☉福建省泉州第五中學(xué) 黃種生

一道全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試題的另一種解法

☉福建省泉州第五中學(xué) 黃種生

題目（2013年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽二試第4題）設(shè)n，k為大于1的整數(shù)，n＜2k.證明：存在2k個(gè)不被n整除的整數(shù)，若將它們?nèi)我夥殖蓛山M，則總有一組有若干個(gè)數(shù)的和被n整除.

原題提供的解題思路如下：

若n是2的冪，設(shè)n=2r，r≥1，且r＜k，則選取的2k個(gè)數(shù)為2r-1，2r-1，2r-1，1，1，…，1.

若n不是2的冪，則選取的2k個(gè)數(shù)為-1，-1，-2，-22，…，-2k-2，1，2，22，…，2k-1.

可以證明選取的2k個(gè)數(shù)符合條件（證明略）.

本文提供另一種解法，也是構(gòu)造性證明，構(gòu)造的思路如下：

（1）這2k個(gè)非零整數(shù)的絕對值小于n，這樣可以保證它們都不被n整除；

（2）這2k個(gè)整數(shù)中有若干個(gè)數(shù)的和等于n或-n，這樣可以保證有若干個(gè)數(shù)的和被n整除；

（3）分組時(shí)，若小組內(nèi)不出現(xiàn)和為零的數(shù)，則和等于n或-n的若干個(gè)數(shù)必須在同一小組.

證明：構(gòu)造數(shù)列｛am｝（1≤m≤2k+1），使其滿足以下三個(gè)條件：

（1）a1=1，a2=-1；

（2）|a1|≤|a2|≤…≤|a2k|＜n，|a2k+1|=n；

（3）m＞2時(shí)，若am＞0，則必存在1≤i1，i2，…，it＜m，使得aij＜0（j=1，2，…，t）且am=-（ai1+ai2+…+ait）；若am＜0，則必存在1≤i1，i2，…，it＜m，使得aij＞0（j=1，2，…，t）且am=-（ai1+ai2+…+ait）.

以下對k用數(shù)學(xué)歸納法證明滿足上述條件的數(shù)列存在.

（1）當(dāng)k=2時(shí)，n＜4，

n=2時(shí)，數(shù)列1，-1，1，1，2，符合條件；n=3時(shí)，數(shù)列1，-1，1，1，3，符合條件.命題成立.

（2）設(shè)n=k0時(shí)，命題成立，則對于n＜2k0，存在數(shù)列｛am｝（1≤m≤2k0+1）滿足條件.當(dāng)n=k0+1時(shí)，

①若n＜2k0，構(gòu)造數(shù)列｛bm｝（1≤m≤2k0+3），使得：

顯然，數(shù)列｛bm｝（1≤m≤2k0+3）符合條件.

②若2k0

≤n＜2k0+1，當(dāng)n=2n0時(shí)，n0＜2k0，存在數(shù)列｛am｝（1≤m≤2k0+1）滿足條件，構(gòu)造數(shù)列｛bm｝（1≤m≤2k0+ 3），使得bi=a（i1≤i≤2k0+1），b2k0+2=a2k0+1，b2k0+3=-2a2k0+1.

顯然，數(shù)列｛bm｝（1≤m≤2k0+3）符合條件.

顯然，數(shù)列｛bm｝（1≤m≤2k0+3）符合條件.

所以，符合條件的數(shù)列存在.

以下用反證法證明結(jié)論.對于數(shù)列｛an｝中的前2k個(gè)數(shù)a1，a2，…，a2k，由于1≤|ai|＜n，所以它們不能被n整除，假設(shè)把它們分成A，B兩組，兩組中均不存在若干個(gè)數(shù)的和為n的倍數(shù).不妨設(shè)1∈A，因?yàn)?+（-1）=0，所以-1∈B，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明，當(dāng)an＞0時(shí)，必有an∈A；當(dāng)an＜0時(shí)，必有an∈B，具體證明如下：

（1）當(dāng)n=1，2時(shí)，a1∈A，a2∈B，結(jié)論成立.

（2）設(shè)當(dāng)n≤k時(shí)，結(jié)論成立，當(dāng)n=k+1時(shí)，若an＞0，由于存在1≤i1，i2，…，it≤k，aij＜0（j=1，2，…，t），使得an= -（ai1+ai2+…+ait），由假設(shè)知，aij∈B（j=1，2，…，t），所以an∈A.同理，當(dāng)an＜0時(shí)，必有an∈B.綜上，命題成立.

又因?yàn)閨a2k+1|=n，若a2k+1=n，則B組中必有若干的數(shù)ai1，ai2，…，ait，它們的和為-n，是n的倍數(shù)，矛盾.若a2k+1=-n，同理可得矛盾結(jié)論.

原題得證.

總結(jié)：本構(gòu)造法證明中，滿足條件：m＞2時(shí)，若am＞0，則必存在1≤i1，i2，…，it＜m，使得aij＜0（j=1，2，…，t）且am= -（ai1+ai2+…+ait）；若am＜0，則必存在1≤i1，i2，…，it＜m，使得aij＞0（j=1，2，…，t）且am=-（ai1+ai2+…+ait）.它保證了，每構(gòu)造一個(gè)數(shù)，前面都有若干個(gè)與它符號相反的數(shù)，這些數(shù)與它的和恒為零.這種構(gòu)造是優(yōu)美的.F