【附】为便于有需要者编辑修改，特提供纯文本文档如下：
例6、给定自然数n，设X={1，2，3，…，n}，A1，A2，…，Ar是X的r 个互不相交的三元子集，使得
（1）S（Ai）≤n（1≤i≤r），
（2）S（Ai）≠S（Ai）（1≤i<j≤r），
其中S（A）表示A中所有元素的和，求r的最大值。
分析与解：由划分的意义，有｜Ai｜=3r。
又各A i互不相交，所以S（Ai）=S（Ai）≥1+2+…+3r。
由条件（1）和（2），有 S（Ai）≤n+（n–1）+…+（n–r+1），
所以1+2+…+3r≤n+（n–1）+…+（n–r+1），解得r≤（n–1）。
注意到 r∈N，所以r≤[（n–1）]。
若r=[（n–1）]，我们可构造合乎条件的r个三元子集。为了满足条件：S（Ai）≤n，应取尽可能小的元素属于Ai，尝试令Ai={1，2，…，3r}进行构造。为了满足条件：
S（Ai）≠S（Aj），从容易计算的角度考虑，可想象{ S（Ai）}是公差为1的等差数列。这样，我们只需先将1，2，…，2r分为r个集合，使其和相等，这利用“大小搭配”是很易作到的。最后将2r+1，2r+2，2r+3，…，3r分配到每个集合中，每个集合中分配一个元素即可。比如，令Ai={i，2r+i，2r–i+1}（i=1，2，…，r），则各个集合的和不相等，且最大的和为5r+1≤（n–1）+1=n。
故r的最大值为[（n–1）]。
例7、求证：对任何0<a<b，存在正整数k及n1，n2，…，nk，使a<++…+<b。
分析与解： 首先，为了使++…+易于估计，注意到级数是发散，想到寻找连续的自然数n，n+1，n+2，…，n+k，使不等式（*）成立。由的发散性，可先找到k，使>a成立（即不等式的左端成立）。为了使不等式右端也成立，应使尽可能小，于是取k是满足>a的最小的k，即>a，而≤a。这样， a<=+≤a+。
我们期望 a+<b，一个充分条件是a+<b，即 n>。
但a<≤，所以n>。
综上可知，取n>max{， }，不等式获证。
注： 取a=33–π–1959，b=33–π–1992，则得到33备选题：存在自然数k及互异的自然数：n1，n2，…，nk，使π–1992<33–（++…+）<π–1959。由本题可知，题中的常数33，π–1992，π–1959都是"蒙人"的。
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