Question

给定整数n≥3，证明：存在n个互不相同的正整数组成的集合S，使得对S的任意两个不同的非空子集A，B，数

x∈A x

|A|

与

x∈B x

|B|

是互素的合数．（这里

x∈X

x与|X|分别表示有限数集X的所有元素之和及元素个数．）

Answer 1

分析：先证明正整数的n元集合S₁={（m+1）!|m=1，2，n}具有下述性质：对S₁的任意两个不同的非空子集A，B，有f（A）≠f（B），再证明对任何正整数x，正整数的n元集合S₂={K!n!xα+1|α∈S₁}具有下述性质：对S₂的任意两个不同的非空子集A，B，数f（A）与f（B）是两个互素的整数．最后由同于方程组即可得出结论．

解答：证明：我们用f（X）表示有限数集X中元素的算术平均数．
第一步，我们证明，正整数的n元集合S₁={（m+1）!|m=1，2，n}具有下述性质：对S₁的任意两个不同的非空子集A，B，有f（A）≠f（B）．
证明：对任意A⊆S₁，A≠∅，设正整数k满足k!＜f（A）≤（k+1）!，①
并设l是使lf（A）≥（k+1）!的最小正整数．我们首先证明必有|A|=l．
事实上，设（k'+1）!是A中最大的数，则由A⊆S₁，易知A中至多有k'个元素，即|A|≤k'，故f（A）≥

(k′+1)!

k′

＞k'!．又由f（A）的定义知f（A）≤（k'+1）!，故由①知k=k'．特别地有|A|≤k．
此外，显然|A|f（A）≥（k'+1）!=（k+1）!，故由l的定义可知l≤|A|．于是我们有l≤|A|≤k．
若l=k，则|A|=l；否则有l≤k-1，则(l+1)f(A)=(1+

1

l

)lf(A)≥(1+

1

k-1

)(k+1)!＞（k+1）!+k!+…+2!．
由于（k+1）!是A中最大元，故上式表明|A|＜l+1．结合|A|≥l即知|A|=l．
现在，若有S₁的两个不同的非空子集A，B，使得f（A）=f（B），则由上述证明知|A|=|B|=l，故|A|f（A）=|B|f（B），但这等式两边分别是A，B的元素和，利用（m+1）!＞m!+…+2!易知必须A=B，矛盾．
第二步，设K是一个固定的正整数，K＞n!

max

A1?S1

f（A₁），我们证明，对任何正整数x，正整数的n元集合S₂={K!n!xα+1|α∈S₁}具有下述性质：对S₂的任意两个不同的非空子集A，B，数f（A）与f（B）是两个互素的整数．
事实上，由S₂的定义易知，有S₁的两个子集A₁，B₁，满足|A₁|=|A|，|B₁|=|B|，且f（A）=K!n!xf（A₁）+1，f（B）=K!n!xf（B₁）+1．②
显然n!f（A₁）及n!f（B₁）都是整数，故由上式知f（A）与f（B）都是正整数．
现在设正整数d是f（A）与f（B）的一个公约数，则n!f（A）f（B₁）-n!f（B）f（A₁）是d的倍数，故由②可知d|n!f（A₁）-n!f（B₁），但由K的选取及S₁的构作可知，|n!f（A₁）-n!f（B₁）|是小于K的非零整数，故它是K!的约数，从而d|K!．再结合d|f（A）及②可知d=1，故f（A）与f（B）互素．
第三步，我们证明，可选择正整数x，使得S₂中的数都是合数．由于素数有无穷多个，故可选择n个互不相同且均大于K的素数p₁，p₂，p_n．将S₁中元素记为α₁，α₂，α_n，则（p_i，K!n!α_i）=1（1≤i≤n），且（p_i²，p_j²）=1（对1≤i＜j≤n），故由中国剩余定理可知，同余方程组K!n!xα_i≡-1（bmodp_i²），i=1，2，n，
有正整数解．
任取这样一个解x，则相应的集合S₂中每一项显然都是合数．结合第二步的结果，这一n元集合满足问题的全部要求．

点评：本题考查的是质数与合数的定义、绝对值的性质、求和公式，涉及面较广，难度较大．