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"problem": "例10. 设 $S=\\{1,2, \\cdots, 17\\}$, 而 $\\left\\{a_1, a_2, \\cdots, a_8\\right\\}$ 为 $S$ 的一个 8 元子集.\n求证:\n(1) 存在 $k \\in \\mathbf{N}^*$, 使得方程 $a_i-a_j=k$ 至少有 3 组不同的解;\n(2) 对于 $S$ 的 7 元子集 $\\left\\{a_1, a_2, \\cdots, a_7\\right\\}$,(1) 中的结论不再总是成立.", |
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"solution": "分析:(1) 不妨设 $a_1<a_2<\\cdots<a_8$, 则\n$$\na_8-a_1=\\left(a_8-a_7\\right)+\\left(a_7-a_6\\right)+\\cdots+\\left(a_2-a_1\\right) \\leqslant 16 .\n$$\n若上式中间 7 个括号中没有 3 个两两相等, 那么必各有两个分别等于 1 、 $2 、 3$, 一个等于 4 .\n(2) 作出一个使 (1) 中结论不成立的 7 元子集即可.\n证明 (1) 若不然,则存在 $S$ 的一个 8 元子集 $\\left\\{a_1, a_2, \\cdots, a_8\\right\\}$,使对任何 $k \\in \\mathbf{N}^*$,方程 $a_i-a_j=k$ 都至多有两组解, 即 $\\left|a_i-a_j\\right|(1 \\leqslant i<j \\leqslant 8)$ 共 28 个差数中, 不存在 3 个值相等的差数.\n不妨设 $a_1<a_2<\\cdots<a_8$, 于是 $a_8-a_1 \\leqslant 16$, 亦即有\n$$\n\\left(a_8-a_7\\right)+\\left(a_7-a_6\\right)+\\cdots+\\left(a_2-a_1\\right) \\leqslant 16 .\n$$\n既然(1)式左端的 7 个差数中没有 3 数相同, 故必有\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(a_8-a_7\\right)+\\left(a_7-a_6\\right)+\\cdots+\\left(a_2-a_1\\right) & \\geqslant 1+1+2+2+3+3+4 \\\\\n& =16 .\n\\end{aligned}\n$$\n(1)和(2)结合起来表明, 这 7 个差数中恰有 $1 、 2 、 3$ 各两个而另一个是 4 .\n考察这 7 个差数的排列情形, 由于已经有两个 2 、两个 3 和 1 个 4 , 所以必有\n(i) 两个 1 不能相邻, 1 和 2 也不能相邻;\n(ii) 1 和 $3 、 2$ 和 2 至多有 1 组相邻.\n先看两个 1 与两个 2 这 4 个差数的排列顺序, 由对称性知只有下列 4 种不同情形:\n(a) $1,1,2,2$;\n(b) $1,2,1,2$;\n(c) $1,2,2,1$;\n(d) $2,1,1,2$.\n余下的 3 个差数 $3 、 3 、 4$ 将放人这 4 个数的空隙中.\n易见, 在 (b) 和 (d) 两种情形中, 依次相邻的 3 对数在 7 个差数的排列中都不能相邻, 所以 3 个空隙中必须各放人 $3 、 3 、 4$ 中的一个数, 从而两个 3 都与 1 相邻, 导致有 3 个差值为 4 , 矛盾.\n对于 (a), 两个 1 之间不能只夹 3 , 所以 4 必须夹在两个 1 之间.\n于是 1 与 2 之间只能插人 3 . 这样一来, 两个 2 也不能相邻, 只能插人另一个 3 , 这导致 4 个差值为 5 ,矛盾.\n对于 (c), 1 与 $2 、 2$ 与 1 之间不能都填 3 , 必有一个填 4 而另两个空隙中填 3 , 导致 4 个差值为 5 , 矛盾.\n(2) 考察 $S$ 的 7 元子集 $\\{1,2,4,7,11,16,17\\}$. 它的 21 对元素的差值 (大数减小数) 中有 $1,3,5,6,9,10,15$ 各两个, $2,4,7,12,13,14,16$ 各 1 个.\n没有 3 个差数有相同的值, 即 (1) 中的结论不再成立.", |
