n,n+1,n+2,...,n+k分成和相等的两组的条件

realnumber

n,k为正整数,n,n+1,n+2,...,n+k连续k+1个正整数能分成两组,且和相等.
其充要条件什么?比如1,2,3有1+2=3
比如2,3,4,5,6有2+3+5=4+6
比如6,7,8,9,10无法分成2组

战巡

首先$k=0,1$就不用想了，显然不可能的

其他情况就得计算了
首先我们要证明，在$n,n+1,...,n+k$里面任取$p$个数，则其和可以遍历从$n+...+(n+(p-1))=\frac{1}{2}p(2n+p-1)$到$(n+k)+(n+k-1)+...+(n+k-(p-1))=\frac{1}{2}p(2n+2k-p+1)$里任意一个整数
显然如果任取$p$个数，其和的下限就是这里面最小的连续$p$个数的和，上限就是最大连续$p$个数的和，而对任意整数$z\in[\frac{1}{2}p(2n+p-1),\frac{1}{2}p(2n+2k-p+1)]$，假设$z$可以被表示为$n,n+1,...,n+k$里面$p$个数的和，那显然$z+1$也可以，因为只要$p<k$，假设$z=a_1+a_2+...+a_p$，其中$a_1,a_2,....a_p\in [n,n+k]$且为整数，那必然能找到一个$i\in[1,p]$，使得$a_{i}+1\notin\{a_1,a_2,...,a_p\}$且$a_i+1\in[n,n+k]$
于是我们只要把$a_i$替换成$a_i+1$即可使得
\[z+1=a_1+...+a_i+1+...+a_p\]
这样就证出来了

接下来，既然你要分成相等的两部分，那每一部分肯定为总和的一半，即
\[\frac{1}{2}[n+(n+1)+...+(n+k)]=\frac{1}{4}(k+1)(2n+k)\]
注意这玩意得首先是整数才行，你要弄个分数肯定没戏了，如此就要求$k$为奇数时，必须有$k \mod 4=3$，而$k$为偶数时，要有$2n+k \mod 4=0$

在上述条件满足的情况下，如果我们想要有$p$个数的和等于这玩意，就得满足
\[\frac{1}{4}(k+1)(2n+k)\in[\frac{1}{2}p(2n+p-1),\frac{1}{2}p(2n+2k-p+1)]\]
而且上面证明了遍历性，说明只要满足这个条件，是一定能取到的
接下来就有
\[\frac{1}{2}p(2n+p-1)\le\frac{1}{4}(k+1)(2n+k)\le \frac{1}{2}p(2n+2k-p+1)\]
这个会解得
\[\frac{1}{2}(2n+2k+1)-\frac{1}{2}\sqrt{(2n+k)^2+(k+1)^2}\le p\le \frac{1}{2}(1-2n)+\frac{1}{2}\sqrt{(2n+k)^2+(k+1)^2}\]
注意这里$p$为正整数，也就是说，充要条件即为，在
\[\left[\frac{1}{2}(2n+2k+1)-\frac{1}{2}\sqrt{(2n+k)^2+(k+1)^2},\frac{1}{2}(1-2n)+\frac{1}{2}\sqrt{(2n+k)^2+(k+1)^2}\right]\]
范围内，存在正整数

比如说$2,3,4,5,6$，此时$n=2,k=4$，上述范围为
\[[\frac{13-\sqrt{89}}{2},\frac{\sqrt{89}-3}{2}]=[1.78301,3.21699]\]
其中存在正整数，因此可以
而$6,7,8,9,10$中$n=6,k=4$，上述范围为
\[[\frac{21-\sqrt{281}}{2},\frac{\sqrt{281}-11}{2}]=[2.11847,2.88153]\]
范围内没有正整数，说明不可能


进一步分析，如果令
\[f(n)=\frac{1}{2}(2n+2k+1)-\frac{1}{2}\sqrt{(2n+k)^2+(k+1)^2}\]
\[g(n)=\frac{1}{2}(1-2n)+\frac{1}{2}\sqrt{(2n+k)^2+(k+1)^2}\]
不管$k$为何值，都会有$f(n)$递增，$g(n)$递减，且
\[\lim_{n\to\infty}f(n)=\lim_{n\to\infty}g(n)=\frac{k+1}{2}\]
这个说明
\[f(n)<\frac{k+1}{2}<g(n)\]
对于$k$为奇数而言$[f(n),g(n)]$里面肯定有整数，因为$\frac{k+1}{2}$本身就是整数

而$k$为偶数时，$\frac{k+1}{2}$是半整数，这就必须保证$g(n)-\frac{k+1}{2}\ge \frac{1}{2}$或$\frac{k+1}{2}-f(n)\ge \frac{1}{2}$至少一条成立
上面两条不等式解出来的结果是一样的，都是
\[k\ge 2\sqrt{n}\]
这就是偶数$k$的充要条件

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战巡 发表于 2022-6-25 02:40
首先$k=0,1$就不用想了，显然不可能的

其他情况就得计算了

由2楼，任取p个数，其和最小s1是取最小的p个，和最大s2是最大的p个，其中任意一个数增加1（总会有一个的，除非已经是最大p个），其和增加1，所以和可以遍历s1~s2内所有整数.
1.当k为奇数，即一共有偶数个，显然最小一半与最大一半介于总和一半之间，如此，各取适当一半总能使等式成立.
2.当k为偶数时，可以得出，“最小$\frac{k+1}{2}$个数和小于总和的一半”是存在等式的充要条件，成立可以得出有等式，不成立，等式也不会成立.解此不等式，可得2楼结论$k\ge 2\sqrt{n}$.


忘了一个前提条件，总和必须为偶数，当然大家可能都默认了.