已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 是 $13$ 项的等差数列，集合\[A=\left\{a_i+a_j+a_k\left|\right.1\leqslant i < j < k \leqslant 13,i,j,k\in \mathbb {N}^*\right\},\]则 $0,\dfrac 72,\dfrac {16}3$ 能否同时在集合 $A$ 中？
【难度】
【出处】
2014年北京大学等三校联考自主招生试题
【标注】
【答案】
$0 , \dfrac{7}{2} , \dfrac{{16}}{3}$ 不能同时在集合 $A$ 中
【解析】
容易证明：将集合 $A$ 中的所有数从小到大排列，则可以得到一个与数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 的公差相同的等差数列 $\left\{ {{b_n}} \right\}$．
设数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 的公差为 $d$，不妨设 $d \geqslant 0$．
情形一 若 $d = 0$，则显然不符合题意；
情形二 若 $d > 0$，则数列 $\left\{ {{b_n}} \right\}$ 中的最小项为 ${a_1} + {a_2} + {a_3}$，最大项为 ${a_{11}} + {a_{12}} + {a_{13}}$．其中至多有\[\left( {11 + 12 + 13} \right) - \left( {1 + 2 + 3} \right) + 1 = 31\]项，且任意两项的差均为公差 $d$ 的整数倍．
不失一般性，将 $0 , \dfrac{7}{2} , \dfrac{{16}}{3}$ 看作 $0 , 21 , 32$（所有的数同时扩大 $6$ 倍即可）．由于 $\left({21 , 32} \right) = 1$，而 $d|1$，于是 $d \leqslant 1$，因此同时包含 $0 , 21 , 32$ 的等差数列至少有 $32$ 项．
这与数列 $\left\{ {{b_n}} \right\}$ 中至多有 $31$ 项矛盾，因此 $0 , \dfrac{7}{2} , \dfrac{{16}}{3}$ 不能同时在集合 $A$ 中．
设数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 的公差为 $d$，不妨设 $d \geqslant 0$．
不失一般性，将 $0 , \dfrac{7}{2} , \dfrac{{16}}{3}$ 看作 $0 , 21 , 32$（所有的数同时扩大 $6$ 倍即可）．由于 $\left({21 , 32} \right) = 1$，而 $d|1$，于是 $d \leqslant 1$，因此同时包含 $0 , 21 , 32$ 的等差数列至少有 $32$ 项．
这与数列 $\left\{ {{b_n}} \right\}$ 中至多有 $31$ 项矛盾，因此 $0 , \dfrac{7}{2} , \dfrac{{16}}{3}$ 不能同时在集合 $A$ 中．
答案
解析
备注
