对于2N-1个整数，其中必定有N个整数的和被N整除

[duz]

好题目也

[fish_autumn]

表述一下思路：
2n-1个整数，对n取模结果可能是0，1，2，……n-1，记为i
i的个数记为Ni,0<=Ni<=2n-1
Ni的和记为Sum(Ni)=2n-1
假设取出n个数和能被n整除
这n个数有K0个0，K1个1，……K(n-1)个n-1，记为Ki
0<=Ki<=Ni<=2n-1
Ki的和记为Sum(Ki)=n
几种特殊情况：
1，max(Ni)>=n显然成立
2，min(Ni)=0且n-1是偶数，取Ki=1显然成立。

只是一种表述，没有什么新思想，希望有所帮助。

[widewave]

回头我仔细看看。

[fish_autumn]

to Zee(Zee):
的确没证明，只是问题表述和两个特殊情况

[Zee]

To:fish_autumn(Autumn)
你没有证明阿

[Arter]

关键：
证明n为奇素数时，命题成立！！！

[fish_autumn]

关注

[g9yuayon]

唉，等了那么久，看来还是Arter说得对。这是Addictive Number Theory里面的一个定理，由Erdos(什么，你不知道Erdos？赶快去找本讲当代数学史的书，里面一定会提到这个一辈子旅行的传奇数学家。推荐网站：http://www.oakland.edu/~grossman/erdosdeath.html)和其他两个数学家提出并证明(如果俺没记错的话)。大致的证明如下：

N有两种情况：质数或合数。先看简单的，即当N为合数时：
N = AB, A和B均为非负整数，则2N-1可表述为2AB-1，假设我们可以从2A-1中选A个数，其
和能被A整除；然后从2B-1中选B个数，其和能被B整除。自然而然，我们可知2N-1中可选N
个数，其和能被N整除。呵呵，至于最初的验证步骤，就不用我做了吧。
难的是证明N为质数的情况：
令N=P,则不存在a_{i_1}, a_{i_2}, ..., a_{i_N} s.t.
sum{a_{i_k}}(k=1..N) = 0 (mod N), 对于1 <= i_1 <i_2 < ... < i_N.
故[a_{j_1} + a_{j_2} + ... + a_{j_N}]^{N-1} = 1 (mod N). 所有不同
的j_k组合共有(2N-1 选 N)个，即(2N-1)!/(N!*(N-1)!)。把它们按以上形式
求和得到sum [a_{i_1} + a_{i_2} + ... + a_{i_N}]^{N-1} = (2N-1 选 N)
= 1 (mod N)
但如果我们展开左边，就能发现每个单项都能被N整除，于是与右边矛盾。。。。

[g9yuayon]

更正一下，楼上的j应为i

[Zee]

To 渡渡鸟：
“假设我们可以从2A-1中选A个数，其和能被A整除；然后从2B-1中选B个数，其和能被B整除。自然而然，我们可知2N-1中可选N个数，其和能被N整除。”

我怎么看不出你是怎么自然而然得出这个结论的？

[Arter]

（g9yuayon(渡渡鸟)你真快！）
我的证明如下：　

证明：
设2n-1个数为a(1),a(2),….,a(2n-1).
记从(2p-1) 个数中选出p个数( a(i1),….,a(ip))的和为Si(I=1,2,…C(2p-1,p)).
记S为所有Si^(p-1) 的和.
(n=2显然!3数中必有二个同奇偶!)
1．n为奇素数p时。(反证法)
若不存在a(i1),….,a(ip),使Si=∑a(ij)≡0 (mod p) (j =1 to p),则由费尔马小定理,可得 Si^(p-1) ≡1 (mod p) , 则S=C(2p-1,p)=C(2p-1,p-1)=(2p-1)*(2p-2)*…*(p+1)/((p-1)*(p-2)*…*1) .又奇素数p,所以,S mod p≠0.再由Si的展开式，S中项的系数都为p的倍数!(例如:a1^(p-1) 的系数C(2p-2,p-1) ≡0 (mod p) ),故S≡0 (mod p).矛盾!
所以, n为奇素数p时命题成立!
2. n为合数p1*p2时(p1,p2为素数).
从(2n-1)个中选出p1个满足Si1≡0 (mod p1),然后去掉这p1个数！
从(2n-1-p1)个中选出p1个满足Si2≡0 (mod p1),然后去掉这p1个数！
….
直到Si(2p2-1)。
那末，Si1,Si2,…,Si(2p2-1)这(2p2-1) 个中选出p2个 ( 记从p2 个数 为 Sij1=k1*p1,Sij2=k2*p1,…Sijp2=k(p2)*p1), k1+k2+..+k(p2) ≡0 (mod p2),
则Sij1+Sij2+…Sijp2=(k1+k2+..+k(p2))*p1 ≡ 0 (mod p1*p2),
命题成立!
3. n为多因子合数时,
n=p1^r1*p2^r2*..*pk^rk.
做(r1+r2+…+rk)步2的选择操作即可!
至此,证毕!!!

