2009年第3期 19 ●竞赛之窗● 2009中国数学奥林匹克 第一天 限数集X的所有元素之和及元素个数) (余红兵供题) 1.给定锐角△PBC,PB≠PC.设A、D分 别是边PB、PC上的点联结AC、BD交于点 参考答案 第一天 线段BC 1.(1)如图1，设0、 A、B、CD四点共圆，求证 R分别是边OB、OC的 EMN=N· 中点，联结0、MQ~ (2)若EMN=N·M,是否一定有 FR、MR则 A、B、C、D四点共圆？证明你的结论 EQ=0B=RM (熊斌供题) 2.求所有的质数对(p,g),使得 MQ=0C=RF. 网(5+5). (付云皓供顺 图1 31.设m、n4<m<m)是给定的整数 又四边形OQMR是 44…是 一个正2m+1边形，P 平行四边形，则 ,…,4}.求顶点属于P且恰有两个内 ∠OQM=∠ORM 角是锐角的凸m边形的个数 由题设AB、C、D四点共圆，有 ∠ABD=∠ACD 冷岗松供题) →∠E00=2∠ABD 第二天 =2∠AcD=∠RO 4.给定整数n(n习)，实数4，，，a →∠E0M=∠EO0+∠OQM ∠FRO+∠ORM=∠FRM 满足，a·al=1求习a小的最小 →△FOM≌△MRF→EM=FM (朱华伟供题) 同理V=N 5.凸m边形P中的每条边和每条对角 所以，MFN=ENM 线都被染为n种颜色中的一种.问：对怎样的 (2)答案是否定的 ,存在一种染色方式，使得对于这n种颜色 中的任何三种不同颜色，都能找到 当AD∥BC时，由于∠B≠∠C,则A、 :角 B、C、D四点不共圆，但此时仍然有EM·N 多边形P的顶点 ,且它的三条 =N,M证明加下 如图2，设、0分 6.给定整数n(n习).证明：存在n个 互不相同的正整数组成的集合S,使得对s 别是边Q4、OB的中 的任意两个不同的非空子集A、B,数 点，联结S、即、MQ NS.则 济与所 NS =OD 是互质的合数（这里2与1分别表示有 =0B 194-2009 China Academic Joural Eleetronic Publishing House.All rights reserved.http://www.enki.net
●竞赛之窗 ● 2009 中国数学奥林匹克 第 一 天 1. 给定锐角 △PBC , PB ≠PC. 设 A 、D 分 别是边 PB 、PC 上的点 ,联结 AC、BD 交于点 O. 过 O 分别作 OE ⊥AB 于 E , OF ⊥CD 于 F , 线段 BC、AD 的中点分别为 M 、N. (1) 若 A 、B 、C、D 四点共圆 ,求证 : EM·FN = EN·FM ; (2) 若 EM·FN = EN ·FM ,是否一定有 A 、B 、C、D 四点共圆 ? 证明你的结论. (熊 斌 供题) 2. 求所有的质数对( p , q) ,使得 pq| (5 p + 5 q ) . (付云皓 供题) 3. 设 m、n (4 < m < n) 是给定的整数 , A1 A2 …A2 n + 1是一个正 2 n + 1 边形 , P = { A1 , A2 , …,A2 n + 1 }. 求顶点属于 P 且恰有两个内 角是锐角的凸 m 边形的个数. (冷岗松 供题) 第 二 天 4. 给定整数 n ( n ≥3) ,实数 a1 , a2 , …, an 满足 min 1 ≤i < j ≤n | ai - aj | = 1. 求 ∑ n k = 1 | ak | 3 的最小 值. (朱华伟 供题) 5.凸 n 边形 P 中的每条边和每条对角 线都被染为 n 种颜色中的一种. 问 :对怎样的 n ,存在一种染色方式 ,使得对于这 n 种颜色 中的任何三种不同颜色 ,都能找到一个三角 形 ,其顶点为多边形 P 的顶点 ,且它的三条 边分别被染为这三种颜色 ? (苏 淳 供题) 6. 