Tao–Vu · 加性组合学 · 第 9 章 代数方法

9.5　达文波特问题Davenport’s problem

本页为译文 + 高中讲解合一：黑色正文为忠实翻译；彩色框（目标 / 例 / 分步推演 / 注记）与配图为面向高中生的详解，逐步推演、举例、画图，不用比喻。本节较难，凡是抽象的群、群环、零和子列，都配了具体例子和图。

本节目标给定一个有限交换群 \(Z\)，问：如果我手里有很多个群元素（允许重复），最少要拿到多少个，才能保证能从中挑出一部分（非空），把它们加起来恰好等于零（即群的单位元）？这个“最少个数”就叫 \(Z\) 的达文波特数 \(s(Z)\)。本节给出它的上界、精确值（Olson 定理），并介绍一个惊人的变体（Erdős–Ginzburg–Ziv 定理：要求恰好挑出 \(|Z|\) 个）。

设 \(Z\) 为一个有限加法群。定义 \(Z\) 的达文波特数（Davenport number）\(s=s(Z)\) 为满足下述性质的最小整数：只要 \(a_1,\dots,a_s\) 是 \(Z\) 的元素（不必互不相同），就一定存在某个非空指标集 \(I\subseteq[1,s]\)，使得部分和 \(\sum_{i\in I}a_i\) 等于零。对一般的群 \(Z\) 确定 \(s(Z)\) 的问题由达文波特（Davenport）于 1966 年提出。

先把定义读懂：例 取 \(Z=\mathbb{Z}_5=\{0,1,2,3,4\}\)（模 \(5\) 的加法群）。 所以 \(s(\mathbb{Z}_5)=5\)：差一个都不行，到 \(5\) 个就一定行。

一个简单的估计是：

引理 9.27 若 \(Z\) 是有限加法群，则 \(s(Z)\le |Z|\)。
证明. 设 \(a_1,\dots,a_{|Z|}\) 是 \(Z\) 的元素；只需证明它们当中存在某个非平凡部分和为零。考虑下面这 \(|Z|\) 个前缀部分和 \[a_1,\quad a_1+a_2,\quad \dots,\quad a_1+\cdots+a_{|Z|}.\] 如果其中某个等于零，则结论成立。否则，这 \(|Z|\) 个部分和都落在 \(Z\setminus\{0\}\) 里，而 \(Z\setminus\{0\}\) 只有 \(|Z|-1\) 个元素，由鸽笼原理，必有两个部分和相等。用较长的那个减去较短的那个，所得正是中间一段连续元素之和，且等于零，即为所求。♦
分步推演（鸽笼这一步为什么成立）
  1. 记前缀和 \(S_k=a_1+\cdots+a_k\)（\(k=1,\dots,|Z|\)），共 \(|Z|\) 个值。
  2. 若某个 \(S_k=0\)，直接取 \(I=\{1,\dots,k\}\)，完成。
  3. 否则全部 \(S_k\) 落入 \(Z\setminus\{0\}\)，这里只有 \(|Z|-1\) 个“格子”，却有 \(|Z|\) 只“鸽子”，必有两只同格：\(S_j=S_k\)（设 \(j
  4. 相减：\(S_k-S_j=a_{j+1}+\cdots+a_k=0\)。取 \(I=\{j+1,\dots,k\}\)（非空），得零和子列。
把 6 个前缀和 \(S_1..S_6\) 放进 \(\mathbb{Z}_6\setminus\{0\}\) 的 5 个格子（示意 p=6） 1 2 3 4 5 两个前缀和挤进同一个格子 ⇒ 它们之差是零和子列
“格子”是非零值的可能性（共 \(|Z|-1\) 种），“鸽子”是 \(|Z|\) 个前缀和。鸽子比格子多，必有两个相等。

1961 年，Erdős、Ginzburg 与 Ziv [88] 证明了下述引人注目的变体。

定理 9.28（Erdős–Ginzburg–Ziv）[88] 设 \(Z\) 为有限加法群，\(a_1,\dots,a_{2|Z|-1}\) 是 \(Z\) 的元素。则存在 \(I\subset[1,2|Z|-1]\)，满足 \(|I|=|Z|\) 且 \[\sum_{i\in I}a_i=0.\]
和引理 9.27 的区别引理 9.27 只要求挑出某个非空子列求和为零，子列长度任意。定理 9.28 更强：它要求子列长度恰好等于 \(|Z|\)，代价是手里要有 \(2|Z|-1\) 个元素（差不多两倍）。例如 \(Z=\mathbb{Z}_3\)：任取 \(5=2\cdot3-1\) 个整数，必能从中挑出恰好 \(3\) 个，使其和被 \(3\) 整除。

