设集合 $M=\{1,2,3, \cdots, 50\}$，正整数 $n$ 满足：$M$ 的任意一个 $35$ 元子集中至少存在两个不同的元素 $a,b$，使 $a+b=n$ 或 $a-b=n$．求出所有这样的 $n$．
【难度】
【出处】
2011中国东南数学奥林匹克试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
取 $A=\{1,2,3, \cdots, 35\}$，则对任意 $a, b \in A, a-b, a+b \leqslant 34+35=69$．
下面证明：$1 \leqslant n \leqslant 69$．设 $A=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{35}\right\}$，不妨设 $a_1<a_{2}<\cdots<a_{35}$
（i）当 $1\geqslant n\geqslant 19$ 时，考虑
$1 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{35} \leqslant 50$
$1 \leqslant a_{1}+n<a_{2}+n<\cdots<a_{35}+n \leqslant 50+19=69$
由抽屉原理知，存在 $1 \leqslant i, j \leqslant 35(i \neq j)$，使 $a_{i}+n=a_{j}$，即 $a_{j}- a_{i}=n$．
（ii）当 $51\leqslant n\leqslant 69$ 时，由
$1 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{35} \leqslant 50$
$1 \leqslant n-a_{35}<n-a_{34}<\cdots<n-a_{1} \leqslant 68$
由抽屉原理知，至少存在 $1 \leqslant i, j \leqslant 35(i \neq j)$，使 $n-a_{i}=a_{j}$，即 $a_{i}+a_{j}=n$．
（iii）当 $20\leqslant n\leqslant 24$ 时，由于 $50-(2 n+1)+1=50-2 n \leqslant 50-40=10$，
所以 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{35}$ 中至少有25 个属于 $[1, 2n]$．
又由于 $\{1, n+1\},\{2, n+2\}, \cdots,\{n, 2 n\}$ 至少有 $24$ 个，存在 $a_i,a_j$，使 $\left\{a_{i}, a_{j}\right\}=\{i, n+i\}$，所以 $a_{j}-a_{i}=n$．
（iv）当 $25\leqslant n \leqslant 34$ 时，由 $\{1, n+1\},\{2, n+2\}, \dots,\{n2n \}$ 至多有 $34$ 个．由抽屉原理知，存在 $1 \leqslant i, j \leqslant 35(i \neq j)$，使 $a_{i}=i, a_{j}=n+i$，即 $a_{j}-a_{i}=n$．
（v）当 $n=35$ 时，$\{1,34\},\{2,33\}, \cdots,\{17,18\},\{35\},\{36\}, \cdots,\{50\}$ 共 $33$ 个．所以，存在 $1 \leqslant i, j \leqslant 35(i \neq j)$，使得 $a_{i}+a_{j}=35$．
（vi）当 $ 36\leqslant n\leqslant 50$ 时，若 $n=2 k+1,\{1,2 k\},\{2,2 k-1\}, \cdots,\{k, k+1\},\{2 k+1 \}, \cdots,\{50\}$
当 $18\leqslant k \leqslant 20$ 时，$50-(2 k+1)+1=50-2 k \leqslant 50-36=14$；
当 $21\leqslant k\leqslant 24$ 时，$50-(2 k+1)+1=50-2 k \leqslant 50-42=8$；
均存在 $1 \leqslant i ; j \leqslant 35(i \neq j)$，使 $a_{i}+a_{j}=2 k+1=n$．
若 $n=2 k,\{1,2 k-1\},\{2,2 k-2\}, \cdots,\{k-1, k+1\},\{k\},\{2 k\},\{2 k+1\}, \cdots,\{50\}$
当 $18\leqslant k\leqslant 19$ 时，$50-(2 k+1)+3 \leqslant 16, k-1 \leqslant 19-1=18$；
当 $20\leqslant k\leqslant 23$ 时，$50-(2 k+1)+3 \leqslant 50-2 k+2 \leqslant 12,k-1 \leqslant 23-1=22$；