给定整数 n ( n ≥3) . 证明 :存在 n 个 互不相同的正整数组成的集合 S ,使得对 S 的任意两个不同的非空子集 A 、B ,数 x∑∈A x | A| 与 x∑∈B x | B| 是互质的合数(这里 x∑∈X x 与| X| 分别表示有 限数集 X 的所有元素之和及元素个数) . (余红兵 供题) 参 考 答 案 第 一 天 图 1 1. (1) 如图 1 ,设 Q、 R 分别是边 OB 、OC 的 中 点 , 联 结 EQ、MQ、 FR、MR. 则 EQ = 1 2 OB = RM , MQ = 1 2 OC = RF. 又四边形 OQMR 是 平行四边形 ,则 ∠OQM = ∠ORM. 由题设 A 、B 、C、D 四点共圆 ,有 ∠ABD = ∠ACD ] ∠EQO = 2 ∠ABD = 2 ∠ACD = ∠FRO ] ∠EQM = ∠EQO + ∠OQM = ∠FRO + ∠ORM = ∠FRM ] △EQM ≌△MRF ] EM = FM. 同理 , EN = FN. 所以 , EM·FN = EN·FM. (2) 答案是否定的. 当 AD ∥BC 时 ,由于 ∠B ≠∠C ,则 A 、 B 、C、D 四点不共圆 ,但此时仍然有 EM·FN 图 2 = EN·FM. 证明如下 : 如图 2 ,设 S 、Q 分 别是 边 OA 、OB 的 中 点 ,联结 ES 、EQ、MQ、 NS . 则 NS = 1 2 OD , EQ = 1 2 OB . 2009 年第 3 期 19
20 中等数学 故-8出 ① 若k≤，则由式②、③易知 1=2e52. 又S=OA,M0=0C,则 =5ana》=62t ② =.1)2三.1(mdp) 这与p2矛盾.因此，k>1. 同理，k号6与≤m》 2.若2！p四，不妨设p=2.则 更有∠BBB1>26S≤m). 2a(5+59)→ad(54+25) 而∠P乃乃+∠P.1PB>I,故其中 由费马小定理知41(5.5)，得30，即 至多一个为锐角。 问到原颗 验正质数对22)不合要求，2,3) 由引理知，若凸m边形中恰有两个内角 (2,5)符合要求 是锐角，则它们对应的顶点相邻 若g为奇数且5引四，不妨设p=5.则 在凸m边形中，设A,、4,为两相邻顶点 5g(5+5)→(5 +625) 且在这两个顶点处的内角均为锐角.设A,与 当q=5时，质数对(5,5)符合要求 A的劣弧上包含了P的r条边(1≤r≤m),这 当g书时由费马小定理有(51.1) 样的(1》在r固定时恰有2n+1对 故g626.由于 9为奇质数，而626的奇质因 (1)若凸m边形的其余m-2个顶点全 子只有313，所 9=313 经检验，质数对(5,313)符合要求。 在劣弧A4,上，而A4,上有r-1个P中的点 若P、9都不等于2和5，则 此时，这m-2个顶点的取法数为C? m6-+5 (2)若凸m边形的其余m2个顶点全 故5+51司(mdp) ① 在优弧44，上，取A,、4,的对径点B,、B,由 由费马小定理得 于凸m边形在顶点4：4处的内角为锐角， 5-1(modp ② 由式①②得 于是其余的m~2个顶点全在劣弧B,B,上 51=.1(modp） 而B,B,上恰有r个P中的点，此时，这m-2 设p1=2(2r1),9-1=2'(2s1) 个顶点的取法数为C (k、、r、s为正整数) 所以，满足题设的凸m边形的个数为 1994-2009 China academic lournal elect onic Publishing House.All rights reserved. http://www.cnki.ne
