给定整数 $n\geqslant 3$，证明：存在 $n$ 个互不相同的正整数组成的集合 $ S$，使得对 $S$ 的任意两个不同的非空子集 $A,B$，数 $\displaystyle \dfrac{\sum\limits_{x \in A} x}{|A|}$ 与 $\displaystyle \dfrac{\sum\limits_{x \in B} x}{|B|}$ 是互素的合数（这里 $\displaystyle \sum\limits_{x \in X} x$ 与 $|X|$ 分别表示有限数集 $X$ 的所有元素之和及元素个数．）
【难度】
【出处】
2009第24届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
我们用 $f(X)$ 表示有限数集 $X$ 中元素的算术平均．
第一步，我们证明，正整数的 $n$ 元集合 $S_{1}=\{(m+1) ! | m=1,2, \cdots, n \}$ 具有下述性质：对 $S_1$ 的任意两个不同的非空子集 $A,B$，有 $f(A) \neq f(B)$．
对任意 $A \subseteq S_{1}, A \neq \varnothing$，设正整数 $k $ 满足 $k !<f(A) \leqslant(k+1) !$ ①
并设 $l$ 是使 $lf(A) \geqslant(k+1) !$ 的最小正整数．我们首先证明必有 $| A | = l$．
事实上，设 $\left(k^{\prime}+1\right) !$ 是 $A$ 中最大的数，则由 $A \subseteq S_{1}$，易知 $A$ 中至多有 $k^\prime$ 个元素，即 $|A| \leqslant k^{\prime}$，故 $f(A) \geqslant \frac{\left(k^{\prime}+1\right) !}{k^{\prime}}>k^{\prime} !$，又由 $f(A) $ 的定义知 $f(A) \leqslant\left(k^{\prime}+1\right) !$．故由 ① 知 $k=k^{\prime}$．特别地有 $|A| \leqslant k$．
此外，显然 $|A| f(A) \geqslant\left(k^{\prime}+1\right) !=(k+1) !$，故由 $l$ 的定义可知 $l \leqslant|A|$，于是我们有 $l \leqslant|A| \leqslant k$．
若 $l= k$，则 $| A |= l$；否则有 $l\leqslant k-1$，则 $\begin{aligned}(l+1) f(A)=&\left(1+\frac{1}{l}\right) t f(A) \geqslant\left(1+\frac{1}{k-1}\right)(k+1) !>(k+1) !+k !+\cdots+2 ! \end{aligned}$
由于 $(k+1)!$ 是 $A$ 中最大元，故上式表明 $|A|<l+1$．结合 $|A| \geqslant l$ 即知 $|A|=l$．
现在，若有 $S_1$ 的两个不同的非空子集 $A,B$，使得 $f(A)=
f(B)$，则由上述证明知 $| A |=| B |= l$，故 $|A | f(A)=|B|f(B)$，但这等式两边分别是 $A,B$ 的元素和，利用 $(m+1)!> m! + \cdots + 2!$ 易知必须 $A= B$，矛盾．
第二步，设 $K$ 是 一个固定的正整数，$K>n ! \max\limits _{A_{1} \subseteq S_{1}} f\left(A_{1}\right)$，我们证明，对任何正整数 $x$，正整数的 $n$ 元集合 $S_{2}=\{K ! n ! x \alpha+1 |\alpha \in S_{1} \}$ 具有下述性质：对 $S_2$ 的任意两个不同的非空子集 $A,B$，数 $f(A)$ 与 $f(B)$ 是两个互素的整数．
事实上，由 $S_2$ 的定义易知，有 $S_1$ 的两个子集 $A_1,B_1$，满足 $\left|A_{1}\right|=|A|,\left|B_{1}\right|=|B|$，且
$f(A)=K ! n ! x f\left(A_{1}\right)+1, f(B)=K ! n ! x f\left(B_{1}\right)+1$ ②
显然 $n!f(A_1)$ 及 $n!f(B_1)$ 都是整数，故由上式知 $f(A)$ 与 $f(B)$ 都是正整数．
现在设正整数 $d$ 是 $f(A)$ 与 $f(B)$ 的一个公约数，则 $n ! f(A) f\left(B_{1}\right)-n ! f(B) f\left(A_{1}\right)$ 是 $d$ 的倍数，故由 ② 可知 $d | n ! f\left(A_{1}\right)-n ! f\left(B_{1}\right)$，但由 $K$ 的选取及 $S_1$ 的构作可知，$\left|n ! f\left(A_{1}\right)-n ! f\left(B_{1}\right)\right|$ 是小于 $K$ 的非零整数，故它是 $K!$ 的约数，从而 $d | K !$．再给合 $d | f(A)$ 及 ② 可知 $d=1$，故 $f(A)$ 与 $f(B)$ 互素．
第三步，我们证明，可选择正整数，使得 $S_2$ 中的数都是合数．由于素数有无穷多个，故可选择 $n$ 个互不相同且均大于 $K$ 的素数 $p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{n}$．将 $S_1$ 中元素记为 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}$，则 $\left(p_{i}, K ! n ! \alpha_{i}\right)=1 (1 \leqslant i \leqslant n)$，且 $\left(p_{i}^{2}, p_{j}^{2}\right)=1$（对 $1 \leqslant i<j \leqslant n$）n），故由中国剩余定理可知，同余方程组 $K ! n ! x \alpha_{i} \equiv-1\left(\bmod p_{i}^{2}\right), i=1,2, \cdots, n$ 有正整数解．
