由于(12,21)?3，构作三个圈，将数1,2,?,33分别放置于圈上，使得圈上任何相邻两数之差，要么是12，要么是22，有如下放法：
22103119
1132541132232142651233243152767281620829172193018每个圈上有11个数，为使取出的数不相邻，则每个圈中至多可取出5个数，共计在E中至多可取15个数（如果从E中取出的数多于15个，则其中必有某圈取出的数多于5个，于是其中有两数在该圈相邻，其差要么是12，要么是22，不合条件），并且我们可以在每个圈各任取5个互不相邻的数，共15个数，满足条件． 设在E中取出的15个数为a1,a2,?,a15；
现将M中的数按从小到大顺序分成61段，每段33个数：
1,2,?,33,34,35,?,66,67,68,?,99,?,?1981,1982,?,2013；
记Mk??33k?1,33k?2,?,33k?33?,k?0,1,2,?,60，则M??Mk?060k；
据“差”的平移不变性知，为使两数之差，既不等于12，也不等于21，则每一段至多能取15个数，注意2013?33?61，从M中任取15?61?1?916个数，则必有某段至少取出了16个数，其中必有两数之差为12或者22，因此最小的n满足：n?916． 再证916就是n的最小值．
当n?915时，我们可以给出M的n元子集C，使得C任两数之差既不等于12，也不等于21；对于E中取出的15个数的集合C0??a1,a2,?,a15?，取
60Ck??33k?a1,33k?a2,?,33k?a15?,k?0,1,2,?,60，令C??Ck，则C?915，
k?0对于C中任两数x,y，若x,y取自同一个Ck，显然这两数之差既不等于12，也不等于21； 若x,y分别取自不相邻的两个Ck，Cj，则x?y?33；
若x,y分别取自相邻的两个Ck，Ck?1，设x?33k?ai,y?33(k?1)?aj，假若
y?x?12，即33?(aj?ai)?12，得ai?aj?21，这与a1,a2,?,a15的选择矛盾！
若y?x?21，得ai?aj?12，也与a1,a2,?,a15的选择矛盾；因此C中任两数之差既不等于12，也不等于21；而C的任何子集当然也具有此性质． 因此最小的n值为916．
例9、设M??1,2,?,2013?是前2013个正整数组成的集合，A??a1,a2,?,a30?是
M的一个30元子集，若A中的元素两两互质，证明A中至少有一半元素是质数．
证：先证明，A中16个元素中必有一个是质数．为此，任取16个元素，不妨设为
a1,a2,?,a16，若其中没有质数，则它们中至多一个为1，其余15个皆为合数，设a1,a2,?,a15都是合数，则每个数皆可分解成至少两个质因数的乘积，若pi是ai的最小质
因数，则pi?ai，i?1,2,?,15，由于A中的数两两互质，则p1,p2,?,p15互不相同，
而将全体质数自小到大排列，第15个质数是47，所以，若p1是p1,p2,?,p15中的最大数，
2即有p1?47，于是a1?p1?472?2011，即a1?M，矛盾!因此a1,a2,?,a15中必有质
数．不妨设a1为质数；
今从集A中去掉a1，在剩下的29个元素中，再次进行同样的讨论，可知其中的16个元素中也必有一个是质数，设为a2，如此下去，这样的手续可以连续进行15次，每次都可从A中取到一个新的质数，因此A中至少有15个质数．
例10、某班共有学生33人，教师问每个学生，班上还有多少个人与其同名和还有多少个人与其同姓，结果发现，答案是从0到10的所有整数． 证明：该班必有两名学生既同名且同姓．
证：如果某个学生回答班上还有i个学生与之同名，j个学生与之同姓，那么该班上采用他这个名字的学生共有i?1人，而采用他这个姓氏的学生共有j?1人；
现将班上的学生这样分类：如果一个名字同时被k个人采用，则将这k个人一齐归入集合Akk?1,2,?,11；而当一个姓氏同时被k个人采用，则将这k个人一齐归入集合Bk，