故 NS EQ = OD OB . ① 又 ES = 1 2 OA , MQ = 1 2 OC ,则 ES MQ = OA OC . ② 而 AD ∥BC ,于是 , OA OC = OD OB . ③ 由式 ①、②、③得 NS EQ = ES MQ . 因 ∠NSE = ∠NSA + ∠ASE = ∠AOD + 2 ∠AOE , ∠EQM = ∠MQO + ∠OQE = ( ∠AOE + ∠EOB) + (180°- 2 ∠EOB) = ∠AOE + (180°- ∠EOB) = ∠AOD + 2 ∠AOE = ∠NSE , 所以 , △NSE ∽ △EQM. 故 EN EM = SE QM = OA OC (由式 ②) . 同理 , FN FM = OA OC . 因此 , EN EM = FN FM ] EM·FN = EN·FM. 2. 若 2| pq ,不妨设 p = 2. 则 2 q| (5 2 + 5 q ) ] q| (5 q + 25) . 由费马小定理知 q| (5 q - 5) ,得 q| 30 ,即 q = 2 ,3 ,5. 易验证质数对 (2 ,2) 不合要求 , (2 ,3) , (2 ,5) 符合要求. 若 pq 为奇数且 5| pq ,不妨设 p = 5. 则 5 q| (5 5 + 5 q ) ] q| (5 q - 1 + 625) . 当 q = 5 时 ,质数对(5 ,5) 符合要求. 当 q ≠5 时 ,由费马小定理有 q| (5 q - 1 - 1) , 故 q| 626. 由于 q 为奇质数 ,而 626 的奇质因 子只有 313 ,所以 , q = 313. 经检验 ,质数对(5 ,313) 符合要求. 若 p、q 都不等于 2 和 5 ,则 pq| (5 p - 1 + 5 q - 1 ) . 故 5 p - 1 + 5 q - 1 ≡0 (mod p) . ① 由费马小定理得 5 p - 1 ≡1 (mod p) . ② 由式 ①、②得 5 q - 1 ≡- 1 (mod p) . ③ 设 p - 1 = 2 k (2 r - 1) , q - 1 = 2 l (2 s - 1) ( k、l 、r、s 为正整数) . 若 k ≤l ,则由式 ②、③易知 1 = 1 2 l - k (2 s - 1) ≡(5 p - 1 ) 2 l - k (2 s - 1) = 5 2 l (2 r - 1) (2 s - 1) = (5 q - 1 ) 2 r - 1 ≡( - 1) 2 r - 1 ≡- 1 (mod p) , 这与 p ≠2 矛盾. 因此 , k > l. 同理 , k π 2 (3 ≤j ≤m - 1) . 更有 ∠Pj - 1 Pj Pj + 1 > π 2 (3 ≤j ≤m - 1) . 而 ∠P1 P2 P3 + ∠Pm - 1 Pm P1 >π,故其中 至多一个为锐角. 回到原题. 由引理知 ,若凸 m 边形中恰有两个内角 是锐角 ,则它们对应的顶点相邻. 在凸 m 边形中 ,设 Ai 、Aj 为两相邻顶点 , 且在这两个顶点处的内角均为锐角. 设 Ai 与 Aj 的劣弧上包含了 P 的 r 条边(1 ≤r ≤n) ,这 样的( i , j) 在 r 固定时恰有 2 n + 1 对. (1) 若凸 m 边形的其余 m - 2 个顶点全 在劣弧AiAj上 ,而AiAj上有 r - 1 个 P 中的点 , 此时 ,这 m - 2 个顶点的取法数为 C m - 2 r - 1 . (2) 若凸 m 边形的其余 m - 2 个顶点全 在优弧AiAj 上 ,取 Ai 、Aj 的对径点 Bi 、Bj ,由 于凸 m 边形在顶点 Ai 、Aj 处的内角为锐角 , 于是 ,其余的 m - 2 个顶点全在劣弧BiBj上 , 而BiBj上恰有 r 个 P 中的点 ,此时 ,这 m - 2 个顶点的取法数为 C m - 2 r . 所以 ,满足题设的凸 m 边形的个数为 20 中 等 数 学
