2021-06-20-01
（本题来源：数学奥林匹克小丛书 第二版 集合 刘诗雄 集合的性质 P59 例6）
设是无限集,中每个数是至多1990个质数的乘积.证明:必有的无限子集,使得中任何两个不同数的最大公约数都相同.
分析
如果中含有无限多个两两互质的整数,则结论显然成立.否则,存在质数为的无限多个数的因数,故为无限集.若中含有无限多个两两互质的整数,则结论亦成立.否则,继续上面059的步骤.
证明
如果中含有无限多个两两互质的正整数,将它们全部选出作成子集,则结论成立.
若存在质数为中无限多个数的因数,则集合为无限集.依此类推(用代替).由于中每个数的质因数个数,所以必有无限集每个质数都仅是中有限多个数的因数.
任取.在取定两两互质后,由于每个质数都仅是中有限多个数的因数,在中存在,它与均互质.这样就得到的一个无穷子集,中的元素两两互质.
将中每个元素乘以,得到的无穷子集,其中每两个数的最大公约数均为.
2021-06-20-02
（本题来源：数学奥林匹克小丛书 第二版 集合 刘诗雄 集合的性质 P60 例7）
记为有理数集合,的非空子集具有以下性质:
(1);
(2)若,,则;
(3)存在一非零有理数,,且每一个不在中的非零有理数都可写成的形式,其中.
证明:若,则存在,使.
分析
设,且,则.
我们希望出现:且.由(3)似乎应该有.于是我们要解决两个问题:(i)怎样的、必定属于;(ii)如,,则.
证明
假设.令,则.令,,则.若,令,,则(这样就是乘法意义下的解).
假设是一个非零有理数,若,则,其中,于是我们有.
若,则可设,则,矛盾.所以,.
假如,则由、为平方数可知,
又,取,,则命题得证.
2021-06-20-03
（本题来源：数学奥林匹克小丛书 第二版 集合 刘诗雄 集合的性质 P60 例8）
证明:对任意的,,都存在个互不相等的自然数组成的集合,使得对任意的和,都有.
证明
设为的个元素,我们用归纳的方法来构造这些元素.
当时,取,即可.
假设时,个元素组成的集合符合要求.当时,则取如下个数
组成的集合符合要求.事实上,
又不妨设,则
因为(归纳假设),,所以.
2021-06-20-04
（本题来源：数学奥林匹克小丛书 第二版 集合 刘诗雄 集合的性质 P61 例9）
平面上整点的集合.证明:不少于49个点的的每一个子集,必包含一个矩形的4个顶点,且此矩形的边平行于坐标轴.
分析
设为的任一个49元子集.其中纵坐标相同的点的横坐标的集合为:
若存在关于整点横坐标的二元集同时是、的子集,则原题得证.
证明
设为的任一个49元子集.令
,
则,,.记.
显然,全体中只有种不同的二元集.
又,考虑其最小值.
利用局部调整:当时,
,时,取得最小值.由此知,取得最小值必须是将尽可能地平均到中,即中有个,个,从而得.
所以
从而,有
由此推知存在,使得,.
故有,,,,结论成立.
2021-06-20-05
（本题来源：数学奥林匹克小丛书 第二版 集合 刘诗雄 集合的性质 P62 例10）
设,而为的一个8元子集.求证:
(1)存在,使得方程至少有3组不同的解;
(2)对于的7元子集,(1)中的结论不再总是成立.
分析
(1)不妨设,则
若上式中间7个括号中没有3个两两相等,那么必各有两个分别等于1、2、3,一个等于4.
(2)作出一个使(1)中结论不成立的7元子集即可.
证明
(1)若不然,则存在的一个8元子集使对任何,方程都至多有两组解,即共28个差数中,不存在3个值相等的差数.
不妨设,于是,亦即有.
既然上式左端的7个差数中没有3数相同,故必有.
所以,这7个差数中恰有1、2、3各两个而另一个是4.
考察这7个差数的排列情形,由于已经有两个2、两个3和1个4,所以必有
(i)两个1不能相邻,1和2也不能相邻;
(ii)1和3、2和2至多有1组相邻.
先看两个1与两个2这4个差数的排列顺序,由对称性知只有下列4种不同情形:
(a)1,1,2,2;(b)1,2,1,2;(c)1,2,2,1;(d)2,1,1,2.
余下的3个差数3、3、4将放入这4个数的空隙中.易见,在(b)和(d)两种情形中,依次相邻的3对数在7个差数的排列中都不能相邻,所以3个空隙中必须各放入3、3、4中的一个数,从而两个3都与1相邻,导致有3个差值为4,矛盾.
对于(a),两个1之间不能只夹3,所以4必须夹在两个1之间.于是1与2之间只能插入3.
这样一来,两个2也不能相邻,只能插入另一个3,这导致4个差值为5,矛盾.
对于(c),1与2、2与1之间不能都填3,必有一个填4而另两个空隙中填3,导致4个差值为5,矛盾.
(2)考察的7元子集.它的21对元素的差值(大数减小数)中有1,3,5,6,9,10,15各两个,2,4,7,12,13,14,16各1个.没有3个差数有相同的值,即(1)中的结论不再成立.