k?1,2,?,11；（注意：如果姓王的学生和姓李的学生都有k个人，那么他们都在Bk中．）
于是，对于每个k，Ak,Bk中的元素个数都是k的倍数；每个人恰属于两个集合（按名字的集和按姓氏的集），并且对于每个k，Ak,Bk至少有一个不是空集（因为从0到10的所有整数都有人回答）； 所以，
?A??Bkk?1k?11111k?2?33?66．
（这是因为，33人，每人在A集系列和B集系列各出现一次）．
又因为 1?2???11?66?2?33，这就表明，对于每个k??1,2,?,11?，Ak和Bk当中都有一个是空集，而另一个恰有k个元素．（从而相应的集只含有一个“姓”或只含一个“名”）． 现对于k?11，不妨设A11非空，而B11是空集，A11中的这11个人（即同名字的11个人）要分布于另外的10个“姓氏”集合B1,B2,?,B10中，必有两个人在同一个集，于是这两个人不仅同名，而且同姓．
例11、求所有的正整数n，使得集合M??1,2,?,4n?可以分拆成n个四元子集：
M??Mk，对于每个集合Mk??ak,bk,ck,dk?，k?1,2,?,n， 而ak,bk,ck,dk四数，
k?1n其中的一数等于另外三数的算术平均．（2010北大夏季）
ak?bk?ck，则有
34n(4n?1)， ak?bk?ck?dk?4dk，所以，4(d1?d2???dn)?1?2???4n?2解：不妨设，每个子集中，dk是ak,bk,ck的算术平均，dk?因此，2n．
另一方面，当2n时，集M确有满足条件的划分， 为此，记n?2m，M??1,2,?,8m?
?， ??Ak，其中Ak??8k?1,8k?2,?,8k?8??Mk?Mkk?1m?1Mk??8k?1,8k?3,8k?8,8k?4???ak,bk,ck,dk?， ???8k?2,8k?6,8k?7,8k?5???ak?,bk?,ck?,dk??， Mk(8k?1)?(8k?3)?(8k?8)，
3(8k?2)?(8k?6)?(8k?7)?中有8k?5?而在Mk．
3则在Mk中有8k?4?例12、在1,2,?,2012中取一组数，使得任意两数之和不能被其差整除，最多能取多少个数？ （2012北京大学）
解：首先，可以取671个数?1,4,7,?,2008,2011?（或者?2,5,8,?,2009,2012?），其中任两数之和不能被3整除，而其差是3的倍数；其次，将M中的数自小到大按每三数一段，共分为671段：1,2,3,4,5,6,7,8,9,??,2008,2009,2010,2011,2012；
从中任取672个数，必有两数x,y取自同一段，则x?y?1或2，注意x?y与x?y同奇偶，于是?x?y??x?y?．因此k的最大值为671.
（注）：（2008江西预赛填空题）从前2008个正整数构成的集M??1,2,?,2008?中取出一个k元子集A，使得A中任两数之和不能被这两数之差整除，则k的最大值为 ． （答案：670.）
例13、如果非负整数m及其各位数字之和均为6的倍数，则称m为“六合数”．求小于2012的非负整数中“六合数”的个数．（2012东南赛）
解法一 易知，一个非负整数为“六合数”当且仅当它末位数字是偶数且各位数字之和是6的倍数．
为方便起见，将M?{0,1,?,2011}中每个数都写成四位数abcd的形式（当不足四位数时，在最高数位前补上若干个数字“0”，使之恰含有四个数字），并用f(k)表示M中末位数字为k的“六合数”的个数，其中k?{0,2,4,6,8}．
对n?N，将满足x?y?n且x,y?{0,1,?,9}的(x,y)的组数记为pn，显然
?n?1,?pn??19?n,?0,?n?0,1,?,9;n?10,11,?,18; n?19.先考虑一切小于2000的“六合数”abck．
若k?0，则当a?0时，b?c?0,6,12,18；当a?1时，b?c?5,11,17，故
f(0)?(p0?p6?p12?p18)?(p5?p11?p17)?16?16?32．
