已知 $A=\{a_1,a_2,a_3,a_4\}$，$a_i\in\mathbb N^{\ast}$（$i=1,2,3,4$），记 $a_1+a_2+a_3+a_4=S$，满足 $a_i+a_j\mid S$ 的数对 $(i,j)$ 的个数记为 $a$（$i,j\in\{1,2,3,4\}$ 且 $i<j$），则 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
2017年清华大学THUSSAT附加学科测试数学部分（二测）
【标注】
【答案】
B
【解析】
首先证明 $a\leqslant 4$．设 $a_1<a_2<a_3<a_4$，则\[a_1+a_2<a_1+a_3<a_2+a_3<a_2+a_4<a_3+a_4,\]于是 $a_2+a_4,a_3+a_4$ 均不可能整除 $S$，否则 $a_2+a_4
\leqslant\dfrac S2$ 或 $a_3+a_4\leqslant \dfrac S2$，与\[a_1+a_2+a_3+a_4=S\]矛盾．
接下来考虑 $a=4$ 的情形，此时有\[a_1+a_2,a_1+a_3,a_2+a_3,a_1+a_4\mid S.\]由于\[(a_2+a_3)+(a_1+a_4)=S,\]于是必然有\[a_2+a_3=a_1+a_4=\dfrac S2.\]考虑 $a_1+a_3$，若 $a_1+a_3<\dfrac S3$，则\[a_1+a_3\leqslant \dfrac S4,a_1+a_2\leqslant \dfrac S5,\]于是\[a_1+a_2+a_3\leqslant \dfrac 12\left(\dfrac S2+\dfrac S4+\dfrac S5\right)=\dfrac{19}{40}S,\]从而\[a_4\geqslant \dfrac{21}{40}S,\]矛盾．因此必然有\[a_1+a_3=\dfrac S3.\]最后设 $a_1+a_2=\dfrac Sk$，则\[S=k(a_1+a_2)=3(a_1+a_3)=2(a_2+a_3)=2(a_1+a_4),\]解得\[(a_1,a_2,a_3,a_4)=\dfrac{S}{12k}\left(6-k,6+k,5k-6,7k-6\right),\]于是所有可能解为\[(a_1,a_2,a_3,a_4)=\dfrac{S}{24}(1,5,7,11),\dfrac{S}{60}(1,11,19,29).\]
\leqslant\dfrac S2$ 或 $a_3+a_4\leqslant \dfrac S2$，与\[a_1+a_2+a_3+a_4=S\]矛盾．
接下来考虑 $a=4$ 的情形，此时有\[a_1+a_2,a_1+a_3,a_2+a_3,a_1+a_4\mid S.\]由于\[(a_2+a_3)+(a_1+a_4)=S,\]于是必然有\[a_2+a_3=a_1+a_4=\dfrac S2.\]考虑 $a_1+a_3$，若 $a_1+a_3<\dfrac S3$，则\[a_1+a_3\leqslant \dfrac S4,a_1+a_2\leqslant \dfrac S5,\]于是\[a_1+a_2+a_3\leqslant \dfrac 12\left(\dfrac S2+\dfrac S4+\dfrac S5\right)=\dfrac{19}{40}S,\]从而\[a_4\geqslant \dfrac{21}{40}S,\]矛盾．因此必然有\[a_1+a_3=\dfrac S3.\]最后设 $a_1+a_2=\dfrac Sk$，则\[S=k(a_1+a_2)=3(a_1+a_3)=2(a_2+a_3)=2(a_1+a_4),\]解得\[(a_1,a_2,a_3,a_4)=\dfrac{S}{12k}\left(6-k,6+k,5k-6,7k-6\right),\]于是所有可能解为\[(a_1,a_2,a_3,a_4)=\dfrac{S}{24}(1,5,7,11),\dfrac{S}{60}(1,11,19,29).\]
题目
答案
解析
备注
