无

略

当 $n\geqslant 4$ 时，考察集合 $M=\left\{ m,m+1,m+2, \cdots, m+n-1 \right\}$．
若 $2\mid m$，则 $m+1$、$m+2$、$m+3$ 两两互素；
若 $2\nmid m$，则 $m$、$m+1$、$m+2$ 两两互素．
于是，$M$ 的所有 $n$ 元子集中，均有至少 $\text{3}$ 个两两互素的元素．因此，$f\left( n \right)$ 存在，且 $f\left( n \right)\leqslant n$．……10分
设 ${{T}_{n}}=\left\{ t\left| t\leqslant n+1\right. \right.$ 且 $2\mid t$ 或 $\left. 3\mid t \right\}$，则 ${{T}_{n}}$ 为 $\left\{ 2 3 \cdot \cdot\cdot n+1 \right\}$ 的子集，但 ${{T}_{n}}$ 中任 $\text{3}$ 个元素均不能两两互素，因此，$f\left( n \right)\geqslant \left| {{T}_{n}} \right|+1$．
由容斥原理知
$\left| {{T}_{n}} \right|=\left[ \dfrac{n+1}{2}\right]+\left[ \dfrac{n+1}{3} \right]-\left[ \dfrac{n+1}{6} \right]$，
从而必有
$f\left( n \right)\geqslant \left[ \dfrac{n+1}{2}\right]+\left[ \dfrac{n+1}{3} \right]-\left[ \dfrac{n+1}{6} \right]+1$．① …20分
因此 $f\left(4 \right)\geqslant 4$，$f\left( 5\right)\geqslant 5$，$f\left( 6\right)\geqslant 5$，
$f\left( 7 \right)\geqslant 6$，$f\left( 8 \right)\geqslant 7$，$f\left( 9 \right)\geqslant 8$．
以下证明 $f\left( 6 \right)=5$．
设 ${{x}_{1}}$、${{x}_{2}}$、${{x}_{3}}$、${{x}_{4}}$、${{x}_{5}}$ 为 $\left\{ m m+1 \cdot\cdot \cdot m+5 \right\}$ 中的 $\text{5}$ 个数．若这 $\text{5}$ 个数中有 $\text{3}$ 个奇数，则它们两两互素；若这 $\text{5}$ 个数中有 $\text{2}$ 个奇数，则必有 $\text{3}$ 个偶数，不妨设 ${{x}_{1}}$、${{x}_{2}}$、${{x}_{3}}$ 为偶数，${{x}_{4}}$、${{x}_{5}}$ 为奇数，当 $1\leqslant i<j\leqslant 3$ 时，$\left| {{x}_{i}}-{{x}_{j}} \right|\in \left\{ 2 4 \right\}$，所以 ${{x}_{1}}$、${{x}_{2}}$、${{x}_{3}}$ 中至多一个被 $\text{3}$ 整除，至多一个被 $\text{5}$ 整除，从而至少有一个既不被 $\text{3}$ 整除也不被 $\text{5}$ 整除，不妨设 $3\nmid {{x}_{3}}$，$5\nmid {{x}_{3}}$，则 ${{x}_{3}}$、${{x}_{4}}$、${{x}_{5}}$ 两两互素，这就是说这 $\text{5}$ 个数中有 $\text{3}$ 个两两互素，即 $f\left( 6 \right)=5$．……30分
又由 $\left\{ m,m+1, \cdot\cdot \cdot m+n \right\}=\left\{ m,m+1, \cdot \cdot \cdot ,m+n-1 \right\}\bigcup \left\{ m+n \right\}$ 知
$f\left( n+1 \right)\leqslant f\left( n \right)+1$．
因为 $f\left( 6 \right)=5$，所以
$f\left(4 \right)=4$，$f\left( 5\right)=5$，$f\left( 7\right)=6$，$f\left( 8\right)=7$，$f\left( 9\right)=8$．
因此，当 $4\leqslant n\leqslant 9$ 时
$f\left(n \right)=\left[ \dfrac{n+1}{2} \right]+\left[ \dfrac{n+1}{3} \right]-\left[ \dfrac{n+1}{6}\right]+1$．② ……40分
以下用归纳法证明 ② 对所有 $n$ 都成立：
假设 $n\leqslant k\left( k\geqslant 9 \right)$ 时 ② 式都成立．
当 $n=k+1$ 时，由于
$\left\{m m+1 \cdot \cdot \cdot m+k \right\}=\left\{ m m+1 \\cdot \cdot \cdot m+k-6 \right\}\bigcup $
$\left\{m+k-5 m+k-4 m+k-3 m+k-2 m+k-1 m+k \right\}$
且由归纳假设 $n=6$，$n=k-5$ 时，② 式成立，所以
$f\left(k+1 \right)\leqslant f\left( k-5 \right)+f\left( 6 \right)-1$
$=\left[\dfrac{k+2}{2} \right]+\left[ \dfrac{k+2}{3} \right]-\left[ \dfrac{k+2}{6}\right]+1$．③
由 ①、③ 式知，对于 $n=k+1$，② 式成立．
所以，对于任意 $n\geqslant 4$，有
$f\left( n \right)=\left[ \dfrac{n+1}{2} \right]+\left[\dfrac{n+1}{3} \right]-\left[ \dfrac{n+1}{6} \right]+1$．……50分