例（\(Z=\mathbb{Z}_3\)，\(n=5\)） 取 \(5\) 个整数 \(2,5,0,1,4\)（模 \(3\) 为 \(2,2,0,1,1\)）。要找 \(3\) 个其和被 \(3\) 整除：取 \(2,5,1+\) … 试 \(0,2,1\)：\(0+2+1=3\equiv0\)。成功，挑出的就是 \(\{0,5,1\}\) 这 \(3\) 个，和为 \(6\)。任何 \(5\) 个整数都做得到，但 \(4\) 个不行（如 \(0,0,1,1\) 中任取 \(3\) 个之和为 \(0,1,1,2\)，无一被 \(3\) 整除）。
证明. 先处理特殊情形：\(Z=\mathbb{Z}_p\) 是素数阶循环群。此时用 Chevalley–Warning 定理来推出结论。令 \(F=\mathbb{F}_p=\mathbb{Z}_p\)，并取 \(P_1,P_2\in F[t_1,\dots,t_{2p-1}]\) 为如下多项式： \[P_1(t_1,\dots,t_{2p-1})=\sum_{i=1}^{2p-1}a_i\,t_i^{\,p-1};\qquad P_2(t_1,\dots,t_{2p-1})=\sum_{i=1}^{2p-1}t_i^{\,p-1}.\] 注意 \(\deg(P_1)+\deg(P_2)=2(p-1)<2p-1\)，且 \((0,\dots,0)\) 是 \(P_1,P_2\) 的公共根，于是由推论 9.25（Chevalley–Warning 的推论）可找到另一个非零的公共根 \((y_1,\dots,y_{2p-1})\neq 0\)。但由 (9.8)（即费马小定理：在 \(\mathbb{F}_p\) 中 \(y^{p-1}=1\) 当 \(y\neq0\)，\(=0\) 当 \(y=0\)）可知 \[\sum_{i=1}^{2p-1}y_i^{\,p-1}=\big|\{i\in[1,2p-1]:y_i\neq0\}\big|\cdot 1.\] 令 \(I:=\{i\in[1,2p-1]:y_i\neq0\}\)，结论随即成立。♦
分步看懂这个证明（为什么 \(|I|=p\) 且 \(\sum_{i\in I}a_i=0\)）
  1. 关键事实 (9.8)。 在 \(\mathbb{F}_p\) 中，对任意 \(y\)，有 \(y^{p-1}=\begin{cases}1,&y\neq0\\0,&y=0\end{cases}\)。所以 \(t_i^{p-1}\) 是一个“指示器”：取值非零记 \(1\)，取值为零记 \(0\)。
  2. Chevalley–Warning（推论 9.25）。 若一组多项式的次数之和小于变量个数，且它们有一个公共零点，则必有第二个公共零点。这里次数之和 \(=2(p-1)\)，变量个数 \(=2p-1\)，因 \(2p-2<2p-1\)，条件满足。已知全零是公共零点，故存在非零公共零点 \(y=(y_1,\dots,y_{2p-1})\)。
  3. 读出 \(I\) 的大小。 把 \(y\) 代入 \(P_2=0\)：\(\sum_i y_i^{p-1}=|I|\cdot1=0\)（这里 \(|I|\) 指非零分量的个数）。在 \(\mathbb{F}_p\) 中这等于说 \(|I|\equiv0\pmod p\)。又 \(y\neq0\) 给出 \(|I|\ge1\)，而 \(|I|\le 2p-1<2p\)，故只能 \(|I|=p\)。
