每日一题[75]阿贝尔求和

设$n$为给定的不小于$5$的正整数，考察$n$个不同的正整数$a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n$构成的集合$P=\left\{a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\right\}$，若集合$P$的任何两个不同的非空子集所含元素的总和均不相等，则称集合$P$为“差异集合”．

（1）分别判断集合$A=\left\{1,3,8,13,23\right\}$，集合$B=\left\{1,2,4,8,16\right\}$是否是“差异集合”（只需写出结论）；

（2）设集合$P=\left\{a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\right\}$是“差异集合”，记$b_i=a_i-2^{i-1}$（$i=1,2,\cdots,n$），求证：数列$\left\{b_i\right\}$的前$k$项和$D_k\geqslant 0$（$k=1,2,\cdots,n$）；

（3）设集合$P=\left\{a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\right\}$是“差异集合”，求$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}$的最大值．

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（1）根据“差异集合”的定义，集合$A$不是“差异集合”（因为$1+23=3+8+13$），而集合$B$是“差异集合”（因为$B=\left\{00001_{(2)},00010_{(2)},00100_{(2)},01000_{(2)},10000_{(2)}\right\}$）．

（2）欲证明结论即

$$\forall n\in\mathcal N^*,\left(a_1-1\right)+\left(a_2-2\right)+\left(a_3-2^2\right)+\cdots+\left(a_n-2^{n-1}\right)\geqslant 0,$$ 也即 $$\forall n\in\mathcal N^*,a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n\geqslant 1+2+2^2\cdots+2^{n-1}=2^n-1.$$

事实上，集合$P$的非空子集共有$2^n-1$个，这些子集中的元素之和互不相等，因此这$2^n-1$个和的最大数

$$a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n\geqslant 2^n-1,$$ 等号当$a_i=2^{i-1},i=1,2,3,\cdots,n$时取得．

（3）$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}$的最大值为

$$1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{2^{n-1}},$$ 证明如下．

不妨设$a_1<a_2<\cdots<a_n$．

考虑两者之差

$$\begin{split}\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{2^{i-1}}}-\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{a_i}}&=\dfrac{a_1-1}{a_1}+\dfrac{a_2-2}{2a_2}+\dfrac{a_3-2^2}{2^2\cdot a_3}+\cdots+\dfrac{a_n-2^{n-1}}{2^{n-1}\cdot a_n}\\&=\dfrac{b_1}{a_1}+\dfrac{b_2}{2a_2}+\dfrac{b_3}{2^2\cdot a_3}+\cdots+\dfrac{b_n}{2^{n-1}\cdot a_n}\\&=\dfrac{D_1}{a_1}+\dfrac{D_2-D_1}{2a_2}+\dfrac{D_3-D_2}{2^2\cdot a_3}+\cdots+\dfrac{D_n-D_{n-1}}{2^{n-1}\cdot a_n}\\&=D_1\cdot\left(\dfrac{1}{a_1}-\dfrac{1}{2a_2}\right)+D_2\cdot\left(\dfrac{1}{2a_2}-\dfrac{1}{2^2a_3}\right)+\cdots+D_{n-1}\cdot\left(\dfrac{1}{2^{n-2}a_{n-1}}-\dfrac{1}{2^{n-1}a_n}\right)\\&\geqslant 0,\end{split}$$ 等号当$a_i=2^{i-1},i=1,2,3,\cdots,n$时取得．

因此$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dfrac{1}{a_3}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}$的最大值为$\sum\limits_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{2^{i-1}}}=1-\dfrac{1}{2^{n-1}}$．

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注    第三小问的证明思路来自于Abel求和公式

$$\sum_{i=1}^{n}{a_i\cdot b_i}=\sum_{i=1}^{n}{S\left(a_i\right)\cdot\Delta\left(b_i\right)},$$ 其中 $$\begin{split}S\left(a_i\right)&=a_1+a_2+\cdots+a_i,i=1,2,\cdots,n,\\\Delta\left(b_i\right)&=b_i-b_{i+1},i=1,2,\cdots,n-1\land \Delta\left(b_n\right)=b_n.\end{split}$$ 这是级数不等式放缩的重要恒等式．