当 $24\leqslant k\leqslant 25$ 时，$50-(2 k+1)+3 \leqslant 50-2 k+2 \leqslant {4},k-1 \leqslant 25-1=24$．
所以，均存在 $1 \leqslant i, j \leqslant 35(i \neq j)$，使 $a_{i}+a_{j}=2 k=n$．
下面证明：$1 \leqslant n \leqslant 69$．设 $A=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{35}\right\}$，不妨设 $a_1<a_{2}<\cdots<a_{35}$
（i）当 $1\geqslant n\geqslant 19$ 时，考虑
$1 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{35} \leqslant 50$
$1 \leqslant a_{1}+n<a_{2}+n<\cdots<a_{35}+n \leqslant 50+19=69$
由抽屉原理知，存在 $1 \leqslant i, j \leqslant 35(i \neq j)$，使 $a_{i}+n=a_{j}$，即 $a_{j}- a_{i}=n$．
（ii）当 $51\leqslant n\leqslant 69$ 时，由
$1 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{35} \leqslant 50$
$1 \leqslant n-a_{35}<n-a_{34}<\cdots<n-a_{1} \leqslant 68$
由抽屉原理知，至少存在 $1 \leqslant i, j \leqslant 35(i \neq j)$，使 $n-a_{i}=a_{j}$，即 $a_{i}+a_{j}=n$．
（iii）当 $20\leqslant n\leqslant 24$ 时，由于 $50-(2 n+1)+1=50-2 n \leqslant 50-40=10$，
所以 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{35}$ 中至少有25 个属于 $[1, 2n]$．
又由于 $\{1, n+1\},\{2, n+2\}, \cdots,\{n, 2 n\}$ 至少有 $24$ 个，存在 $a_i,a_j$，使 $\left\{a_{i}, a_{j}\right\}=\{i, n+i\}$，所以 $a_{j}-a_{i}=n$．
（iv）当 $25\leqslant n \leqslant 34$ 时，由 $\{1, n+1\},\{2, n+2\}, \dots,\{n2n \}$ 至多有 $34$ 个．由抽屉原理知，存在 $1 \leqslant i, j \leqslant 35(i \neq j)$，使 $a_{i}=i, a_{j}=n+i$，即 $a_{j}-a_{i}=n$．
（v）当 $n=35$ 时，$\{1,34\},\{2,33\}, \cdots,\{17,18\},\{35\},\{36\}, \cdots,\{50\}$ 共 $33$ 个．所以，存在 $1 \leqslant i, j \leqslant 35(i \neq j)$，使得 $a_{i}+a_{j}=35$．
（vi）当 $ 36\leqslant n\leqslant 50$ 时，若 $n=2 k+1,\{1,2 k\},\{2,2 k-1\}, \cdots,\{k, k+1\},\{2 k+1 \}, \cdots,\{50\}$
当 $18\leqslant k \leqslant 20$ 时，$50-(2 k+1)+1=50-2 k \leqslant 50-36=14$；
当 $21\leqslant k\leqslant 24$ 时，$50-(2 k+1)+1=50-2 k \leqslant 50-42=8$；
均存在 $1 \leqslant i ; j \leqslant 35(i \neq j)$，使 $a_{i}+a_{j}=2 k+1=n$．
若 $n=2 k,\{1,2 k-1\},\{2,2 k-2\}, \cdots,\{k-1, k+1\},\{k\},\{2 k\},\{2 k+1\}, \cdots,\{50\}$
当 $18\leqslant k\leqslant 19$ 时，$50-(2 k+1)+3 \leqslant 16, k-1 \leqslant 19-1=18$；
当 $20\leqslant k\leqslant 23$ 时，$50-(2 k+1)+3 \leqslant 50-2 k+2 \leqslant 12,k-1 \leqslant 23-1=22$；
当 $24\leqslant k\leqslant 25$ 时，$50-(2 k+1)+3 \leqslant 50-2 k+2 \leqslant {4},k-1 \leqslant 25-1=24$．
所以，均存在 $1 \leqslant i, j \leqslant 35(i \neq j)$，使 $a_{i}+a_{j}=2 k=n$．
答案
解析
备注