  4. 读出零和。 把 \(y\) 代入 \(P_1=0\)：\(\sum_i a_i y_i^{p-1}=\sum_{i\in I}a_i=0\)。于是挑出的 \(p\) 个 \(a_i\) 之和为零。♦
证明（一般情形，续）. 我们对 \(|Z|\) 作归纳。若 \(|Z|\) 为素数则已证毕；故设 \(|Z|=pm\)，其中 \(p\) 为素数，\(1\le m<|Z|\)。则（必要时用推论 3.8）可找到满射同态 \(\varphi:Z\to\mathbb{Z}_p\)，其核 \(G:=\ker(\varphi)\) 是 \(Z\) 的阶为 \(m\) 的子群。由于我们已对 \(\mathbb{Z}_p\) 证明了该定理，故对 \(Z\) 中任意 \(2p-1\) 个元素的序列，已能得到一个长度为 \(p\) 的子列，其和落在 \(G\) 中。由贪心算法，可在 \([1,2|Z|-1]\) 中找到 \(2m-1\) 个互不相交、各含 \(p\) 个元素的指标集 \(I_1,\dots,I_{2m-1}\)，使得对每个 \(1\le j\le 2m-1\) 有 \(\sum_{i\in I_j}a_i\in G\)。现记 \(\sum_{i\in I_j}a_i=b_j\)。由归纳假设（对群 \(G\)，\(|G|=m\)），可在 \(b_1,\dots,b_{2m-1}\) 中找到一个大小为 \(m\) 的子集 \(J\subset[1,2m-1]\)，使得 \(\sum_{j\in J}b_j=0\)。令 \(I:=\bigcup_{j\in J}I_j\)，即得结论（此时 \(|I|=m\cdot p=|Z|\)）。♦
归纳法这一步在做什么
  1. 把大群压成小群。 满射同态 \(\varphi:Z\to\mathbb{Z}_p\) 把每个 \(a_i\) 投影到 \(\mathbb{Z}_p\)。核 \(G\) 是“投影后变成 \(0\)”的那些元素，它本身是个阶 \(m\) 的群。
  2. 反复用 \(\mathbb{Z}_p\) 情形（已证）。 每凑齐 \(2p-1\) 个未用元素，就能在 \(\mathbb{Z}_p\) 里挑出 \(p\) 个使投影之和为 \(0\)，即原来这 \(p\) 个的和 \(b_j\) 落在 \(G\) 里。
  3. 数够轮数。 总共有 \(2pm-1\) 个元素。取走 \(2m-2\) 组各 \(p\) 个后剩 \(2pm-1-(2m-2)p=2p-1\) 个，恰好还够做第 \(2m-1\) 组。于是得到 \(2m-1\) 个“块和” \(b_1,\dots,b_{2m-1}\in G\)。
  4. 对小群 \(G\) 再用一次定理。 \(2m-1=2|G|-1\) 个 \(G\) 中元素，由归纳假设挑出恰 \(m\) 个 \(b_j\) 求和为零。把对应的 \(m\) 个块拼起来，就是 \(m\cdot p=|Z|\) 个 \(a_i\)，其和为零。
第一层：把 \(a_i\) 每 \(p\) 个一组，组和 \(b_j\in G\)（共 \(2m-1\) 组） 块 I₁ → b₁ 块 I₂ → b₂ … 块 I₍₂ₘ₋₁₎ → b₍₂ₘ₋₁₎ 第二层：在 \(G\)（阶 m）中对 \(b_1,\dots,b_{2m-1}\) 用 EGZ，挑出恰 m 个 选 b₂ 选 b₅ …(共 m) 合并这 m 块 ⇒ 共 \(m\cdot p=|Z|\) 个 \(a_i\)，总和 \(=\sum b_j=0\)
两层结构：先在大群里把元素打包成落于子群 \(G\) 的“块和”，再在小群 \(G\) 里挑块。归纳就此推进。

