数论杂题

UPD on 2025.7.8：更改了一些表述，修正了一些错误。

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这篇笔记收录了一些比较难归类（我不会）的数论杂题。

例1

\(A\subset Z\) 是无限集，证明：存在 \(A\) 的 \(2p-2\) 元子集 \(B\) ，使得 \(B\) 中任 \(p\) 个元素的算术平均值不属于 \(A\)

看上去与 \(EGZ\) 定理有点联系，不过这里只要用到反例就好，也就是模 \(p\) 意义下的 \(a,a,a,...,a,b,b,b,..,b\)

如果 \(A\) 模 \(p\) 意义下有两个无穷剩余类，在两个集合各选取 \(p-1\) 个，那么任 \(p\) 个数的和甚至不是 \(p\) 的倍数，平均值不为整数，自然不在 \(A\) 中。

假设（如果存在） \(t\) 是最大的正整数使得 \(A\) 模 \(p^t\) 意义下只有一个无穷剩余类 \(A_k\) ，考虑模 \(p^{t+1}\) 多个无穷剩余类中的两个 \(A_u,A_v\) （记号 \(A_i\) 的意思是余数为 \(i\)）

我们将选取 \(A_u,A_v\) 中充分大的元素各 \(p-1\) 个构成 \(B\) ，超过了 \(A\backslash A_k\) （显然是有限集）的每个元素。我们知道 \(u\equiv v\:(mod~p^t),u\ne v\:(mod~p^{t+1})\)

所以 \(B\) 中（在模 \(p^{t+1}\) 意义下）选 \(a\) 个 \(u\) 和 \(b\) 个 \(v\) （ \(a+b=p\) ）会看到 \(au+bv\ne pk\:(mod~p^{t+1}),\frac 1p(au+bv)\ne k\:(mod~p^t)\) ，不在 \(A_k\) 中。

所以我们可以假设对任何正整数 \(t\) ， \(A\) 在模 \(p^t\) 意义下至多只有一个无穷剩余类，记作 \(A_t\) 。（请注意这样的集合存在，例如 \(A=\{1_p,(11)_p,(111)_p,...\}\)

我们介绍两种代表性的思路，一种是在 \(p\) 进制视角下一步一步构造，一种是直接利用代数性质构造。

第一种想法是，我们可以选取一些数，像 \(()x111,()x1111,()x11111\) ，对取的 \(p\) 个数中最小的那个，比如 \(()x111\) ，别的数第四位都一样，只有它不一样，就会多出来，然后溢出到下一位，这时它就不属于无穷剩余类了，然后可以得到很多不属于无穷剩余类的数，构造矛盾。

选一个 \(t\) 使得模 \(p^{t+1}\) 意义下，有若干个在 \(A\) 中的数进入了有限剩余类 \(A\backslash A_t\) 。（这是可以做到的，如果 \(p^{t+1}\) 比 \(A\) 中至少两个元素更大，它们模 \(p^{t+1}\) 肯定不同，就会有一个进入有限剩余类）

选这些数中最大的，第 \(i\) 个记为 \(b_i\) ，并设对应的 \(t\) 为 \(t_i\) ，我们看到：

\(\forall i<j\in \{1,2,...,2p-2\},b_i\equiv b_j\:(mod~p^{t_i}),b_i\ne b_j\:(mod~p^{t_i+1})\)

并且通过选取合适的 \(t\) ，我们可以做到 \(b_i\) 是递增的（直接忽略 \(A\) 中比 \(b_i\) 小的元素，它还是无穷的，可以继续操作）

现在选取了 \(b_1,b_2,...,b_{2p-2}\) ，我们证明它符合题设。

实际上，若选取的最小的是 \(b_{i_1}\) ，我们看到 \(b_{i_1}+b_{i_2}+...+b_{i_p}\equiv (p-1)b_{i_2}+b_{i_1}\:(mod~p^{t_{i_1}+1})\) ，所以它们的平均值 \(\ne b_{i_2}\:(mod~p^{t_{i_1}})\) ，我们知道 \(b_{i_2}\) 就在模 \(p^{t_{i_1}}\) 的意义下的无穷剩余类 \(A_{t_{i_1}}\) 里。

那它在不在其它的剩余类里呢？当然不在，我们选取了 \(b_{i_1}\) 是 \(A_{t_{i_1}}\) 最大元素，并且其余元素比它大，所以不会在其它有限剩余类里，这就证毕。

