod 8)同余.可以依次标出下列各数的颜色:a 78a b + 34a b + 538a b +2a b+ 358a b +34a b + 78a b + b 98b a - 红X 3 X 2 X 3X 1X 3 X 2 X 3 红X 3由此得到(X 3,X 3)→X 1, (X 3,X 3)→红,故X 1=红.(2).当n 为奇数时记n 色为0～n ―1,每个整数a 染a(mod n)色即可. 若对偶数n 有符合要求的染色法.设任一色的所有数依递增次序排列为a 1,a 2,....由于每两个相邻项之间没有该色的数以及每两个同奇偶的同色数的平均值与该两数同色,归纳可证这个数列是公差为奇数的等差数列.现在设各色数列的公差为d 1,…,d n ,首项的最大者为a,D=lcm(d 1,…,d n ).则D 个相继正整数a,a+1,…,a+D ―1中第i 色数的个数是i D d .故有1n i i D d =∑=D,即11ni id =∑=1.但左边通分后分母为奇数,分子是偶数个奇数之和,为偶数,矛盾.因此当且仅当n 为奇数时存在这样的染色法.例4．正n 边形的顶点染若干色(每点染一色,至少有2色),已知,每种颜色的所有点都构成一个正多边形.求证,这些同色多边形中必有2个全等.[证：]以正n 边形的中心作为复平面原点.则正n 边形的顶点集为 M ={uωt | t=0,1,2,…,n －1} ,其中ω=cos2n π+isin 2nπ. 反设所有同色多边形互不全等,则它们的边数互不相同,设是k 1<k 2<…<k r (<n,r ≣2).M 划分为r 个子集M j ={u j ωj t | t=0,1,2,…,k j －1} ,其中ωj =cos2j k π+isin 2jk π,1≢j ≢r. u 和u j 都是非零复数(它们的模都等于正n 边形的外接圆半径).记S=1kz Mz ∈∑,S j =1jk z M z ∈∑,应当有S=1rj j S =∑.但根据单位根的性质,122(cossin )m kt t i m mππ-=+∑当m |/k 时等于0,而m|k 时等于m.故S=S 2=S 3=…=S r =0, S 1=k 111ku ≠0,得出矛盾.[注：]此即数论中著名的三角和方法.本题表明,整数集Z 划分为若干个互不相交的(双向无穷)等差数列只有这样的方式:Z 先划分成d 个公差为d 的等差数列,然后其中若干个再分别划分成等公差的数列。

本题原为前苏联奥林匹克题，在网络中被评为最难的数学竞赛试题之一。

例5. (中国数学奥林匹克2008冬令营) A 是N*的无限子集,给定整数n>1.已知对任意不整除n 的素数p,集合A 中均有无穷多个元素不被p 整除.[证明：]对任意整数m>1,(m,n)=1.集合A 中均存在有限多个互不相同的元素,其和S 满足S ≡1(mod m)且S ≡0(mod n).证.设m 的标准分解式是1iki i p α=∏,对每个i,记u i =iimp .则(i i p α,u i n)=1. 由已知条件, A 中有无穷多个元素不被p 1整除.考虑它们的余数组( r(mod 11p α) ,s(mod u 1n) ), (r,p 1)=1.由于只有有限多种不同的余数组,必有无穷多个元素属于同一余数组(r,s).又因ru 1n 与11p α互素,故存在x ∈N*满足同余式 ru 1nx ≡1(mod 11p α).取u 1nx 个此类元素就得到A 的u 1nx 元子集B 1,其和S 1≡1(mod 11p α)且S 1≡0(mod u 1n).对于A 1=A\B 1(由于B 1为有限集,A 1仍满足题述条件)和22p α,u 2n 同样操作得到A 1的有限子集B 2,其和S 2≡1(mod 22p α)且S 2≡0(mod u 2n).再令A 2=A 1\B 2,….依次得到A 的k 个互不相交的有限子集B 1,…,B k ,其和分别满足 S i ≡1(mod ii p α)且S i ≡0(mod u i n) (1≢i ≢k).最后取B=1k i i B = ,它的和S=1ki i S =∑.由于每个S i ≡0(mod n),故S ≡0(mod n).又由于S i ≡δij (mod jjp α),其中δij =1(若i=j)或0(若i ≠j).故对每个i, S ≡1(mod ii p α).合模得到S ≡1(mod m).例6．（2009USAMO ）,,s ,s 21 是一个无限长的有理数数列且不是每项相等.,t ,t 21也是一个无限长的有理数数列且不是每项相等,满足对于任意整数i,j,有)t -)(t s -(s j i j i 是整数.求证:存在有理数r,使得对于任意整数i,j,均有)r s -(s j i 为整数且r)t -(t j i 为整数.[证：] 对于固定的素数p,及有理数x ，记)x (v p 为x 含p 的方幂（可为负整数），及+∞=)0(v p引理一：)x (v p 有如下基本性质：)y -x (v )}y (v ),x (min{v p p p ≤, 且若)y (v )x (v p p ≠,则)y -x (v )}y (v ),x (min{v p p p =引理二：-∞≠-)s s (v min j i p j ,i .于是可记-∞≠=-(p)j i p j ,i s )s s (v min , -∞≠=-(p)j i p j ,i t )t t (v min引理三：)p ((p)s t ≥于是，对任意素数p,总可找到Z r p ∈使得 )p (p (p)s r t ≥≥，此时，0.r -s ))p s -((s v 0,r - t )p t t (v p (p)rj i p (p)(p)rj i p p p≥+≥≥≥-引理四：除有限多个素数p 外，p r 都是0.例7．（2008东南地区奥林匹克）设正整数2,≥n m ,对于任意n 元整数集},,,{21n a a a A =，取每对数j i a a ,作差j i a a -，由这2nC 个差排成一个数列，称为集合A 的“衍生数列”。

衍生数列中能被m 整除的数的个数记为)(m A 。

求证：对于任意n 元整数集},,,{21n a a a A =及集合},,2,1{n B =，总有)()(m B m A ≥[证：]本题的官方解答用到了若干整除性结论，事实上本题可直接引用图论中的Turan （图兰）定理得到。

[练习：]1．（俄罗斯数学奥林匹克，1995）能否将100,,2,1 划分成12个等比数列？ 2．(2009USAMO)n 为正整数，问从},1,,1,{n n n n -+-- 中至多可取出多少个数，使得其中任意三个数a,b,c(可以相同)之和都不是0.3. k,m,n 是自然数满足 m+k+1>n+1,且 m+k+1是质数。

记)1(+=s s c s 。

求证：)())((21k n m k m k m c c c c c c ---+++ 是n c c c 21的倍数。

4．（IMO shortlist 1999）将全体整数四染色：红、绿、蓝、黄。

任意给定两个奇数x,y(其绝对值不等)。

求证：可以找到两个同色整数，它们的差取值为：x,y,x-y,x+y 之一。

5．5≥p 是质数，将1131211-++++p 写成最简分数n m 的形式。

求证：分子m 是2p 的倍数。

6．对任意正整数n ，求证： ]2,,2,1[2n C n n .7. （199BMC ）将正整数集划分为有限多个子集之并，求证：其中一定能找到一个子集S ，满足：对任意正整数n ，S 中都包含无穷多个元素是n 的倍数。