考虑全 \(1\) 序列 \(1,\dots,1\) 并结合引理 9.27，可知对任意素数 \(p\) 有 \(s(\mathbb{Z}_p)=p\)；更一般地， \[s\big(\mathbb{Z}_{p^{k_1}}\oplus\cdots\oplus\mathbb{Z}_{p^{k_l}}\big)\;\ge\;1+\sum_{i=1}^{l}\big(p^{k_i}-1\big)\tag{9.12}\] 对任意素数 \(p\) 及任意 \(k_1,\dots,k_l\ge1\) 成立（见习题 9.5.1）。

为什么下界是 \(1+\sum(p^{k_i}-1)\)（构造反例） 要说明“少了就不行”，只需找一串元素，使任何非空子列之和都不为零。在 \(\mathbb{Z}_{p^{k_1}}\oplus\cdots\oplus\mathbb{Z}_{p^{k_l}}\) 里，对第 \(i\) 个分量的生成元 \(e_i\)（阶 \(p^{k_i}\)），把它重复放 \(p^{k_i}-1\) 次。
  1. 总共放了 \(\sum_i(p^{k_i}-1)\) 个元素。
  2. 任取一个非空子列，设第 \(i\) 个生成元被取了 \(c_i\) 次（\(0\le c_i\le p^{k_i}-1\)）。子列之和为 \((c_1,\dots,c_l)\)。
  3. 它为零要求每个 \(c_i\equiv0\pmod{p^{k_i}}\)，但 \(0\le c_i\le p^{k_i}-1\) 迫使 \(c_i=0\)，即子列为空，矛盾。
  4. 所以这 \(\sum_i(p^{k_i}-1)\) 个元素没有零和子列 ⇒ \(s\ge 1+\sum_i(p^{k_i}-1)\)。

Olson [266] 证明了这个下界是紧的（即取等号）。我们先在 \(k_1=\cdots=k_l=1\) 的情形看这一点，做法是修改定理 9.28 的证明。

命题 9.29 对任意 \(l\ge1\) 及任意素数 \(p\)，有 \(s(\mathbb{Z}_p^{\,l})=1+l(p-1)\)。
证明. 由 (9.12) 只需证上界。记 \(F:=\mathbb{Z}_p\)。考虑序列 \(a_1,\dots,a_n\in F^l\)，其中 \(n\ge 1+l(p-1)\)。每个 \(a_i\) 可看作 \(l\) 维向量，记 \(a_i=(a_{i1},\dots,a_{il})\)。令 \(P_1,\dots,P_l\in F[t_1,\dots,t_n]\) 为 \[P_j(t_1,\dots,t_n):=\sum_{i=1}^{n}a_{ij}\,t_i^{\,p-1}\qquad(1\le j\le l);\] 则 \(\sum_{j=1}^{l}\deg(P_j)=l(p-1)♦
和定理 9.28 证明的对照
  1. 定理 9.28 用了 \(2\) 个多项式（一个管“和为零”，一个管“个数 \(=p\)”），目标是控制子列长度恰为 \(p\)。
  2. 命题 9.29 中目标只是“某个零和子列存在”，不限长度，于是改用 \(l\) 个多项式 \(P_1,\dots,P_l\)，每个对应 \(F^l\) 的一个坐标。
  3. \(P_j(y)=0\) 表示零和向量的第 \(j\) 个坐标为零；\(l\) 个全为零就是 \(\sum_{i\in I}a_i=0\)（在 \(F^l\) 中）。
  4. 次数之和 \(l(p-1)

这个简单的论证不能直接推广到 (9.12) 中考虑的一般群；不过，Olson 用另一种论证完成了它。

定理 9.30（Olson）[266] 设 \(p\) 为素数，\(k_1,\dots,k_l\ge1\)。则不等式 (9.12) 事实上取等号成立。
证明. 同样只需证上界。这里用乘法记号更方便。设 \(G\) 是一个交换乘法群，同构于加法群 \(\mathbb{Z}_{p^{k_1}}\oplus\cdots\oplus\mathbb{Z}_{p^{k_l}}\)，令 \(n\ge 1+\sum_{i=1}^{l}(p^{k_i}-1)\)，并取 \(g_1,\dots,g_n\in G\)。只需找到 \(I\subseteq[1,n]\)，使 \(\prod_{i\in I}g_i=1\)（乘法记号下“积为 \(1\)”即加法记号下“和为 \(0\)”）。

设 \(R\) 是 \(G\) 在 \(\mathbb{Z}_p\) 上的群环（即以 \(\mathbb{Z}_p\) 为系数、\(G\) 的元素为基的形式线性组合所成的空间）。我们断言在此环中 \[(1-g_1)\cdots(1-g_n)=0.\] 为看清这一点，设 \(x_1,\dots,x_l\) 是 \(G\) 的标准基，其中 \(x_i\) 的阶为 \(p^{k_i}\)。每个 \(g_j\) 都能写成若干个 \(x_i\) 之积。反复使用恒等式 \[1-xy=(1-x)+x(1-y),\] 即可把每个 \(1-g_j\) 表为诸 \(1-x_i\) 的线性组合（系数在 \(R\) 中）。于是乘积 \((1-g_1)\cdots(1-g_n)\) 是若干形如 \(\prod_{i=1}^{l}(1-x_i)^{n_i}\) 的项的线性组合，其中 \(\sum_{i=1}^{l}n_i=n>\sum_{i=1}^{l}(p^{k_i}-1)\)。因此必有某个 \(j\) 使 \(n_j\ge p^{k_j}\)。另一方面，在 \(R\) 中 \[(1-x_j)^{p^{k_j}}=1-x_j^{\,p^{k_j}}=0\] （因为在特征 \(p\) 下 \((a-b)^{p^{k}}=a^{p^k}-b^{p^k}\)，而 \(x_j\) 的阶为 \(p^{k_j}\) 故 \(x_j^{p^{k_j}}=1\)）。由此推出 \((1-g_1)\cdots(1-g_n)=0\)，断言得证。

