对任意由 $4$ 个不同正整数组成的集合 $A=\{a_{1},a_{2},a_{3},a_{4}\}$，记 $s_{A}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}$，设 $n_{A}$ 是满足 $a_{i}+a_{j}~(1\leqslant i<j\leqslant 4)$ 整除 $s_{A}$ 的数对 $(i,j)$ 的个数．求所有由 $4$ 个不同正整数组成的集合 $A$，使得达到最大值．（墨西哥）
【难度】
【出处】
2011年第52届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
对于一个 $4$ 元正整数集 $A=\{a_1,a_2,a_3,a_4\}$，不妨设 $a_1<a_2<a_3<a_4$，由于
$\dfrac{1}{2}s_A=\dfrac{1}{2}(a_1+a_2+a_3+a_4)<a_2+a_4<a_3+a_4<s_A$
故 $a_2+a_4,a_3+a_4$ 不整除 $s_A$，所以 $n_A\leqslant C_4^2-2=4$．
另一方面，当 $A=\{1,5,7,11\}$ 时，$n_A=4$，故 $n_A$ 达到的最大值为 $4$．
下面我们来求满足 $n_A=4$ 的所有 $4$ 元正整数集 $A$．
当 $n_A=4$ 时，$a_2+a_4,a_3+a_4$ 不整除 $s_A$，而
$\dfrac{1}{2}s_A\leqslant\max\{a_1+a_4,a_2+a_3\}\leqslant s_A$
故 $\dfrac{1}{2}s_A=\max\{a_1+a_4,a_2+a_3\}$
所以 $a_1+a_4=a_2+a_3$
此时由 $a_1+a_3|s_A$，可设 $s_A=k(a_1+a_3)$，$k$ 是正整数．由 $a_1+a_3<a_2+a_3$ 知，$k>2$．
而 $2(a_2+a_3)=s_A=k(a_1+a_3)$，所以 $a_2=\dfrac{1}{2}(ka_1+(k-2)a_3)$，由
$a_2=\dfrac{1}{2}(ka_1+(k-2)a_3)<a_3$
得 $k<4$，故 $k=3$．于是 $2(a_2+a_3)=2(a_1+a_4)=3(a_1+a_3)=s_A$
可得 $a_2=\dfrac{1}{2}(3a_1+a_3),a_4=\dfrac{1}{2}(a_1+3a_3)$．
又由 $a_1+a_2|s_A$，设 $s_A=l(a_1+a_2)$，得
$3(a_1+a_3)=l\left(a_1+\dfrac{1}{2}(3a_1+a_3)\right)$
即 $(6-l)a_3-(5l-6)a_1$．
由 $a_1,a_3$ 是正整数，$a_1<a_3$ 知，$l=3,4$ 或 $5$．
当 $l=3$ 时，可得 $a_2=a_3$，矛盾．
当 $l=4$ 时，有 $a_3=7a_1$，进而可得 $a_2=5a_1,a_4=11a_1$．当 $l=5$ 时，有 $a_3=19a_1$，进而可得 $a_2=11a_1,a_4=29a_1$．
容易验证，当 $l=4,5$ 时，有 $a_1+a_2,a_1+a_3,a_1+a_4,a_2+a_3$ 都整除 $s_A$．
综上所述，当 $n_A$ 达到最大值时，集合 $A$ 为：
$A=\{a,5a,7a,11a\}$，或者 $A=\{a,11a,19a,29a\}$，其中 $a$ 是正整数．
$\dfrac{1}{2}s_A=\dfrac{1}{2}(a_1+a_2+a_3+a_4)<a_2+a_4<a_3+a_4<s_A$
故 $a_2+a_4,a_3+a_4$ 不整除 $s_A$，所以 $n_A\leqslant C_4^2-2=4$．
另一方面，当 $A=\{1,5,7,11\}$ 时，$n_A=4$，故 $n_A$ 达到的最大值为 $4$．
下面我们来求满足 $n_A=4$ 的所有 $4$ 元正整数集 $A$．
当 $n_A=4$ 时，$a_2+a_4,a_3+a_4$ 不整除 $s_A$，而
$\dfrac{1}{2}s_A\leqslant\max\{a_1+a_4,a_2+a_3\}\leqslant s_A$
故 $\dfrac{1}{2}s_A=\max\{a_1+a_4,a_2+a_3\}$
所以 $a_1+a_4=a_2+a_3$
此时由 $a_1+a_3|s_A$，可设 $s_A=k(a_1+a_3)$，$k$ 是正整数．由 $a_1+a_3<a_2+a_3$ 知，$k>2$．
而 $2(a_2+a_3)=s_A=k(a_1+a_3)$，所以 $a_2=\dfrac{1}{2}(ka_1+(k-2)a_3)$，由
$a_2=\dfrac{1}{2}(ka_1+(k-2)a_3)<a_3$
得 $k<4$，故 $k=3$．于是 $2(a_2+a_3)=2(a_1+a_4)=3(a_1+a_3)=s_A$
可得 $a_2=\dfrac{1}{2}(3a_1+a_3),a_4=\dfrac{1}{2}(a_1+3a_3)$．
又由 $a_1+a_2|s_A$，设 $s_A=l(a_1+a_2)$，得
$3(a_1+a_3)=l\left(a_1+\dfrac{1}{2}(3a_1+a_3)\right)$
即 $(6-l)a_3-(5l-6)a_1$．
由 $a_1,a_3$ 是正整数，$a_1<a_3$ 知，$l=3,4$ 或 $5$．
当 $l=3$ 时，可得 $a_2=a_3$，矛盾．
当 $l=4$ 时，有 $a_3=7a_1$，进而可得 $a_2=5a_1,a_4=11a_1$．当 $l=5$ 时，有 $a_3=19a_1$，进而可得 $a_2=11a_1,a_4=29a_1$．
容易验证，当 $l=4,5$ 时，有 $a_1+a_2,a_1+a_3,a_1+a_4,a_2+a_3$ 都整除 $s_A$．
综上所述，当 $n_A$ 达到最大值时，集合 $A$ 为：
$A=\{a,5a,7a,11a\}$，或者 $A=\{a,11a,19a,29a\}$，其中 $a$ 是正整数．
答案
解析
备注