2009年第3期 21 时成立 (2n+)∑C+C) -2n+)(c+) 因此，2a的最小值为克(.) (n为奇数)，或者克(.2)(n为偶数) =2n+)∑C.C+ 5.当n(n习)为奇数时，存在符合要求 (cc 的染法：当n为偶数时，不存在所述的染法. 因为每三个顶点形成一个三角形，三角 =(2n+)(C1+C') 形的个数为C,而颜色的三三搭配也刚好有 第二天 C,种，所以，本题相当于要求不同的三角形 对应于不同的颜色组合，即形成 时应 4.不妨设a1<a<<a 以下将多边形的边与对角线都称为 则对1≤k≤n有 线段. Ia +l a.a.as 村干每一种领色其余的领色形成 n+1-2. 种搭配，从而，每种颜色的线段（边或对角线 都应出现在C.:个三角形中，而每一条线段 故习a'=支，2a'+1a. 都是n2个三角形的边，因此，在满足要求 的染法中，每种颜色的线段都应当有 =支la则+lai 子0dla小2+利ad+1ad月 当m为偶数时，”不是整数，因此，不 al +la.) 可能存在满足条件的染 奇数，我们给出一种 2站习n+12. 染法，并证明它满足题中条件。 自某个顶点开始，按顺时针方向将凸 当n为奇数时 2m+1边形的各个顶点依次记为A,4:,一 2n+123=2 A2m+1 对于112，…2m+1}按模2m+1理 =1(2.02 解项点A.再将2m+1种颜色分别记为颜色 当n为偶数时 1,2,…,2m+1 将边AA1染为颜色1(1=1,2，… 2n+12=221 2m+).再对每个1都将线段（对角线） A.4+1t(k=12,,m-1)染为颜色i,于 =2[.∑2月=}(.2) 故当m为奇数时 +(mod (2m+1)) ① la'.)2 时线段A,4,与A,4,同色 因此，对任何1车(md(2m+1),任何 当n为偶数时， k车0(d(2m+1),线段A,4,都不与 la'克(n.2》 A+4,同色 等号均在a1”生（ú1,2， 换言之如果 i1-=i2-h(md(2m+1) ② 1994-2009 China Academie Journal Electronic Publishing House.All rights reserved. http://www.cnki.ne
(2 n + 1) ∑ n r = 1 (C m - 2 r - 1 + C m - 2 r ) = (2 n + 1) ( ∑ n r = 1 C m - 2 r - 1 + ∑ n r = 1 C m - 2 r ) = (2 n + 1) ∑ n r = 1 (C m - 1 r - C m - 1 r - 1 ) + ∑ n r = 1 (C m - 1 r + 1 - C m - 1 r ) = (2 n + 1) (C m - 1 n + 1 + C m - 1 n ) . 第 二 天 4. 不妨设 a1 < a2 < …< an . 则对 1 ≤k ≤n 有 | ak | + | an - k + 1 | ≥| an - k + 1 - ak | ≥| n + 1 - 2 k| . 故 ∑ n k =1 | ak | 3 = 1 2 ∑ n k = 1 (| ak | 3 + | an + 1 - k | 3 ) = 1 2 ∑ n k = 1 (| ak | + | an + 1 - k | ) · 3 4 (| ak | - | an + 1 - k | ) 2 + 1 4 (| ak | + | an + 1 - k | ) 2 ≥1 8 ∑ n k = 1 (| ak | + | an + 1 - k | ) 3 ≥1 8 ∑ n k = 1 | n + 1 - 2 k 3 . 