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"problem": "例3. 设正整数 $n \\geqslant 5, n$ 个不同的正整数 $a_1, a_2, \\cdots, a_n$ 有下列性质: 对集合 $S=\\left\\{a_1, a_2, \\cdots, a_n\\right\\}$ 的任何两个不同的非空子集 $A$ 和 $B, A$ 中所有数的和与 $B$ 中所有数的和都不会相等.\n在上述条件下,求\n$$\n\\frac{1}{a_1}+\\frac{1}{a_2}+\\cdots+\\frac{1}{a_n}\n$$\n的最大值.", |
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"solution": "分析:因为 $S$ 的任何两个不同的非空子集的各自元素之和不相等, 由集合元素的互异性及正整数二进制表示的惟一性的启示, 似乎集合 $S$ 中的数应是形如 $2^r(r \\in \\mathbf{N})$ 的数.\n下面的工作就是由此展开的.\n解不妨设 $a_1<a_2<\\cdots<a_n$.\n先证明对任意自然数 $k \\leqslant n$, 都有\n$$\n\\sum_{i=1}^k a_k \\geqslant 2^k-1\n$$\n用反证法.\n若 $\\sum_{i=1}^k a_k<2^k-1$, 则 $\\left\\{a_1, a_2, \\cdots, a_k\\right\\}$ 的每个非空子集的元素和不超过 $2^k-2$. 但 $\\left\\{a_1, a_2, \\cdots, a_k\\right\\}$ 有 $2^k-1$ 个非空子集, 根据抽屉原则, 必有两个非空子集的元素和相等, 这与题设矛盾.\n故所证结论(1)成立.\n接着证明:\n$$\n\\frac{1}{a_1}+\\frac{1}{a_2}+\\cdots+\\frac{1}{a_n} \\leqslant 1+\\frac{1}{2}+\\cdots+\\frac{1}{2^{n-1}}=2-\\frac{1}{2^{n-1}} .\n$$\n事实上,\n$$\n\\begin{gathered}\n1+\\frac{1}{2}+\\cdots+\\frac{1}{2^{n-1}}-\\left(\\frac{1}{a_1}+\\frac{1}{a_2}+\\cdots+\\frac{1}{a_n}\\right) \\\\\n=\\frac{a_1-1}{a_1}+\\frac{a_2-2}{2 a_2}+\\cdots+\\frac{a_n-2^{n-1}}{2^{n-1} a_n} . \\\\\n\\text { 令 } C_i=\\frac{1}{2^{i-1} a_i}, d_i=a_i-2^{i-1}, D_k=\\sum_{i=1}^k d_i \\text { 显然 } C_1>C_2>\\cdots>C_n, \\text { 且 } \\\\\nD_k=\\sum_{i=1}^k a_i-\\left(1+2+\\cdots+2^{k-1}\\right)=\\sum_{i=1}^k a_i-\\left(2^k-1\\right) \\geqslant 0 .\n\\end{gathered}\n$$\n于是我们有\n$$\n\\begin{aligned}\n& 1+\\frac{1}{2}+\\cdots+\\frac{1}{2^{n-1}}-\\left(\\frac{1}{a_1}+\\frac{1}{a_2}+\\cdots+\\frac{1}{a_n}\\right) \\\\\n= & \\sum_{i=1}^n C_i d_1 \\\\\n= & C_1 D_1+C_2\\left(D_2-D_1\\right)+\\cdots+C_n\\left(D_n-D_{n-1}\\right) \\\\\n= & \\left(C_1-C_2\\right) D_1+\\left(C_2-C_3\\right) D_2+\\cdots+\\left(C_{n-1}-C_n\\right) D_{n-1}+C_n D_n \\\\\n\\geqslant & 0,\n\\end{aligned}\n$$\n故(2)式得证.\n注意到, 当 $S=\\left\\{1,2,2^2, \\cdots, 2^{n-1}\\right\\}$ 时, 题设条件成立.\n此时有\n$$\n\\frac{1}{a_1}+\\frac{1}{a_2}+\\cdots+\\frac{1}{a_n}=1+\\frac{1}{2}+\\cdots+\\frac{1}{2^{n-1}}=2-\\frac{1}{2^{n-1}} \\text {. }\n$$\n因此, 所求的最大值是 $2-\\frac{1}{2^{n-1}}$.", |
