2026年9月湖北武汉市高三调研数学试卷#19
已知 $n$ 个正整数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 满足：$a_1<a_2<\cdots<a_n$，这 $n$ 个数两两成对可组成 $m=\dfrac 1 2 n(n-1)$ 对数，这 $m$ 对数中每对的两个数求和后形成一个数列：$S_1\leqslant S_2\leqslant\cdots\leqslant S_m$．例如 $1,2,4$ 求和后形成 $3,5,6$．
1、当 $n=4$ 时，形成 $6$ 对求和数列：$S_1=8$，$S_2=14$，$S_3=16$，$S_4=20$，$S_5=22$，$S_6=28$．试写出 $a_1,a_2,a_3,a_4$ 可能的两组值；
2、当 $n=5$ 时，对于形成的 $S_1,S_2,\cdots,S_{10}$，证明：$a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$ 的解是唯一的；
3、当 $n=16$ 时，证明：存在两个不同的数列 $a_1,a_2,\cdots,a_{16}$ 和 $b_1,b_2,\cdots,b_{16}$ 对应同一个求和数列 $S_1,S_2,\cdots,S_{120}$．
解析
1、根据题意，有\[S_1=a_1+a_2,\quad S_2=a_1+a_3,\quad S_{m-1}=a_{n-2}+a_n,\quad S_m=a_{n-1}+a_n,\]从而\[\begin{cases} a_1+a_2=8,\\ a_1+a_3=14,\\ a_2+a_4=22,\\ a_3+a_4=28,\\ \end{cases}\]而 $(a_1+a_4,a_2+a_3)=(16,20),(20,16)$，解得 $(a_1,a_2,a_3,a_4)=(1,7,13,15),(3,5,11,17)$．
2、根据题意，有\[\sum_{i=1}^mS_i=(n-1)\sum_{i=1}^na_i,\]结合之前的结果，有\[\begin{cases} a_1+a_2=S_1,\\ a_1+a_3=S_2,\\ a_3+a_5=S_9,\\ a_4+a_5=S_{10},\\ a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=\frac 14\sum_{i=1}^{10}S_i, \end{cases}\iff \begin{cases} a_1=S_1+S_2+S_{10}-S,\\ a_2=S-S_2-S_{10},\\ a_3=S-S_1-S_{10},\\ a_4=S-S_1-S_9,\\ a_5=S_1+S_9+S_{10}-S,\end{cases}\]命题得证．
3、记原集 $A_n=\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}$，对应的和集 $S(A_n)=\{S_1,S_2,\cdots,S_m\}$．若存在 $n$ 元的不同原集对应的和集相同，即 $A_n\ne B_n$ 且 $S(A_n)=S(B_n)$．设偏移量 $d>a_n$ 且 $d>b_n$，考虑\[f(A_n,B_n,d)=A_n\cup \{x+d\mid x\in B_n\}=\{a_1,a_2,\cdots,a_n,b_1+d,b_2+d,\cdots,b_n+d\},\]同时\[f(B_n,A_n,d)=B_n\cup \{x+d\mid x\in A_n\}=\{b_1,b_2,\cdots,b_n,a_1+d,a_2+d,\cdots,a_n+d\},\]则\[S(f(A_n,B_n,d))=S(A_n)\cup \{x+2d\mid x\in S(B_n)\}\cup\{x+y+d\mid x\in A_n,y\in B_n\}=S(f(B_n,A_n,d)),\]这样就得到了 $2n$ 元的不同原集 $f(A_n,B_n,d),f(B_n,A_n,d)$，它们的和集相同． 回到原题，由第 $(1)$ 小题，$A_4=\{1,7,13,15\}$，$B_4=\{3,5,11,17\}$ 是和集相同的 $4$ 元原集，因此可以利用这种方法扩充两次，分别取 $d=100,1000$，可得\[A_{16}=\left\{\underbrace{1,7,13,15},\underbrace{103,105,111,117},\underbrace{1003,1005,1011,1017,1101,1107,1113,1115}\right\},\]以及\[B_{16}=\left\{\underbrace{3,5,11,17},\underbrace{101,107,113,115},\underbrace{1001,1007,1013,1015,1103,1105,1111,1117}\right\},\]此时它们的和集相同，命题得证．
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