第二种想法更简单，直接选一个 \(t\) ，使得 \(p^{t+1}\) 比至少 \(2p-2\) 个 \(A\) 的元素大，则它们模 \(p^{t+1}\) 互不同余，至多一个在 \(A_{t+1}\) 里，如果无穷剩余类是模 \(p^t\) 余 \(k\) 的，选取 \(p-1\) 个均大于 \(k\) 或均小于 \(k\) 的数（根据抽屉原理），得到 \(B_1\) ，然后选 \(A_t\) 中充分大 \(p-1\) 个数，构成 \(B_2\)。

那么任选 \(p\) 个数，由于有 \(B_1\) 中的数，它们的平均值不会进入 \(A_t\) 中，但由于有 \(B_2\) 中的数，平均数充分大，超过了所有 \(A\backslash A_t\) 中的数。（这样的数肯定有限，否则又有一个无穷剩余类）

例2

设 \(n\) 是正整数， \(S\) 是集合 \(T=\{(x,y)\mid 1\le x\le n,0\le y\le n\}\) 的子集，使得 \(S\) 中不存在不同的数对 \((a,b)(c,d)\) 满足 \(a^2+b^2\) 同时整除 \(ac+bd,ad-bc\) ，求 \(|S|\) 的最大可能值。

我们设高斯整数集 \(\mathbb{Z}[i]=\{x+yi\mid x,y\in \mathbb{Z}\}\)

我们看到 \(a^2+b^2=(a+bi)(a-bi)\) ，于是题目条件等价于

\(\large\frac{ac+bd+(ad-bc)i}{(a+bi)(a-bi)}=\frac{c+di}{a+bi}\in \mathbb{Z}[i]\)

我们定义整除关系， \(z_1\mid z_2\) 表示 \(\exists z\in\mathbb{Z}[i],s.t. zz_1=z_2\)

这是一种偏序关系，因此可以考虑 \(Dilworth\) 定理。要得到最长的反链，只要考虑链的数量的最小值。

我们知道 \(z_1\mid z_2\) 除了 \(z_2=i^kz_1\) ，至少要 \(|z_2|\ge \sqrt2|z_1|\) ，也就是 \(z_2=(\pm 1\pm i)i^kz_1\)

看似 \(k\) 很多，但在 \(T\) 中，我们限定了高斯整数的系数是一个象限加一个数轴，所以第一种整除关系在 \(\mathbb{Z}[i]\) 中无法存在（要旋转 \(90\) 度）

第二种情况意味着很多模较大的高斯整数只能作为链的结尾，但事实上由于这涉及的旋转不能同向进行两次，实际的链数更多。需要尝试与猜测知道链的最少数目，答案是 \(|S|=\frac 12n(n+1)\)

证明需要对“整除”的一些理解， \((1+i)z_1=a'+b'i\) 会使 \(v_2(a'+b')=v_2(a+b)+1\) ，所以考虑每个“奇数”（实部与虚部之和是奇数的数），它不能通过乘 \((1+i)i^k\) 变为其它“奇数”。

而每个“偶数”都可以通过除以 \(1+i\) 在乘上 \(i^k,k\in \{0,1,2,3\}\) 不断降低 \(2\) 的幂次，最终变为“奇数”。所以链的数目 \(\le\) “奇数”个数。

构造并不需要全取奇数，我们只要每条链选一个就好。选 \((x,y),x\ge\frac{n+1}2,y\ge \frac n2\) 组成 \(S\) ，每个元素模长之比无法达到 \(2\) ，所以只能是 \(\sqrt 2\) 即 \((1+i)i^k\) ，这当然不可能咯，我们的链就是这样定义的，我们选的是不同链的元素（具体把四个都乘一下说明就好）

例3

设 \((m,n)\) 是正整数组， \(n\ge 3\) ，希望将正 \(n\) 边形剖分成 \(n-2\) 个三角形，并将每个三角形染成 \(m\) 种颜色之一，使得每种颜色的三角形面积总和相等，求所有可能的 \((m,n)\)

我们令 \(\omega^n=1\) 对三角形 \((1,\omega^a,\omega^b)\) ，我们知道它的面积是 \(\frac 1{4i}(\omega^a-\omega^{-a}+\omega^{b-a}+\omega^{-b}-\omega^b)\) ，

