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1、酥初等数论中的一个猜测(I)I单J夺、柯召孙琦川猜测任意的Zn一1个数(木文中的数均指整数)中必有n个数的和为..n整除〔’〕单蹲证明了这一猜测是正确的,,这里的2n一1不能改成更小的数因为在任意的2n一2个数中未必能找到n个数n.其和为整除例如在n一1个O与n一1个l(或与n互素的数a)组成的Zn一2个数,.nn整中任意个的和不被除,,有趣的是如果2n一2个数中没有n个数的和被n整除那么这2n一2个数基本上就.、孙琦的猜测强,、是上面所举的反例这结论较柯召由它可得到柯召孙琦猜侧的又.,:一证明确切地说本文特证明下面的定理及其推论民n,nn,n定理如果在Z一2个数中(n>1)
2、任个数的和不被整除那么这Z一2个数,,,.,.可分成两组每组:一1个数分别同余于模n的两个数a乙并且(。一吞n)一1,为了证明这个定理需要几条引理eeraneer了a。,a,,a:,a,一:o引理i(Kmpm与Shk)设有个不同的剩余类=0…(mdn`。,,,2:一,on,,a;,)及个不同的剩余类b二0b乙…b(md)并且在ij不同为0日寸+西等,o牡0(md)则,,,,.a`,二:一1二O1:一1+bi~0.1夕…·卜:,.、min(:十:一l)个不同的剩余类(modn)中至少有亡:.rs...,失Halbeatm与KFROtht3〕巧证明这就是H第一章的Th,引理2如果
3、:一1个数中任意个数的和(包括仅一个数的情况下同)不被。整,,.,aod儿。除则这些数属于同一剩余类(m)并且a()二1:a,,a。,a:a:on,证明设为其中二数我们断定三(md)事实上,az,la:,alaZ3,,a一aZa,一10a+++a…++…+丫、r,·、这”个数互不同余(m”d:)否则它们的差同余于0(m“dn)与已知矛盾因此它们是’o。,。2,aZ。:o。`md的完系从而必与其中之一同余显然只能是二(md)、.,,。一:。:。。一“>,:一,这就证明了1个数属于同一剩余类(m“)若(,(,这奋,,。一1个数的和为n整除:)-个数中的子矛盾因此a(.3,,。弓1
4、理任意的个数中一定可选出若干个数它们的和被整除..:证明即〔2〕中引理2由本文引理2亦不难推出,.4n一1m九1引理将个数按照od分类设每一类至多有k个数如果这个数·卜一月月,,中有若干个数的和被n整除那么必可从这:一1个数中选出(k十1个数它们的和必色l被。整除.,:。一1n整除的和,证明考虑这个数中的数所组成的被设其中最短的(即加数个,.)长为:::数最少的k(即有k个加数)我们要证明k簇k十1将这。一1个数写成3’`’x二x:xx止互2.x工xx3”xIZx’l`上尤2X3”x.,k个)用同一字母表示其中每一列表示一个剩余类并且同一类中的元素(至多.l:》:。l》…夕l
5、显然:n一1八十l十…十儿=,2,,,,,.,x:“…x,;x;x:,x。=0若中有数属于零类结论显然故可设…为均不属于零类令x、:x、:、,,,,`二1,二,,,:,如果有十+…十为被整除(0(i镇z.2k)并且i…i不全为0那,,.么结论成立因,十x`:十…十:*;二i:一i*=。:此可设“仅在i时被整除.;,,,,,,一x:+:`:,=0;:~0::十l:+1根据引理1(i1…liJ…l)中至少有l个剩余类.(mod九),,,.x`:x`::`,。:t=1,2。o,于是++(0(艺簇l23)中至少有l+1+l+1个剩余类(md),,·,,,,x`:+x`:x`*,:t二
6、1依此类推++(o(i成l2…k)中有:+12+…+l`+1~,:l.on,o。个剩余类(md)即它们组成完系(md)一,于是x,必与其中之一同余设,x,:x,:*on一x三十十…十羌(md)l,x,(否则则上式右边必有个x`:x`*x,on+…++三0(md).几+,,:`x,从而k2(1结论成立)我们把这样的和为+戈+…十ix称为(对是)满的.今魏现在考虑个数,,’`’0xlx::王z`’2xl,Zxfxr:Z(1),,x:xz*无xk…k:其中若有两类同余,花`x`x,on三m(md),:x`:一x;:x,x`,而m,成,那么在与一x,同余的剩余类“+卜…+中可将仇个换
7、为耐个,,x,x,m化为对不满的和而添上被整除所以花2镇k+1成立.,on,x,:x,:,Z假定(1)中两两不同余那么(1)构成完系(md)这时+(i沪j)必与,(1)中某一类同余若有xs,+x,:兰x,on优(md),,`:`,,而执)2则仍可将与一戈,同余的(对义,是)满的和x+…+x换成不满的导出结论.假设对所有夕:举八,均有xs:+劣s:兰xs(od。m)n:,:那么考虑和被整除的无个数这时有三种情况x,,:,:x,:x,,(”这和对所有都不是满的则将其中两项之和+改为得到更短的,.和被:k:整