任取这样一个解 $x$，则相应的集合 $S_2$ 中每一项显然都是合数．结合第二步的结果，这一 $n$ 元集合满足问题的全部要求．
第一步，我们证明，正整数的 $n$ 元集合 $S_{1}=\{(m+1) ! | m=1,2, \cdots, n \}$ 具有下述性质：对 $S_1$ 的任意两个不同的非空子集 $A,B$，有 $f(A) \neq f(B)$．
对任意 $A \subseteq S_{1}, A \neq \varnothing$，设正整数 $k $ 满足 $k !<f(A) \leqslant(k+1) !$ ①
并设 $l$ 是使 $lf(A) \geqslant(k+1) !$ 的最小正整数．我们首先证明必有 $| A | = l$．
事实上，设 $\left(k^{\prime}+1\right) !$ 是 $A$ 中最大的数，则由 $A \subseteq S_{1}$，易知 $A$ 中至多有 $k^\prime$ 个元素，即 $|A| \leqslant k^{\prime}$，故 $f(A) \geqslant \frac{\left(k^{\prime}+1\right) !}{k^{\prime}}>k^{\prime} !$，又由 $f(A) $ 的定义知 $f(A) \leqslant\left(k^{\prime}+1\right) !$．故由 ① 知 $k=k^{\prime}$．特别地有 $|A| \leqslant k$．
此外，显然 $|A| f(A) \geqslant\left(k^{\prime}+1\right) !=(k+1) !$，故由 $l$ 的定义可知 $l \leqslant|A|$，于是我们有 $l \leqslant|A| \leqslant k$．
若 $l= k$，则 $| A |= l$；否则有 $l\leqslant k-1$，则 $\begin{aligned}(l+1) f(A)=&\left(1+\frac{1}{l}\right) t f(A) \geqslant\left(1+\frac{1}{k-1}\right)(k+1) !>(k+1) !+k !+\cdots+2 ! \end{aligned}$
由于 $(k+1)!$ 是 $A$ 中最大元，故上式表明 $|A|<l+1$．结合 $|A| \geqslant l$ 即知 $|A|=l$．
现在，若有 $S_1$ 的两个不同的非空子集 $A,B$，使得 $f(A)=
f(B)$，则由上述证明知 $| A |=| B |= l$，故 $|A | f(A)=|B|f(B)$，但这等式两边分别是 $A,B$ 的元素和，利用 $(m+1)!> m! + \cdots + 2!$ 易知必须 $A= B$，矛盾．
第二步，设 $K$ 是 一个固定的正整数，$K>n ! \max\limits _{A_{1} \subseteq S_{1}} f\left(A_{1}\right)$，我们证明，对任何正整数 $x$，正整数的 $n$ 元集合 $S_{2}=\{K ! n ! x \alpha+1 |\alpha \in S_{1} \}$ 具有下述性质：对 $S_2$ 的任意两个不同的非空子集 $A,B$，数 $f(A)$ 与 $f(B)$ 是两个互素的整数．
事实上，由 $S_2$ 的定义易知，有 $S_1$ 的两个子集 $A_1,B_1$，满足 $\left|A_{1}\right|=|A|,\left|B_{1}\right|=|B|$，且
$f(A)=K ! n ! x f\left(A_{1}\right)+1, f(B)=K ! n ! x f\left(B_{1}\right)+1$ ②
显然 $n!f(A_1)$ 及 $n!f(B_1)$ 都是整数，故由上式知 $f(A)$ 与 $f(B)$ 都是正整数．
现在设正整数 $d$ 是 $f(A)$ 与 $f(B)$ 的一个公约数，则 $n ! f(A) f\left(B_{1}\right)-n ! f(B) f\left(A_{1}\right)$ 是 $d$ 的倍数，故由 ② 可知 $d | n ! f\left(A_{1}\right)-n ! f\left(B_{1}\right)$，但由 $K$ 的选取及 $S_1$ 的构作可知，$\left|n ! f\left(A_{1}\right)-n ! f\left(B_{1}\right)\right|$ 是小于 $K$ 的非零整数，故它是 $K!$ 的约数，从而 $d | K !$．再给合 $d | f(A)$ 及 ② 可知 $d=1$，故 $f(A)$ 与 $f(B)$ 互素．
第三步，我们证明，可选择正整数，使得 $S_2$ 中的数都是合数．由于素数有无穷多个，故可选择 $n$ 个互不相同且均大于 $K$ 的素数 $p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{n}$．将 $S_1$ 中元素记为 $\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}$，则 $\left(p_{i}, K ! n ! \alpha_{i}\right)=1 (1 \leqslant i \leqslant n)$，且 $\left(p_{i}^{2}, p_{j}^{2}\right)=1$（对 $1 \leqslant i<j \leqslant n$）n），故由中国剩余定理可知，同余方程组 $K ! n ! x \alpha_{i} \equiv-1\left(\bmod p_{i}^{2}\right), i=1,2, \cdots, n$ 有正整数解．
任取这样一个解 $x$，则相应的集合 $S_2$ 中每一项显然都是合数．结合第二步的结果，这一 $n$ 元集合满足问题的全部要求．
答案
解析
备注