当 n 为奇数时 , ∑ n k = 1 | n + 1 - 2 k| 3 = 2 ×2 3 ∑ n - 1 2 i = 1 i 3 = 1 4 ( n 2 - 1) 2 ; 当 n 为偶数时 , ∑ n k = 1 | n + 1 - 2 k| 3 = 2 ∑ n 2 i = 1 (2 i - 1) 3 = 2 ∑ n j = 1 j 3 - ∑ n 2 i = 1 (2 i) 3 = 1 4 n 2 ( n 2 - 2) . 故当 n 为奇数时 , ∑ n k = 1 | ak | 3 ≥1 32 ( n 2 - 1) 2 ; 当 n 为偶数时 , ∑ n k = 1 | ak | 3 ≥1 32 n 2 ( n 2 - 2) . 等号均在 ai = i - n + 1 2 ( i = 1 ,2 , …, n) 时成立. 因此 , ∑ n k = 1 | ak | 3 的最小值为 1 32 ( n 2 - 1) 2 ( n 为奇数) ,或者 1 32 n 2 ( n 2 - 2) ( n 为偶数) . 5. 当 n ( n ≥3) 为奇数时 ,存在符合要求 的染法 ;当 n 为偶数时 ,不存在所述的染法. 因为每三个顶点形成一个三角形 ,三角 形的个数为 C 3 n ,而颜色的三三搭配也刚好有 C 3 n 种 ,所以 ,本题相当于要求不同的三角形 对应于不同的颜色组合 ,即形成一一对应. 以下将多边形的边与对角线都称为 线段. 对于每一种颜色 ,其余的颜色形成 C 2 n - 1 种搭配 ,从而 ,每种颜色的线段(边或对角线) 都应出现在 C 2 n - 1个三角形中 ,而每一条线段 都是 n - 2 个三角形的边 , 因此 ,在满足要求 的染法中 ,每种颜色的线段都应当有 C 2 n - 1 n - 2 = n - 1 2 (条) . 当 n 为偶数时 , n - 1 2 不是整数 ,因此 ,不 可能存在满足条件的染法. 下设 n = 2 m + 1 为奇数 ,我们给出一种 染法 ,并证明它满足题中条件. 自某个顶点开始 ,按顺时针方向将凸 2 m + 1 边形的各个顶点依次记为 A1 ,A2 , …, A2 m + 1 . 对于 i ∈{1 ,2 , …,2m + 1} ,按模 2m + 1 理 解顶点 Ai . 再将 2 m + 1 种颜色分别记为颜色 1 ,2 , …,2 m + 1. 将边 AiAi + 1 染为颜色 i ( i = 1 , 2 , …, 2 m + 1) . 再对每个 i 都将线段 (对角线) Ai - kAi + 1 + k ( k = 1 ,2 , …, m - 1) 染为颜色 i ,于 是 ,每种颜色的线段都刚好有 m 条. 值得注 意的是 ,在规定的染色方法之下 ,当且仅当 i1 + j1 ≡i2 + j2 (mod (2 m + 1) ) ① 时 ,线段 Ai 1 Aj 1 与 Ai 2 Aj 2同色. 因此 ,对任何 i ¢ j (mod (2 m + 1) ) ,任何 k ¢ 0 ( mod ( 2 m + 1) ) , 线 段 AiAj 都 不 与 Ai + kAj + k同色. 换言之 ,如果 i1 - j1 ≡i2 - j2 (mod (2 m + 1) ) , ② 2009 年第 3 期 21
