2022年IMO预选题A5另解（其实更像组合题）

\ex \textbf{（2022年IMO预选题A5）}求所有的整数$n\ge 2$，使得存在正实数$a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}$和正实数$r$，满足$$\{a_{j}-a_{i}\mid 1\le i<j\le n\}=\{r,r^{2}\cdots,r^{n(n-1)/2}\}.$$\begin{solution}对$1\le k\le \frac{n(n-1)}{2}$，设闭区间$I_{k}=[a_{i},a_{j}]$，其中$a_{j}-a_{i}=r^{k}$．不妨设$r>1$，否则用$a_{i}r^{-n(n-1)/2-1}$代替$a_{i}$，$r^{-1}$代替$r$，结论依然成立．\begin{anslemma}对$1\le k\le \frac{n(n-1)}{2}-1$，都有$I_{k}\cap I_{k+1}\neq \varnothing$．\begin{proof}若不然，设$a_{p_{1}}<a_{p_{2}}<a_{q_{1}}<a_{q_{2}}$，使得$$\{a_{p_{2}}-a_{p_{1}},a_{q_{2}}-a_{q_{1}}\}=\{r^{k},r^{k+1}\}.$$不妨设$a_{p_{2}}-a_{p_{1}}=r^{k}$，$a_{q_{2}}-a_{q_{1}}=r^{k+1}$，否则可取$A>\max_{1\le i\le n} a_{i}$，用$\{A-a_{i}\}$代替$\{a_{i}\}$，结论依然成立．设$a_{q_{1}}-a_{p_{2}}=r^{\alpha}$，$a_{q_{1}}-a_{p_{1}}=r^{\beta}=r^{k}+r^{\alpha}$，于是$$a_{q_{2}}-a_{p_{2}}=r^{k+1}+r^{\alpha}>r^{k}+r^{\alpha}=r^{\beta}$$$$a_{q_{2}}-a_{p_{2}}=r^{k+1}+r^{\alpha}<r^{k+1}+r^{\alpha+1}=r^{\beta+1}$$而$r^{\beta}$和$r^{\beta+1}$之间不再有$r$的正整数次幂，矛盾！故引理1得证．\end{proof}\end{anslemma}在引理中，取$k=1$得$I_{1}\cap I_{2}\neq\varnothing$，而$I_{1}$区间长度是最短的，故$I_{1}$的左右端点必为相邻的$a_{i}$，即$I_{1}=[a_{i},a_{i+1}]$．若$I_{2}$的左右端点不相邻，则$I_{2}$必有一个异于$I_{1}$的子区间$I_{k}$，矛盾！于是$I_{1}$和$I_{2}$恰有一个公共端点．设$k_{0}$为满足如下要求的区间链$I_{1},I_{2},\cdots,I_{k}$的长度$k$的最大值：\begin{itemize}\item $I_{1},I_{2},\cdots,I_{k}$在数轴上按顺序排列；\item $I_{1}\cap I_{2},I_{2}\cap I_{3},\cdots,I_{k-1}\cap I_{k}$均为单元素集．\end{itemize}由于$I_{1}\cap I_{2}$为单元素集，因此$k_{0}$存在，且至少为$2$．设$I_{j}=[b_{j},c_{j}]$，$1\le j\le k$．容易知道不存在$b_{j}<d_{j}<c_{j}$，否则$[b_{j},d_{j}]$早于$I_{j}$出现．即$I_{1},I_{2},\cdots,I_{k}$的左右端点均相邻．考察$I_{k+1}$，由上知，$I_{k+1}$有两种情况：\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]\item $I_{k}\cap I_{k+1}$不为单元素集，而$I_{k}$的左右端点相邻，故$I_{k}\subseteq I_{k+1}$，进一步地，有$I_{k+1}=I_{k}\cup I_{k-1}$，因此$r^{k+1}=r^{k}+r^{k-1}$．（否则能找到一个更小的且未出现的区间）\item $I_{k}\cap I_{k+1}$为单元素集，但与前面的区间不为顺次排列．此时有$I_{k-1}\subseteq I_{k+1}$，同上可知$I_{k+1}=I_{k-2}\cup I_{k-1}$，因此$r^{k+1}=r^{k-2}+r^{k-1}$．\end{enumerate}综上，$r^{2}-r-1=0$或$r^{3}-r-1=0$．\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]\item $r$为$x^{2}-x-1=0$的正根．设$a_{t+1}-a_{t}=r$，$a_{t+2}-a_{t+1}=r^{2}$，则$a_{t+2}-a_{t}=r+r^{2}=r^{3}$．若$n\ge 4$，必有$a_{t+3}=a_{t+2}+r^{4}$或$a_{t-1}=a_{t}-r^{4}$．\begin{itemize}\item 若为前者，则$a_{t+3}-a_{t+1}=r^{4}+r^{2}=4r+3$不为$r$的正整数次幂．\item 若为后者，则$a_{t+1}-a_{t-1}=r^{4}+r=4r+1$不为$r$的正整数次幂．\end{itemize}于是$n\le 3$．\item $r$为$x^{3}-x-1=0$的正根．设$a_{t+1}-a_{t}=r$，$a_{t+2}-a_{t+1}=r^{2}$．则$I_{3}=[a_{t+1}-r^{3},a_{t+1}]$，或$I_{3}=[a_{t+2},a_{t+2}+r^{3}]$．\begin{itemize}\item 若为前者，则$a_{t}-(a_{t+1}-r^{3})=r^{3}-r=2r+1$不为$r$的正整数次幂．\item 若为后者，则此时$a_{t+2}-a_{t}=r^{2}+r=r^{4}$，$a_{t+3}-a_{t+1}=r^{3}+r^{2}=r^{5}$，$a_{t+3}-a_{t}=r^{3}+r^{4}=r^{6}$．若$n\ge 5$，则$a_{t+4}=a_{t+3}+r^{7}$或$a_{t-1}=a_{t}-r^{7}$．同上可以证明矛盾．\end{itemize}于是$n\le 4$．\end{enumerate}由此也能给出$n=2,3,4$的构造：\begin{enumerate}[label=(\arabic*)]\item $n=2$时，取$r=a_{2}-a_{1}\in\mathbb{R}_{+}$；\item $n=3$时，取$r=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$（$x^{2}-x-1=0$的正根），令$a_{2}-a_{1}=r$，$a_{3}-a_{2}=r^{2}$．\item $n=4$时，取$r$为$x^{3}-x-1=0$的正根，令$a_{2}-a_{1}=r$，$a_{3}-a_{2}=r^{2}$，$a_{4}-a_{3}=r^{3}$，则$a_{3}-a_{1}=r^{4}$，$a_{4}-a_{2}=r^{5}$，$a_{4}-a_{1}=r^{6}$．\end{enumerate}于是满足题意的$n$为$2,3,4$．\end{solution}