这意味着某个非平凡的 \(g_i\) 子列其积为 \(1\)；因为否则，乘积 \((1-g_1)\cdots(1-g_n)\) 中单位元 \(1\) 的系数将非零。这就证明了定理 9.30。♦

把群环和那个恒等式说具体 取 \(G=\mathbb{Z}_2=\{1,x\}\)（乘法记号，\(x^2=1\)），系数取自 \(\mathbb{Z}_2\)。群环 \(R\) 的元素形如 \(a\cdot1+b\cdot x\)（\(a,b\in\mathbb{Z}_2\)）。
  1. 恒等式 \(1-xy=(1-x)+x(1-y)\) 的作用：把“一个长乘积里的 \(1-g_j\)”拆成基本块 \(1-x_i\)。验证：右边 \(=1-x+x-xy=1-xy\)，对。
  2. 关键消失：\((1-x)^{2}=1-2x+x^2=1-2x+1\)。在 \(\mathbb{Z}_2\) 系数下 \(2x=0\) 且 \(x^2=1\)，得 \((1-x)^2=1+1=0\)。这正是 \((1-x_j)^{p^{k_j}}=0\) 的最小例子。
  3. 所以只要某个基本块出现的次数 \(n_j\) 达到 \(p^{k_j}\)，整段乘积就被这个零因子“吃掉”而为零。
  4. 鸽笼味道：\(n\) 个块分给 \(l\) 种 \(x_i\)，若每种都不超过 \(p^{k_i}-1\) 次，总数最多 \(\sum(p^{k_i}-1)
“\(1\) 的系数”那一步的逻辑 把 \((1-g_1)\cdots(1-g_n)\) 整个展开，每一项对应选一个子集 \(I\)（选中的取 \(-g_i\)，没选的取 \(1\)），贡献 \((-1)^{|I|}\prod_{i\in I}g_i\)。单位元 \(1\) 的总系数 \(=\sum_{I:\prod_{i\in I}g_i=1}(-1)^{|I|}\)。空集 \(I=\varnothing\) 贡献 \(+1\)。若没有任何非空子列积为 \(1\)，则单位元系数恰为 \(1\neq0\)，与整个乘积 \(=0\) 矛盾。故必有非空子列积为 \(1\)（即零和子列）。

这使我们能为乘积群证明定理 9.28 的若干变体。例如：

引理 9.31（Olson）[266] 设 \(Z:=\mathbb{Z}_p^{\,2}\)，其中 \(p\) 为素数。对任意序列 \(a_1,\dots,a_{3p-2}\in Z\)，可找到一个长度至多为 \(p\) 的子列，其和为零。
证明. 把 \(Z\) 嵌入 \(Z':=\mathbb{Z}_p^{\,3}\)，并考虑序列 \(x+a_1,\dots,x+a_{3p-2}\)，其中 \(x\) 是 \(Z'\setminus Z\) 中的一个元素（即第三个坐标非零）。由定理 9.30（或命题 9.29）知 \(s(Z')=3p-2\)，因此 \(x+a_1,\dots,x+a_{3p-2}\) 的某个子列之和为零。重排下标，可设 \[(x+a_1)+\cdots+(x+a_n)=0,\qquad 1\le n\le 3p-2.\] 这给出 \(nx=0\) 且 \(a_1+\cdots+a_n=0\)。由 \(nx=0\)（\(x\) 第三坐标的阶为 \(p\)）得 \(n\equiv0\pmod p\)，故 \(n=p\) 或 \(n=2p\)。 证毕。♦
译注（原书印刷小误）原书此处把 \(s(Z')\) 写成 \(3p-3\)、并用到 \(x+a_1,\dots,x+a_{3p-3}\)。但由命题 9.29，\(s(\mathbb{Z}_p^{\,3})=1+3(p-1)=3p-2\)，且引理给定的序列本就有 \(3p-2\) 项，故须用全部 \(3p-2\) 项、\(s(Z')=3p-2\)。本译文已按正确值还原（推理结构不变，因 \(2p\le 3p-2\) 时 \(n\in\{p,2p\}\) 的分类仍然成立）。
第三坐标：原序列全为 0；加上 x 后每项第三坐标 = x₃ ≠ 0 原平面 Z = Zₚ² 第三坐标 = 0 + x 空间 Z' = Zₚ³ 子列长 n 个，第三坐标 和 = n·x₃ = 0 ⇒ p | n
嵌入高一维并给每项加同一个 \(x\)：第三坐标把“被选个数 \(n\)”记录为 \(n x_3\)。要求它为零，就强制 \(p\mid n\)，从而 \(n\in\{p,2p\}\)，进而控制住子列长度 \(\le p\)。

