设 $S=\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}$，其中 $A_1,A_2,\cdots,A_n$ 是 $n$ 个互不相同的有限集合（$n\geqslant2$），满足对任意 $A_i,A_j\in S$，均有 $A_i\cup A_j\in S$．若 $k=\min\limits_{1\leqslant i\leqslant n}{|A_i|}\geqslant2$．证明：存在 $x\in\bigcup\limits_{i=1}^{n}{A_i}$，使得 $x$ 属于 $A_1,A_2,\cdots,A_n$ 中的至少 $\dfrac{n}{k}$ 个集合（这里 $|X|$ 表示有限集合 $X$ 的元素个数）．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
不妨设 $|A_1|=k$，设在 $A_1,A_2,\cdots,A_n$ 中与 $A_1$ 不相交的集合有 $s$ 个，重新记为 $B_1,B_2,\cdots,B_s$，设包含 $A_1$ 的集合有 $t$ 个，重新记为 $C_1,C_2,\cdots,C_t$．由已知条件，$(B_i\cup A_1)\in S$，即$$(B_i\cup A_1)\in\{C_1,C_2,\cdots,C_t\},$$这样我们得到一个映射$$f:\{B_1,B_2,\cdots,B_s\}\mapsto\{C_1,C_2,\cdots,C_t\},f(B_i)=B_i\cup A_1.$$显然 $f$ 是单映射，于是 $s\leqslant t$．
设 $A_1=\{a_1,a_2,\cdots,a_k\}$．在 $A_1,A_2,\cdots,A_n$ 中除去 $B_1,B_2,\cdots,B_s,C_1,C_2,\cdots,C_t$ 后，在剩下的 $n-s-t$ 个集合中，设包含 $a_i$ 的集合有 $x_i$ 个，由于剩下的 $n-s-t$ 个集合中每个集合与 $A_1$ 的交非空，即包含某个 $a_i$，从而$$x_1+x_2+\cdots+x_k\geqslant n-s-t.$$不妨设 $x_1=\max\limits_{1\leqslant i\leqslant k}{x_i}$，则由上式知 $x_1\geqslant\dfrac{n-s-t}{k}$，即在剩下的 $n-s-t$ 个集合中，包含 $a_1$ 的集合至少有 $\dfrac{n-s-t}{k}$ 个．又由于 $A_1\subseteq C_i$，故 $C_1,C_2,\cdots,C_t$ 都包含 $a_1$，因此包含 $a_1$ 的集合个数至少为$$\dfrac{n-s-t}{k}+t=\dfrac{n-s+(k-1)t}{k}\geqslant\dfrac{n-s+t}{k}\geqslant\dfrac{n}{k}.$$
设 $A_1=\{a_1,a_2,\cdots,a_k\}$．在 $A_1,A_2,\cdots,A_n$ 中除去 $B_1,B_2,\cdots,B_s,C_1,C_2,\cdots,C_t$ 后，在剩下的 $n-s-t$ 个集合中，设包含 $a_i$ 的集合有 $x_i$ 个，由于剩下的 $n-s-t$ 个集合中每个集合与 $A_1$ 的交非空，即包含某个 $a_i$，从而$$x_1+x_2+\cdots+x_k\geqslant n-s-t.$$不妨设 $x_1=\max\limits_{1\leqslant i\leqslant k}{x_i}$，则由上式知 $x_1\geqslant\dfrac{n-s-t}{k}$，即在剩下的 $n-s-t$ 个集合中，包含 $a_1$ 的集合至少有 $\dfrac{n-s-t}{k}$ 个．又由于 $A_1\subseteq C_i$，故 $C_1,C_2,\cdots,C_t$ 都包含 $a_1$，因此包含 $a_1$ 的集合个数至少为$$\dfrac{n-s-t}{k}+t=\dfrac{n-s+(k-1)t}{k}\geqslant\dfrac{n-s+t}{k}\geqslant\dfrac{n}{k}.$$
答案
解析
备注