若k?2，则当a?0时，b?c?4,10,16；当a?1时，b?c?3,9,15，故
f(2)?(p4?p10?p16)?(p3?p9?p15)?17?18?35．
若k?4，则当a?0时，b?c?2,8,14；当a?1时，b?c?1,7,13，故
f(4)?(p2?p8?p14)?(p1?p7?p13)?17?16?33．
当k?6,8时，与k?0,2的情形类似，有
f(6)?f(0)?32,f(8)?f(2)?35．
因此，小于2000的“六合数”有f(0)?f(2)?f(4)?f(6)?f(8)?167个．再注意到2000至2011中恰好有一个“六合数”2004，所以所求“六合数”的个数为167?1?168．
解法二 对非负整数n，令S(n)为其各位数字之和．
先将小于2000的非负整数中所有6的倍数（共334个）配成如下167对：
(0,1998),(6,1992),(12,1986),?,(996,1002)．
y不足四位数时，在对上述每对数(x,y)，设x?aaa3a4,y?bbbb121234（约定当x或
最高数位前补上若干个数字“0”，使之恰含有四个数字），则
1000(a1?b1)?100(a2?b2)?10(a3?b3)?(a4?b4)?x?y?1998．
因x,y为偶数，故a4,b4?8，因此a4?b4?16?18，只能a4?b4?8；又由
a3?b3?18?19知，只能a3?b3?9；类似得a2?b2?9；最后必有a1?b1?1．故
S(x)?S(y)?(a1?b1)?(a2?b2)?(a3?b3)?(a4?b4)?1?9?9?8?27，
从而S(x),S(y)中有且仅有一个6的倍数（这是因为x,y均被3整除，所以S(x)与S(y)均被3整除），故x,y有且仅有一个是“六合数”．
从而，小于2000的“六合数”共有167个，又2000至2011中恰好有一个“六合数”2004，所以所求“六合数”的个数为167?1?168．
例14、对于由前2n个正整数构成的集合M?{1,2,?,2n}，若能将其元素适当划分，排成两个n项的数列：A?(a1,a2,?,an),B?(b1,b2,?,bn)，使得
ak?bk?k,k?1,2,?,n，则称M为一个友谊集，而数列A,B称为M的一种友谊排列，
例如A?(3,10,7,9,6)和
?3,10,7,9,6?B?(2,8,4,5,1)便是集合M?{1,2,?,10}的一种友谊排列，或记为?； ??2,8,4,5,1?(10)、证明：若M?{1,2,?,2n}为一个友谊集，则存在偶数种友谊排列； (20)、确定集合M1?{1,2,?,8}及M2?{1,2,?,10}的全体友谊排列．
(10)、证明：设A?(a1,a2,?,an),B?(b1,b2,?,bn)是M的一种友谊排列，即有 ak?bk?k,k?1,2,?,n，且{a1,a2,?,an,b,b,b}{1,2,?,2}n，称数列A为甲型12,?n?的，而数列B为乙型的；作数列：
?,a2?,?an?)?(2n?1?b1,2n?1?b2,?,2n?1?bn)A??(a1
?,?bn?)?(2n?1?a1,2n?1?a2,?,2n?1?an)B??(b1?,b2??bk??k,k?1,2,?,n，且{a1?,a2?,????则ak,an,b,?b,??,b}1,2,12n{A?,B?也是M的一种友谊排列；
,2?}n，因此，数列
?,k?1??2n?1?b2，再证A?A?，事实上，假若A?A?，即ak?ak则由a2?a2 ,2,,?n，
得a2?b2?2n?1，而a2?b2?2，相加得2a2?2n?3，矛盾！
故甲型数列A与甲型数列A?一一对应；并且当数列A跑遍M的所有甲型数列时，数列A?也
跑遍M的所有甲型数列.
?一奇一偶，现让A取遍使其第二项a2为奇注意到数列A的第二项a2与数列A?的第二项a2数的甲型数列，则A?取遍使其第二项a2为偶数的甲型数列，且二者一一对应，因此M的甲型数列有偶数个；由于当甲型数列确定后，相应的乙型数列便唯一确定，因此M的友谊