22 中等数学 线段A,4,都不与A,4,同色 与A1∑=∑1A9 任取两个△4A,A和△4AAk,如 均为正整数的g进制表示，从而，它们的形 果它们之间至多只有一条线段同色，当然它 式应当完全相同由此得！A利=B及A= 们不含对应相同的颜色组合，如果它们之间 B,矛 有两条线段同色接下来证明：第三条线段必 不同色.为确定起见，不妨设A,4,与A,4, 因此，对S,的任意两个不同的非空子集 A、B,数f(A)和(B)必定不等 同色 (2)设k是一个固定的正整数，k> 分以下两种情形讨诊 4,).证明对任何正整数x,正整数的 (1)如果4,4与4,4与也同色，则由式 m元集合S2={kIa+1川a∈S}具有下述性 ①知 质：对S,的任意两个不同的非空子集A、B i,+元=2+h(mmd(2m+1) 数f(A)和f(B)是两个互质的整数 方+k2+k(md(2m+1) 事过上由3，的定义易知对，的任音 将两式相减得 两个不同的非空子集A、B,相应地有S,的 (md(2m+) 两个子集A1、B1,满足 故由式②知AA不与AA同色 |A=|AB=|B, (2)如果4，A与4,4也同色，则亦由 且4A)=k1(A)+1J(B)=kI(B)+1.① 式①知 显然(A)和(8)都是正整 个公约 1+方=2+h(od(2m+1) 设正整数d是f(A)与f(B)的 数.则f(A)f(B1)-f(B)f(A1)是d的倍数 +ki+k (mod (2m+1)). 将两式相减得 故由式①可知d(4)-f(B,) 但由k的选取及S,的构作可知 h-k号k(md(2m+1) 1f(4)(B)川是小于k的非零整数，故它 由式②知4，A与4,4不同色 是k的约数，从而，d山k! 总之，△4，A,A与△45AA对应不 再结合d山f(4)及式①知d1,故d=1 同的颜色组合 从而f(A)与f(B)互质 6.用f()表示有限数集X中元素的算 (3)证明：可选择正整数x,使得S2的每 术平均. 个非空子集的元素平均值都是合数 （1)证明：存在n个不同正整数构成的 由于质数有无穷多个，故可选择2”1 集合S,使得对S,的任意两个不同的非空 个互不相同且均大于k的质数，历，… 子集A、B,数∫(A)和f(B)是不相等的正 “.1.将S,中每个非空集合的元素平均值 整数 事实上，取定一个整数g>n,设 i记为a1,,,1,则 S=(nlq,n!g,".n!q" (p,k1a)=1(1≤”.1) 则对S,的任一个非空子集A,数f(A) 且(p,p)=1(1≤n maxl 4l Bl},所以 每个非空子集的元素的平均值都是合数 14E1g 结合(2)的结果，这一n元集合满足问 题的全部要求 (朱华伟提供) 1994-2009 China Academic Joural Electronic Publishing House.All rights reserved. http://www.cnki.net
线段 Ai 1 Aj 1 都不与 Ai 2 Aj 2 同色. 任取两个 △Ai 1 Aj 1 Ak 1 和 △Ai 2 Aj 2 Ak 2 ,如 果它们之间至多只有一条线段同色 ,当然它 们不含对应相同的颜色组合. 如果它们之间 有两条线段同色 ,接下来证明 :第三条线段必 不同色. 为确定起见 ,不妨设 Ai 1 Aj 1 与 Ai 2 Aj 2 同色. 分以下两种情形讨论. (1) 如果 Aj 1 Ak 1 与 Aj 2 Ak 2 也同色 ,则由式 ①知 i1 + j1 ≡i2 + j2 (mod (2 m + 1) ) , j1 + k1 ≡j2 + k2 (mod (2 m + 1) ) . 将两式相减得 i1 - k1 ≡i2 - k2 (mod (2 m + 1) ) . 故由式 ②知 Ak 1 Ai 1不与 Ak 2 Ai 2 同色. (2) 如果 Ai 1 Ak 1与 Ai 2 Ak 2 也同色 ,则亦由 式 ①知 i1 + j1 ≡i2 + j2 (mod (2 m + 1) ) , i1 + k1 ≡i2 + k2 (mod (2 m + 1) ) . 将两式相减得 j1 - k1 ≡j2 - k2 (mod (2 m + 1) ) . 由式 ②知 Aj 1 Ak 1 与 Aj 2 Ak 2不同色. 