Делимость произведений элементов двух подмножеств

[Xenia1996]

а) Существует ли такое чётное натуральное число $n$, для которого не найдётся такого множества из $n$ натуральных чисел, что произведение любых $\frac{n}{2}+1$ его попарно различных элементов делится нацело на произведение любых $\frac{n}{2}-1$ его попарно различных элементов?

б) Существует ли такое нечётное натуральное число $m$, для которого не найдётся такого множества из $m$ натуральных чисел, что произведение любых $\frac{m}{2}+\frac{1}{2}$ его попарно различных элементов делится нацело на произведение любых $\frac{m}{2}-\frac{1}{2}$ его попарно различных элементов?

[Sonic86]

Можно взять множество $M= \{ p_1,...,p_s\}$, где $p_j$ простые. Тогда для $\neg A \subseteq B$ будет $\prod\limits_{j \in B} p_j$ не делит $\prod\limits_{j \in A} p_j$

[Xenia1996]

Sonic86 в сообщении #432817 писал(а):

Можно взять множество $M= \{ p_1,...,p_s\}$, где $p_j$ простые. Тогда для $\neg A \subseteq B$ будет $\prod\limits_{j \in B} p_j$ не делит $\prod\limits_{j \in A} p_j$

По-моему, Вы не ту задачу решили. Вы доказали, что существует n, для которого найдётся такое, что не делится, а я спрашивала, существует ли n, для которого не найдётся такое, что делится.

(Оффтоп)

Вы частенько торопитесь.

[age]

(про формулировку задач)

Xenia1996, при формулировке задачи главное не максимально усложнить её для восприятия, а напротив, упростить, чтобы смысл был понятен и не требовалось больше одного прочтения, чтобы понять условие.
Так, например, вашу задачу а) можно сформулировать следующим образом:

Для всякого ли числа $n$ существует множество $n$ различных натуральных чисел таких, что произведение любых $\frac{n}{2}+1$ из них делится нацело на произведение любых $\frac{n}{2}-1$ из них?

Во-первых, что число $n$ - натуральное, это как бы понятно, т.к. множества состоящего из ненатурального количества элементов не существует. Так же понятно, что число $n$ чётное, т.к. в случае нечётного $n$ количество $\frac{n}{2}+1$ будет дробным. Что также невозможно. Поэтому все подобные "сведения" лишь перегружают задачу, их можно опускать.

Возьмём множество из 6 элементов $\{1,2,3,4,5,6\}$. Надо доказать, верно ли что произведение любых 4 из них делится нацело на произведение любых двух из них.
Неверно, т.к. $1\cdot2\cdot3\cdot4$ не делится на $5\cdot6$

[Equinoxe]

а)
Возьмём все элементы такими: $2^{f+1}, 2^{f+2}, 2^{f+3}, ..., 2^{f+2n}$
Пусть $f = \frac {n(n+1)} 2$
Осталось доказать, что $\sum \limits_{i=1}^{n+1} 2^{f+i} \geq \sum \limits_{i=n+2}^{2n} 2^{f+i}$.
Достаточно проверить сумму степеней:
$f(n+1)+\frac {(n+1)(n+2)} 2 \geq (f+n+1)(n-1)+\frac {(n-1)n} 2$
Т.е.:
$\frac {n(n+1)^2} 2+\frac {(n+1)(n+2)} 2 \geq (\frac {n(n+1)} 2+n+1)(n-1)+\frac {(n-1)n} 2$
После раскрытия:
$ \frac {n^3} 2+\frac {3 n^2} 2+2 n+1 \geq \frac {n^3} 2+\frac {3 n^2} 2- n - 1 $
$ 3 n+2 \geq 0 $
Выходит, при любых $2n$ всё получается.
Вот и всё. Наверное, можно как-то проще, но это первое, что в голову пришло :)

[age]

С другой стороны, если задача - найти такое множество для всякого $n$, то достаточно составить множество из чисел вида $2^k3^m$. Например, при $n=6$ это будет $\{6,12,18,36,72,108\}$.

[Equinoxe]

б) А заодоно и более простое решение:
Пусть элементов $2n+1$ и изначально все они — 1чки
Возьмём первое простое число (2), домножим $n+1$ элементов на $2^{n+1}$, а остальные $n$ — на $2^n$. Выходит, что если мы возьмём $n+1$ элемент, то минимум по 2-ке будет — $2^{n^2+n+1}$, а максимум у $n$ элементов — $2^{(n+1)n}=2^{n^2+n}$, что меньше. Но у нас есть одинаковые элементы, так что сделаем то же самое со сдвигом на 1 со следующим простым числом и так пока все числа не станут различны :)

А пункт а решается отрезанием последнего элемента :)