我们看到正 \(n\) 边形的面积是 \(\frac n{4i}(\omega-\omega^{-1})\) （把所有三角形加起来就行），关键的猜测是 \(m\mid n\) ，可是这时 \(n-2\) 个三角形难以分割，我们补两个 \((1,\omega^{n-1},\omega^{n})(1,\omega^{n},\omega^1)\) ，然后将 \((1,\omega^k,\omega^{k+1})\) 染为 \(k\:mod~m\) 色，可以计算得到

\(\large S_r=\sum\limits_{k\equiv r\:(mod~m)}\frac 1{4i}(\omega^k-\omega^{-k}-\omega^{k+1}+\omega^{-k-1}+\omega-\omega^{-1})=\frac 1{4i}\cdot\frac nm\cdot\frac{\omega-\omega^{-1}}{4i}\)

我们希望（把 \(\frac {\omega-\omega^{-1}}{4i}\) 除过去）

\(\large \frac nm=\sum\limits_{(1,\omega^a,\omega^b)染为该色}\frac{\omega^a-\omega^{-a}+\omega^{b-a}-\omega^{a-b}-\omega^b-\omega^{-b}}{\omega-\omega^{-1}}\)

能够说明右边是整数。我们要引入代数整数。

定义 \(x\in \mathbb{C}\) 是代数整数，如果存在首一整系数多项式 \(f\) 使得 \(x\) 是 \(f\) 的根。

记代数整数集为 \(\Omega\) ，我们看到 \(\mathbb{Z}\subset \Omega,e^{\frac{ki\pi}n}\in \Omega,\sqrt[k]{d}\in \Omega\)

此外 \(\mathbb{Q}\cap \Omega=\mathbb{Z}\) ，这是有理根定理的推论。

我们说 \(\Omega\) 是加法乘法封闭的。很难在初等范围内证明，我们在最后给出，先看看如何完成这个题目。

实际上 \(\Omega\) 中也有整除关系，定义 \(\alpha\mid\beta\) 当且仅当存在 \(\gamma\in \Omega\) ，使得 \(\beta=\alpha\gamma\)

我们最后证 \(\omega^1-\omega^{-1}\mid \omega^x-\omega ^{-x}\) ，其实是显然的（根据经典的因式分解），由此可知 \(\frac nm\) 是代数整数，然后是整数。

注：对 \(a_1,a_2,...,a_n\in \mathbb{C}\) （不全为 \(0\) ），定义集合 \(V=\{\sum\limits_{i=1}^nb_ia_i\mid b_i\in \mathbb{Z}\}\) ，若 \(\alpha V\subset V\) ，则 \(a\in \Omega\)

因为 \(\alpha a_i\in \alpha V\subset V\) ，所以 \(\alpha a_i=\sum b_ia_i\) 对某个数组 \((b_{i1},b_{i2},...,b_{in})\) 成立

\( \begin{pmatrix} b_{11}&b_{12}&\cdots&b_{1n}\\ b_{21}&b_{22}&\cdots&b_{2n} \\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots \\ b_{n1}&b_{n2}&\cdots&b_{nn} \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1\\ \vdots\\ a_n \end{pmatrix} =\alpha \begin{pmatrix} a_1\\ \vdots\\ a_n \end{pmatrix} \)

所以它是

\((x I-A) \begin{pmatrix} a_1\\ \vdots\\ a_n \end{pmatrix}=0\)

的根，显然是首一的（这实际上是说 \(\alpha\) 是大矩阵的特征值）

我们设 \(\alpha,\beta\in \Omega\)

定义 \(V=\{\sum\limits_{0\le i\le n-1,0\le j\le m-1} C_{ij}\alpha^i\beta^j\mid C_{ij}\in \mathbb{Z}\}\)

那么由于 \(\alpha^n,\beta^m\) 可用（ \(a_{n-1},...,a_0,b_{m-1},...,b_0\) 是多项式的系数）

\(\alpha^n=-(a_{n-1}\alpha^{n-1}+...+a_0),\beta^n=-(b_{m-1}\beta^{m-1}+...+b_0)\)

表示，则 \(\alpha V\subset V,\beta V\subset V\)

因此 \((\alpha+\beta)V\subset \alpha V+\beta V\subset V,(\alpha\beta)V\subset\alpha V\subset V\) ，证毕。