[Arter]

庆祝中国2008申奥成功！！！

[yug]

设2N-1个整数为a(1),a(2),...,a(2N-1),记为E,
其中任意N个数记为E的一个分组，所有分组的集合记为G,则|G|=C(2N-1,N)
１．当N为质数时，假设命题不成立,
则对任意A∈G,(∑A)^(N-1)≡1(mod N)
其中,∑A表示对A中的所有元素求和.
则S=∑ (∑A)^(N-1)≡C(2N-1,N)(mod N)
A∈G
而C(2N-1,N)=(2N-1)...(N+1)/(N-1)!,显然C(2N-1,N)不能被N整除.
即S不能被N整除　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(1)
再考虑:
S=∑ (∑A)^(N-1)
A∈G
把S看作a(1),a(2),...,a(2N-1)的多项式.
则S的任意一项都可表为:
(a(i1)^p1)*(a(i2)^p2)*...*(a(ik)^pk)
其中pj>=1(j=1,...,k),且∑pj=N-1(j=1 to k),1<=k<=N-1,
下面考虑其系数:
对任意A∈G,当且仅当a(i1),...,a(ik)∈A时,(∑A)^(N-1)包含项:
(a(i1)^p1)*(a(i2)^p2)*...*(a(ik)^pk)
对任意A,B∈G,若a(i1),...,a(ik)∈A,B,由多项式的性质可知:
(∑A)^(N-1)和(∑B)^(N-1)中项:(a(i1)^p1)*(a(i2)^p2)*...*(a(ik)^pk)的系数相同,不妨记为Ck.
在G中,包含a(i1),...,a(ik)的分组共有C(2N-k-1,N-k)种,
则S中,项(a(i1)^p1)*(a(i2)^p2)*...*(a(ik)^pk)的系数为:C(2N-k-1,N-k)*Ck,
C(2N-k-1,N-k)=(2N-k-1)!/((N-k)!(N-1)!)
因为:1<=k<=N-1,所以(2N-k-1)!被N整除，((N-k)!(N-1)!)不能被N整除，
而N又为质数，所以C(2N-k-1,N-k)被N整除，
所以S被N整除.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2)
(2)与(1)矛盾.
所以，当N为质数时，命题成立．

２．当N为合数时，使用归纳法
设对小于N的合数，命题成立．
可适当的选取a,b>1,使得N=ab,且(a,b)=1,
a,b或为小于N的合数，或为质数, 所以，对于a,b,命题成立．
从2N-1个数中，可取出2b-1组,每组a个数,且每组之和都能被a整除.
再从这2b-1组中取出b组,使得其和能被b整除.
这b组共ab=N个数,其和s满足:a|s,b|s,
又(a,b)=1,所以ab=N|s
即命题对N成立

综上,命题对任意正整数成立.

[yrs]

我还有一个疑问：

回复人：y_pro(魔魂)　(2001-7-6 17:33:39) 得0分
在2N-1个整数中，其中N个数的和除以N的余数的可能取值范围为[0...N-1]，也就是说每一种余数
的概率为1/N，而剩下的N-1个数被N除的余数的可能取值范围也为[0...N-1]，也就是说每一种余
数的概率为(N-1)/N，在整个集合中，任一种余数出现的概率为1/N +(N-1)/N=1。
结论是：对于2N-1个整数，必定可以找到一个有N个整数的组合使之被N除后的余数为[0...N-1]内
指定的任一个值。
整除只是一个特例。

这种方法错在哪里呢？拜托详细说明。

[laozi]

用到一个取余公式。
a mod x=b,c mod x=d,那么(a+c) mod x=(b+d) mod x
因此这2N-1个整数，可以简化为2N-1个小于N的整数。
用反证法，假设不存在N个数之和能被N整除。
从2N-1数中任取N-1个数，若它们之和大于N，则对N取模，不大于N，则保留，设该结果为X。
为了符合题意,则剩余的N个数不能存在N-X的数，因为X和N-X都小于N，则剩下的N个数必有两数相等。反过来说我任取N个数，必有两数相等，这个结论显然是错误的。因此假设不成立。
*************************************************************************
duz这回我应该答对了吧！！！

[laozi]

对不起，太毛糙了。我应该再证明下去，当任取N个数，必有两数相等，假设为什么不成立？
当任取N个数，必有两数相等这个命题不成立的时候，那么2N-1个数必然有N个不同的数从0到N-1的值都有取到，那么不管剩余的N-1个数相加之和为多少，总能从0到N-1中找到一个数，相加之后能被N整除，假设不成立。
当任取N个数，必有两数相等这个命题成立的时候，那么2N-1个数的取值必然在0到N-1中有一个值取不到，设这个值为Y。而当除这个数之外，所有的值都能取到时，在剩余的N个数中任取N-1个数，它们之和对N取模后只能为N-Y，那么最后剩下的一个数一定和N-1个数的组合中每一个数都相等，因为这N-1个数是任取的。N个相等的数相加一定能被N整除。这就说明，这2N-1个数不止有一个值取不到。设2N-1个数有Z个取不到的值(2<=Z<=N-2)，则剩下的2N-1-Z个数中任取N-1个数，它们之和对N取模后至多有Z个结果，由于是任取的，必有N-1个数相等。再算上最先分出去的数，共有N个数相等。假设不成立。

[minkerui]

gz

[ljunfa]

首先我想问duz()，这个问题的答案你知道吗？

[yug]

举个例子：
抛出一个硬币，落下后为正面或反面的概率各为0.5。
这里的0.5是针对一个样本空间而言，即在n次试验里，正面或反面的次数都接近n/2,
n越大，正面或反面的次数越接近n/2。
(这里是概率的内容，一两句话说不清，得自己看看书。)

但是，在一次试验里，结果只有一个，你不能说因为正面或反面的概率各为0.5，那么就一半正面，一半反面，岂不是硬币只有立起来了！呵呵！

其实，谬论被冠冕堂皇地说出来，就可能骗到很多人！

给我一双慧眼吧，让我把这世界看个清清楚楚明明白白真真切切！！！！！

[stonechan02]

up

[yug]

duz()好象淡出csdn了！