由这条引理，再配合一个与定理 9.28 证明类似的归纳论证，便可得到关于乘积群达文波特数的如下估计：

定理 9.32（Olson）[266] 设 \(Z\) 与 \(W\) 是加法群，且 \(|W|\) 整除 \(|Z|\)。则 \[s(Z\oplus W)\le |Z|+|W|-1.\]

该定理的证明留作习题 9.5.2。

最后，我们简要讨论当序列中元素互不相同时的达文波特问题。在此条件下，达文波特数的量级发生剧变。Szemerédi [347] 证明了：

定理 9.33 存在常数 \(c\) 使下述成立。设 \(S=\{a_1,\dots,a_s\}\) 是 \(\mathbb{Z}_p\) 中 \(s\) 个互不相同元素的序列，\(p\) 为素数且 \(s>c\sqrt{p}\)。则 \(S\) 有一个非空子列，其元素之和为零。

Hamidoune 与 Zemor [175] 较新的结果表明可取 \(c=\sqrt2+o(1)\)，这在渐近意义下是最优的。

为什么“互不相同”会让答案从 \(\sim p\) 降到 \(\sim\sqrt p\) 允许重复时（如全 \(1\) 序列），要凑零和必须凑够 \(p\) 个，故 \(s(\mathbb{Z}_p)=p\)。但若元素必须互不相同，它们就“铺得很开”，可用的部分和数量随子集个数 \(2^s\) 爆炸式增长，只要 \(s\) 略大于 \(\sqrt p\)（约 \(\sqrt2\sqrt p\)），\(2^s\) 量级的部分和就挤满 \(\mathbb{Z}_p\) 的 \(p\) 个值而出现碰撞，从而出现零和。直觉上：互不相同 ⇒ 部分和更分散 ⇒ 更早出现零和。

设 \(A\subset\mathbb{Z}_p\) 不含 \(0\)，并把 \(A\) 的元素看作 \(1\) 到 \(p-1\) 之间的整数。显然，若 \(\sum_{a\in A}a本质上是唯一的原因。

定理 9.34 设 \(A\) 是 \(\mathbb{Z}_p\) 的子集，\(p\) 为大素数。假设 \(A\) 的任何子集之和都不为 \(0\)。则存在 \(A\) 的一个子集 \(A'\)（至多含 \(p^{0.49}\) 个元素）以及一个非零元素 \(x\in\mathbb{Z}_p\)，使得 \(x\cdot(A\setminus A')\) 中诸元素（看作 \(1\) 到 \(p-1\) 之间的正整数）之和小于 \(p\)。
定理 9.34 在说什么 它是上一段“显然情形”的逆向刻画：如果一个集合没有零和子集，那么它几乎就是那种“元素都很小、总和 \(

另一类此种分类结果见定理 12.20。处理这两个结果的方法依赖逆向论证（inverse arguments），其精神与第 12 章讨论的相同。

习题

习题
  1. 9.5.1　证明 (9.12)。
  2. 9.5.2　通过修改定理 9.28 证明中的归纳论证，由引理 9.31 推出定理 9.32。
  3. 9.5.3　设 \(n\) 为正整数，\(\mathbb{Z}[i]\) 为高斯整数环。证明：任意 \(2n-1\) 个高斯整数的序列，都含有一个长度为 \(n\) 的子列，其和被 \(n\) 整除。

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