更新时间：作者：小小条
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2021年全国高中数学联赛加试第1题思路剖析与解答
冯跃峰
【真题2-7】给定正整数k（k≥2）与k个非零实数a1，a2，…，ak． 证明：至多有有限个k元正整数组（n1，n2，…，nk），满足n1，n2，…，nk互不相同，且a1·n1！+a2·n2！+…+ak·nk！=0。（2021年全国高中数学联赛加试第1题）
【题感】从目标看，要证合乎条件的k元正整数组（n1，n2，…，nk）至多有有限个，从计数的角度看，由乘法原理，只需数组的每个分量都只有有限种取值。
一个充分条件是，每个分量都有一个“统一的”上界M，这也只需其最大的分量都不大于M，其中M待定。
这可从反面思考：反设最大分量n1大于“统一的”上界M，它意味着n1可以相当大，这就导致a1·n1！+a2·n2！+…+ak·nk！中第一项相当大，从而不可能为0。
由此可见，可将目标变为证明：
|a2·n2！+a3·n3！+…+ak·nk！|<| a1·n1！|
【目标转换】取定常数M（待定），假定（n1，n2，…，nk）是一个合乎条件的k元正整数组，不妨设max{ n1，n2，…，nk }= n1，我们证明n1≤M。
【反面思考】反设n1>M，我们期望证明：|a2·n2！+a3·n3！+…+ak·nk！|<| a1·n1！|。
【结构联想】有绝对值不等式，有
|a2·n2！+a3·n3！+…+ak·nk！|≤∑_(i=2)^k〖|a〗_i |·n_i !。
【通式放缩】考察|ai|·ni！，由于正整数n1，n2，…，nk互不相同，有ni≤n1-1，所以|ai|·ni！≤|ai|·（n1-1）！=|ai|·(n_1 !)/n_1 。
所以|a2·n2！+a3·n3！+…+ak·nk！|≤∑_(i=2)^k〖|a〗_i |·n_i ! ≤∑_(i=2)^k〖|a〗_i |·(n_1 !)/n_1 =(n_1 !)/n_1 ∑_(i=2)^k〖|a〗_i |。
结合“反设”：n1>M，得|a2·n2！+a3·n3！+…+ak·nk！|<(n_1 !)/M ∑_(i=2)^k〖|a〗_i |。
【找充分条件】现在只需(n_1 !)/M ∑_(i=2)^k〖|a〗_i |<| a1·n1！|，即1/(M ) ∑_(i=2)^k〖|a〗_i |<|a1|，取M>(∑_(i=2)^k〖|a〗_i |)/(〖|a〗_1 | )即可。
上述解答有一个漏洞：这里的(∑_(i=2)^k〖|a〗_i |)/(〖|a〗_1 | )与“a1”相关，并不是“统一的”，还需将进一步放缩到与ai无关的常数。
【放缩消元】对于分子，可采用“增项补齐”放缩法：∑_(i=2)^k〖|a〗_i |<∑_(i=1)^k〖|a〗_i |（常数）；
对于分母，可采用“界值”（上下界）放缩法：|a1|≥min{a1，a2，…，ak}。
这样，(∑_(i=2)^k〖|a〗_i |)/(〖|a〗_1 | )<(∑_(i=1)^k〖|a〗_i |)/(min〖{a〗_1，a_2，…a_k})，取M=(∑_(i=1)^k〖|a〗_i |)/(min〖{a〗_1，a_2，…a_k})即可。
【新写】取定常数M=(∑_(i=1)^k〖|a〗_i |)/(min〖{a〗_1，a_2，…a_k})，假定（n1，n2，…，nk）是一个合乎条件的k元正整数组，不妨设max{ n1，n2，…，nk }= n1，我们证明n1≤M。
反设n1>M，则|a2·n2！+a3·n3！+…+ak·nk！|≤∑_(i=2)^k〖|a〗_i |·n_i ! ≤∑_(i=2)^k〖|a〗_i |·(n_1 !)/n_1 =(n_1 !)/n_1 ∑_(i=2)^k〖|a〗_i |<(n_1 !)/M ∑_(i=2)^k〖|a〗_i |<(n_1 !)/M ∑_(i=1)^k〖|a〗_i |=(n_1 !min〖{a〗_1，a_2，…a_k})/(∑_(i=1)^k〖|a〗_i |) ∑_(i=1)^k〖|a〗_i |
= n2！·min{a1，a2，…，ak}≤n2！·a1。
但a2·n2！+a3·n3！+…+ak·nk！=- n2！·a1，有
|a2·n2！+a3·n3！+…+ak·nk！|=| n2！·a1|，与上述不等式矛盾。
所以ni≤n1≤M，从而每个分量ni至多有M种取值，所以数组至多有Mk个，命题获证。
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