题目 对于正整数 $a$，$b$，存在唯一一对整数 $q$ 和 $r$，使得 $a = bq + r$，其中 $0 \leqslant r < b$．特别地，当 $r = 0$ 时，称 $b$ 能整除 $a$，记作 $b\mid a$．已知 $A = \left\{ {1,2,3, \cdots ,23} \right\}$． 问题1 存在 $q \in A$，使得 $2011 = 91q + r\left(0 \leqslant r < 91\right)$，试求 $q$，$r$ 的值； 答案1 $q = 22$，$r = 9$ 解析1 因为$$2011 = 91 \times 22 + 9,$$所以 $q = 22$，$r = 9$． 备注1 问题2 求证：不存在这样的函数 $f:A \to \left\{ {1,2,3} \right\}$，使得对任意的整数 ${x_1}$，${x_2} \in A$，若 $|{x_1} - {x_2}| \in \left\{ {1,2,3} \right\}$，则 $f\left({x_1}\right) \ne f\left({x_2}\right)$； 答案2 略 解析2 用反证法．<br/>假设存在这样的函数 $f:A \to \left\{ {1,2,3} \right\}$，使得对任意的整数 $x$，$y$，若 $|x - y| \in \left\{ {1,2,3} \right\}$，则 $f\left(x\right) \ne f\left(y\right)$．<br/>取 $A$ 中的整数 $m,m+1,m+2,m+3$，则有$$\begin{cases}f(m)\ne f(m+1),\\f(m)\ne f(m+2),\\f(m)\ne f(m+3),\\f(m+1)\ne f(m+2),\\f(m+1)\ne f(m+3),\\f(m+2)\ne f(m+3),\end{cases}$$也就是说 $f(m),f(m+1),f(m+2),f(m+3)$ 两两不等．<br/>因此$$\mathrm{card}\{y|y=f(x),x\in A\}\geqslant 4,$$而$$\mathrm{card}\{1,2,3\}=3,$$矛盾．<br/>因此原命题成立． 备注2 问题3 若 $B \subseteq A$，${\rm Card}\left(B\right) = 12$（${\rm Card}\left(B\right)$ 指集合 $B$ 中的元素的个数），且存在 $a$，$b \in B$，$b < a$，$b\mid a$，则称 $B$ 为＂和谐集＂．求最大的 $m \in A$，使含 $m$ 的集合 $A$ 的有 $ 12 $ 个元素的任意子集为＂和谐集＂，并说明理由． 答案3 $7$ 解析3 从非“和谐集”$$\{12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23\}$$出发可得符合条件的 $m<12$．<br/>将其调整：删去 $22$，写下 $11$；<br/>删去 $20$，写下 $18$；<br/>删去 $18$，写下 $10$；<br/>删去 $16$，写下 $8$；<br/>此时已经通过构造非“和谐集”得到符合题意的 $m<8$．<br/>下面证明 $m=7$ 时符合题意．<br/>将集合 $A$ 除 $7$ 外的元素划分为<br/>$A_0=\{23,19,15,17,13\}$，$A_1=\{22,11\}$，$A_2=\{20,10,5\}$，$A_3=\{18,9,3\}$，$A_4=\{16,8,4,2\}$，$A_5=\{12,6\}$，$A_6=\{14,1\}$．<br/>设含有 $7$ 的集合 $A$ 的 $12$ 元子集为 $X$．<br/>若 $X$ 中含有 $A_6$ 中的元素，则 $X$ 是“和谐集”；<br/>若 $X$ 中不含中 $A_6$ 的元素，则除了 $A_0$ 中的 $5$ 个元素以及元素 $7$ 以外，$X$ 至少要在 $A_1$ 到 $A_5$ 中选 $6$ 个元素，也就是说一定有 $2$ 个元素来自 $A_1$ 到 $A_5$ 中的同一个集合，于是 $X$ 是“和谐集”．<br/>综上知，$m$ 的最大值为 $7$． 备注3