题目 设 $n$ 为给定的不小于 $5$ 的正整数，考察 $n$ 个不同的正整数 $a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n$ 构成的集合 $P=\left\{a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\right\}$，若集合 $P$ 的任何两个不同的非空子集所含元素的总和均不相等，则称集合 $P$ 为"差异集合"． 问题1 分别判断集合 $A=\left\{1,3,8,13,23\right\}$，集合 $B=\left\{1,2,4,8,16\right\}$ 是否是"差异集合"（只需写出结论）； 答案1 集合 $A$ 不是"差异集合"，集合 $B$ 是"差异集合" 解析1 根据"差异集合"的定义，由于$$1+23=3+8+13,$$集合 $A$ 不是"差异集合"．而由于$$B=\left\{00001_{(2)},00010_{(2)},00100_{(2)},01000_{(2)},10000_{(2)}\right\},$$因此集合 $B$ 是"差异集合"． 备注1 问题2 设集合 $P=\left\{a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\right\}$ 是"差异集合"，记 $b_i=a_i-2^{i-1}$（$i=1,2,\cdots,n$），求证：数列 $\left\{b_i\right\}$ 的前 $k$ 项和 $D_k\geqslant 0$（$k=1,2,\cdots,n$）； 答案2 略 解析2 欲证明结论即$$\forall n\in\mathbb N^*,\left(a_1-1\right)+\left(a_2-2\right)+\left(a_3-2^2\right)+\cdots+\left(a_n-2^{n-1}\right)\geqslant 0,$$也即$$\forall n\in\mathbb N^*,a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n\geqslant 1+2+2^2+\cdots+2^{n-1}=2^n-1.$$事实上，集合 $P$ 的非空子集共有 $2^n-1$ 个，这些子集中的元素之和互不相等，因此这 $2^n-1$ 个和的最大数$$a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n\geqslant 2^n-1,$$等号当 $a_i=2^{i-1},i=1,2,3,\cdots,n$ 时取得． 备注2 问题3 设集合 $P=\left\{a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\right\}$ 是"差异集合"，求 $\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}$ 的最大值． 答案3 $ 2-\dfrac{1}{2^{n-1}} $ 解析3 $\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}$ 的最大值为 $2-\dfrac{1}{2^{n-1}}$，证明如下．<br/>不妨设 $a_1<a_2<\cdots<a_n$．考虑两者之差\[\begin{split}&\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{2^{i-1}}}-\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{a_i}}\\&=\dfrac{a_1-1}{a_1}+\dfrac{a_2-2}{2a_2}+\dfrac{a_3-2^2}{2^2\cdot a_3}+\cdots+\dfrac{a_n-2^{n-1}}{2^{n-1}\cdot a_n}\\&=\dfrac{b_1}{a_1}+\dfrac{b_2}{2a_2}+\dfrac{b_3}{2^2\cdot a_3}+\cdots+\dfrac{b_n}{2^{n-1}\cdot a_n}\\&=\dfrac{D_1}{a_1}+\dfrac{D_2-D_1}{2a_2}+\dfrac{D_3-D_2}{2^2\cdot a_3}+\cdots+\dfrac{D_n-D_{n-1}}{2^{n-1}\cdot a_n}\\&=D_1\cdot\left(\dfrac{1}{a_1}-\dfrac{1}{2a_2}\right)+D_2\cdot\left(\dfrac{1}{2a_2}-\dfrac{1}{2^2a_3}\right)+\cdots+D_{n-1}\cdot\left(\dfrac{1}{2^{n-2}a_{n-1}}-\dfrac{1}{2^{n-1}a_n}\right)+\dfrac{D_n}{2^{n-1}a_n}\\&\geqslant 0,\end{split}\]等号当 $a_i=2^{i-1},i=1,2,3,\cdots,n$ 时取得．因此 $\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}$ 的最大值为$$\sum\limits_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{2^{i-1}}}=2-\dfrac{1}{2^{n-1}}.$$ 备注3 思路来自于Abel恒等式$$\sum_{i=1}^{n}{a_i\cdot b_i}=\sum_{i=1}^{n}{S\left(a_i\right)\cdot\Delta\left(b_i\right)},$$其中\[\begin{split}S\left(a_i\right)&=a_1+a_2+\cdots+a_i,i=1,2,\cdots,n,\\\Delta\left(b_i\right)&=b_i-b_{i+1},i=1,2,\cdots,n-1 \text{且} \Delta\left(b_n\right)=b_n.\end{split}\]这是级数不等式放缩的重要恒等式．<br/>每日一题[75]阿贝尔求和．