Particionamiento $\{1,\cdots,k\}$ a $p$ subconjuntos con sumas iguales

Question

Deje $p$ ser una de las primeras. Para que $k$ sobre el conjunto de $\{1,\cdots,k\}$ se reparte en $p$ subconjuntos con sumas iguales de los elementos ?

Obviamente, $p\mid k(k+1)$. Por lo tanto, $p\mid k$ o $p\mid k+1$. Todo lo que debemos hacer ahora es mostrar una construcción. Pero no puedo encontrar uno. He intentado particionar el conjunto y elegir un elemento de cada conjunto, pero que no ha producido nada.

Cualquier sugerencia será bienvenida.

Answer 1

Para un primer número natural $p$, podemos decir que un entero positivo $k$ $p$-splittable si $\{1,2,\ldots,k\}$ se puede dividir en $p$ subconjuntos con la misma suma. Si $p=2$, entonces se sigue que $k\equiv 0\pmod{4}$ o $k\equiv -1\pmod{4}$. Por un extraño prime $p$, $k\equiv 0\pmod{p}$ o $k\equiv-1\pmod{p}$. Puede ser fácilmente visto que, a $k\in\mathbb{N}$ y para cualquier primer número natural $p$ si $k$ $p$- splittable, a continuación, $k+2p$ $p$- splittable (mediante la adición de $\{k+1,k+2p\}$, $\{k+2,k+2p-1\}$, $\ldots$, $\{k+p,k+p+1\}$ a la $p$ particiones de conjuntos de $\{1,2,\ldots,k\}$).

Desde $k=3$ $k=4$ $2$- splittable, cualquier número natural de la forma $4t-1$ o $4t$ donde $t\in\mathbb{N}$ $2$- splittable, y no otro número es $2$-splittable. También, por alguna extraña primer número natural $p$, $k=2p-1$ y $k=2p$ $p$- splittable, lo que significa que cualquier número natural de la forma $2pt-1$ o $2pt$ donde $t\in\mathbb{N}$ $p$- splittable. Claramente, $k=p-1$ $k=p$ no $p$-splittable por extraño $p$. Nosotros, sin embargo, afirman que el $k=3p-1$ o $k=3p$ $p$- splittable por extraño $p$, lo que supondría, a continuación, implica que cualquier número natural de la forma $pt-1$ o $pt$ donde $t\geq 2$ es un número entero es $p$-splittable, y nada más es $p$-splittable.

En primer lugar, asumir que $p\equiv 1\pmod{4}$, decir $p=4r+1$ algunos $r\in\mathbb{N}$. Si $k=3p-1=12r+2$, entonces se debe considerar la partición de $\{1,2,\ldots,k\}$ en $\{6r+1,12r+2\}$, $\{6r+2,12r+1\}$, $\ldots$, $\{9r+1,9r+2\}$, $\{1,2,3,6r-2,6r-1,6r\}$, $\{4,5,6,6r-5,6r-4,6r-3\}$, $\ldots$, $\{3r-2,3r-1,3r,3r+1,3r+2,3r+3\}$. Si $k=3p=12r+3$, entonces se debe considerar la partición $\{6r+3,12r+3\}$, $\{6r+4,12r+2\}$, $\ldots$, $\{9r+2,9r+4\}$, $\{1,2,3,6r-1,6r,6r+1\}$, $\{4,5,6,6r-4,6r-3,6r-2\}$, $\ldots$, $\{3r-2,3r-1,3r,3r+2,3r+3,3r+4\}$, $\{3r+1,6r+2,9r+3\}$.

Ahora, suponga que $p\equiv -1\pmod{4}$, decir $p=4r-1$ algunos $r\in\mathbb{N}$. Si $k=3p-1=12r-4$, entonces se debe considerar la partición $\{6r-2,12r-4\}$, $\{6r-1,12r-5\}$, $\ldots$, $\{9r-4,9r-2\}$, $\{1,2,3,6r-5,6r-4,6r-3\}$, $\{4,5,6,6r-8,6r-7,6r-6\}$, $\ldots$, $\{3r-5,3r-4,3r-3,3r+1,3r+2,3r+3\}$, $\{3r-2,3r-1,3r,9r-3\}$. Si $k=3p=12r-3$, entonces se debe considerar la partición $\{6r,12r-3\}$, $\{6r+1,12r-4\}$, $\ldots$, $\{9r-2,9r-1\}$, $\{1,2,3,6r-4,6r-3,6r-2\}$, $\{4,5,6,6r-7,6r-6,6r-5\}$, $\ldots$, $\{3r-5,3r-4,3r-3,3r+2,3r+3,3r+4\}$, $\{3r-2,3r-1,3r,3r+1,6r-1\}$.

Pregunta: ¿Qué pasa si $p$ no es primo? Suponemos los siguientes:

(1) Si $p$ es extraño, entonces, para cualquier $j\in\{-1,0,1,2,\ldots,p-2\}$ tal que $p\mid j(j+1)$, todos los enteros de la forma $tp+j$ donde $t\geq 2$ es un número entero, es $p$-splittable, y nada más es $p$-splittable.

(2) Si $p$ es par, entonces, para cualquier $j\in\{-1,0,1,2,\ldots,2p-2\}$ tal que $p\mid \frac{j(j+1)}{2}$, todos los enteros de la forma $2tp+j$ donde $t\in\mathbb{N}$ $p$- splittable, y nada más es $p$-splittable.

Esta pregunta también está publicado aquí: $p$-Splittable Enteros.