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"problem": "例10. 设 $A$ 是集合 $S=\\{1,2, \\cdots, 1000000\\}$ 的一个恰有 101 个元素的子集.\n证明: 在 $S$ 中存在数 $t_1, t_2, \\cdots, t_{100}$, 使得集合\n$$\nA_j=\\left\\{x+t_j \\mid x \\in A\\right\\}, j=1,2, \\cdots, 100\n$$\n中, 每两个的交集为空集.", |
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"solution": "分析: 先弄清楚在什么情况下 $A_i \\cap A_j \\neq \\varnothing$. 设 $a \\in A_i \\cap A_j$, 则 $a=x+ t_i==y+t_j, x, y \\in A$. 于是 $t_i-t_j=y-x$. 这说明选取 $t_1, t_2, \\cdots, t_{100}$ 时, 只要保证其中任意两个之差不等于 $A$ 中任二元素之差即可.\n证明: 考虑集合 $D=\\{x-y \\mid x, y \\in A\\}$, 则\n$$\n|D| \\leqslant 101 \\times 100+1=10101 \\text {. }\n$$\n若 $A_i \\cap A_j \\neq \\varnothing$, 设 $a \\in A_i \\cap A_j$, 则 $a=x+t_i, a=y+t_j$, 其中 $x, y \\in A$, 则 $t_i-t_j=y-x \\in D$.\n若 $t_i-t_j \\in D$, 即存在 $x, y \\in A$, 使得 $t_i-t_j=y-x$, 从而 $x+t_i=y+t_j$, 即 $A_i \\cap A_j \\neq \\varnothing$.\n所以, $A_i \\cap A_j \\neq \\varnothing$ 的充要条件是 $t_i-t_j \\in D$. 于是, 我们只需在集 $S$ 中取出 100 个元素, 使得其中任意两个的差都不属于 $D$.\n下面用递推方法来取出这 100 个元素.\n先在 $S$ 中任取一个元素 $t_1$, 再从 $S$ 中取一个 $t_2$, 使得 $t_1 \\notin t_2+D=\\{t_2+ x \\mid x \\in D\\}$, 这是因为取定 $t_1$ 后, 至多有 10101 个 $S$ 中的元素不能作为 $t_2$, 从而在 $S$ 中存在这样的 $t_2$, 若已有 $k(\\leqslant 99)$ 个 $S$ 中的元素 $t_1, t_2, \\cdots, t_k$ 满足要求, 再取 $t_{k+1}$, 使得 $t_1, \\cdots, t_k$ 都不属于 $t_{k+1}+D=\\left\\{t_{k+1}+x \\mid x \\in D\\right\\}$. 这是因为 $t_1, t_2, \\cdots, t_k$ 取定后, 至多有 $10101 k \\leqslant 999999$ 个 $S$ 中的数不能作为 $t_{k+1}$, 故在 $S$ 中存在满足条件的 $t_{k+1}$. 所以, 在 $S$ 中存在 $t_1, t_2, \\cdots, t_{100}$, 其中任意两个的差都不属于 $D$.\n综上所述,命题得证.\n说明条件 $|S|=10^{\\varepsilon}$ 可以改小一些.\n一般地, 我们有如下更强的结论: 若 $A$ 是 $S=\\{1,2, \\cdots, n\\}$ 的一个 $k$ 元子集, $m$ 为正整数, 且 $m$ 满足条件 $n>(m-1) \\cdot\\left(C_k^2+1\\right)$, 则存在 $S$ 中的元素 $t_1, \\cdots, t_m$, 使得 $A_j=\\left\\{x+t_j \\mid x \\in A \\right\\}, j=1, \\cdots, m$ 中任意两个的交集为空集.", |
