一个由空间中的点组成的集合 $S$ 满足性质：$S$ 中任意两点之间的距离互不相同．假设 $S$ 中的点的坐标 $(x,y,z)$ 都是整数，并且 $1\leqslant x,y,z\leqslant n$，证明：集合 $S$ 的元素个数小于 $\min\left\{(n+2)\sqrt{\dfrac n3},n\sqrt 6\right\}$．
【难度】
【出处】
2009年全国高中数学联赛吉林省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
记 $|S|=t$．
证明 $S<n\sqrt 6$．
因为满足 $1\leqslant x,y,z\leqslant n$ 的整点之间的距离不超过 $(1,1,1)$ 与 $(n,n,n)$ 之间的距离，所以对任意 $(x_1,y_1,z_1),(x_2,y_2,z_2)\in S$，都有$$(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2+(z_1-z_2)^2\leqslant 3(n-1)^2.$$因为 $S$ 中任意两点之间的距离互不相同，所以$${\rm C}_t^2\leqslant 3(n-1)^2,$$即$$t^2-t\leqslant 6(n-1)^2,$$于是$$t\leqslant \dfrac 12 +\dfrac 12 \sqrt{1+24(n-1)^2}<n\sqrt 6,$$其中最后一个不等式等价于$$1+24(n-1)^2<(2n\sqrt 6 -1)^2,$$展开后移项即得．
另一方面，对 $S$ 中的任意两点 $(x_i,y_i,z_i),(x_j,y_j,z_j)$，考虑集合 $\{a,b,c\}$（允许出现重复元素），这里 $a=|x_i-x_j|$，$b=|y_i-y_j|$，$c=|z_i-z_j|$．
依题意，所得的 $\{a,b,c\}$ 两两不同，且 $0\leqslant a,b,c\leqslant n-1$，$a,b,c$ 不全为零．
于是，我们有$${\rm C}_t^2\leqslant {\rm C}_n^3+2{\rm C}_n^2+{\rm C}_n^1-1 \cdots {\text{ ① }}$$故$${\rm C}_t^2<{\rm C}_n^3+2{\rm C}_n^2 +{\rm C}_n^1,$$解得$$t<\dfrac 12 +\sqrt{\dfrac 14 +\dfrac 13n(n+1)(n+2)}.$$证明 $S<(n+2)\sqrt{\dfrac n3}$．
下面证明当 $n\geqslant 3$ 时，有 $t<(n+2)\sqrt {\dfrac n3}$．
因为$$\dfrac 12 +\sqrt{\dfrac 14 +\dfrac 13 n(n+1)(n+2)}\leqslant (n+2)\sqrt{\dfrac n3}$$等价于$$\dfrac 14 +\dfrac 13 n(n+1)(n+2)\leqslant \left[(n+2)\sqrt{\dfrac n3}-\dfrac 12\right]^2,$$展开后移项即可知此不等式在 $n\geqslant 3$ 时成立，从而有$$t<(n+2)\sqrt {\dfrac n3},$$得证．
于是，当 $n\geqslant 3$ 时，总有$$t\leqslant \min\left\{(n+2)\sqrt{\dfrac n3},n\sqrt 6\right\}\cdots \text{ ② }$$而当 $n=1$ 时，$t=1$；当 $n=2$ 时，由 ① 知 $t\leqslant 3$．这时 ② 都成立，命题获证．
因为满足 $1\leqslant x,y,z\leqslant n$ 的整点之间的距离不超过 $(1,1,1)$ 与 $(n,n,n)$ 之间的距离，所以对任意 $(x_1,y_1,z_1),(x_2,y_2,z_2)\in S$，都有$$(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2+(z_1-z_2)^2\leqslant 3(n-1)^2.$$因为 $S$ 中任意两点之间的距离互不相同，所以$${\rm C}_t^2\leqslant 3(n-1)^2,$$即$$t^2-t\leqslant 6(n-1)^2,$$于是$$t\leqslant \dfrac 12 +\dfrac 12 \sqrt{1+24(n-1)^2}<n\sqrt 6,$$其中最后一个不等式等价于$$1+24(n-1)^2<(2n\sqrt 6 -1)^2,$$展开后移项即得．
另一方面，对 $S$ 中的任意两点 $(x_i,y_i,z_i),(x_j,y_j,z_j)$，考虑集合 $\{a,b,c\}$（允许出现重复元素），这里 $a=|x_i-x_j|$，$b=|y_i-y_j|$，$c=|z_i-z_j|$．
依题意，所得的 $\{a,b,c\}$ 两两不同，且 $0\leqslant a,b,c\leqslant n-1$，$a,b,c$ 不全为零．
于是，我们有$${\rm C}_t^2\leqslant {\rm C}_n^3+2{\rm C}_n^2+{\rm C}_n^1-1 \cdots {\text{ ① }}$$故$${\rm C}_t^2<{\rm C}_n^3+2{\rm C}_n^2 +{\rm C}_n^1,$$解得$$t<\dfrac 12 +\sqrt{\dfrac 14 +\dfrac 13n(n+1)(n+2)}.$$
下面证明当 $n\geqslant 3$ 时，有 $t<(n+2)\sqrt {\dfrac n3}$．
因为$$\dfrac 12 +\sqrt{\dfrac 14 +\dfrac 13 n(n+1)(n+2)}\leqslant (n+2)\sqrt{\dfrac n3}$$等价于$$\dfrac 14 +\dfrac 13 n(n+1)(n+2)\leqslant \left[(n+2)\sqrt{\dfrac n3}-\dfrac 12\right]^2,$$展开后移项即可知此不等式在 $n\geqslant 3$ 时成立，从而有$$t<(n+2)\sqrt {\dfrac n3},$$得证．
于是，当 $n\geqslant 3$ 时，总有$$t\leqslant \min\left\{(n+2)\sqrt{\dfrac n3},n\sqrt 6\right\}\cdots \text{ ② }$$而当 $n=1$ 时，$t=1$；当 $n=2$ 时，由 ① 知 $t\leqslant 3$．这时 ② 都成立，命题获证．
答案
解析
备注