总之 , △Ai 1 Aj 1 Ak 1 与 △Ai 2 Aj 2 Ak 2 对应不 同的颜色组合. 6. 用 f ( X) 表示有限数集 X 中元素的算 术平均. (1) 证明 :存在 n 个不同正整数构成的 集合 S1 ,使得对 S1 的任意两个不同的非空 子集 A 、B ,数 f ( A) 和 f ( B ) 是不相等的正 整数. 事实上 ,取定一个整数 q > n ,设 S1 = { n !q , n !q 2 , …, n !q n }. 则对 S1 的任一个非空子集 A ,数 f ( A) 显然是一个正整数. 假设存在 S1 的两个不同的非空子集 A 、 B ,使得 f ( A) = f ( B) . 那么 ,| B| n !∑q i ∈A q i = | A| n !∑q j ∈B q j . 因为 q > n ≥max{| A| ,| B| } ,所以 , | B| n !∑q i ∈A q i = n !∑q i ∈A | B| q i 与 | A| n !∑q i ∈B q j = n !∑q j ∈B | A| q i 均为正整数的 q 进制表示 ,从而 ,它们的形 式应当完全相同. 由此得| A | = | B | 及 A = B ,矛盾. 因此 ,对 S1 的任意两个不同的非空子集 A 、B ,数 f ( A) 和 f ( B) 必定不等. (2) 设 k 是一个固定的正整数 , k > max A 1 Α S 1 f ( A1 ) . 证明 :对任何正整数 x ,正整数的 n 元集合 S2 = { k ! xα+ 1| α∈S1 }具有下述性 质 :对 S2 的任意两个不同的非空子集 A 、B , 数 f ( A) 和 f ( B) 是两个互质的整数. 事实上 ,由 S2 的定义易知 ,对 S2 的任意 两个不同的非空子集 A 、B ,相应地有 S1 的 两个子集 A1 、B1 ,满足 | A1 | = | A| ,| B1 | = | B| , 且 f ( A) = k ! xf ( A1 ) + 1 ,f ( B) = k ! xf ( B1 ) + 1. ① 显然 ,f ( A) 和 f ( B) 都是正整数. 设正整数 d 是 f ( A) 与 f ( B) 的一个公约 数. 则 f ( A) f ( B1 ) - f ( B) f ( A1 ) 是 d 的倍数. 故由式 ①可知 d| (f ( A1 ) - f ( B1 ) ) . 但由 k 的 选 取 及 S1 的 构 作 可 知 , | f ( A1 ) - f ( B1 ) | 是小于 k 的非零整数 ,故它 是 k !的约数 ,从而 , d| k !. 再结合 d| f ( A) 及式 ①知 d| 1 ,故 d = 1. 从而 ,f ( A) 与 f ( B) 互质. (3) 证明 :可选择正整数 x ,使得 S2 的每 个非空子集的元素平均值都是合数. 由于质数有无穷多个 ,故可选择 2 n - 1 个互不相同且均大于 k 的质数 p1 , p2 , …, p2 n - 1 .将 S1 中每个非空集合的元素平均值 记为α1 ,α2 , …,α2 n - 1 ,则 ( pi , k !αi ) = 1 (1 ≤i ≤2 n - 1) , 且( p 2 i , p 2 i ) = 1 (1 ≤i < j ≤2 n - 1) . 故由中国剩余定理可知 ,同余方程组 k !xαi ≡- 1(mod p 2 i ) ( i = 1 ,2 , …,2 n - 1) 有正整数解. 任取这样一个解 x ,则相应的集合 S2 的 每个非空子集的元素的平均值都是合数. 结合(2) 的结果 ,这一 n 元集合满足问 题的全部要求. (朱华伟 提供) 22 中 等 数 学