【附】為便於有需要者編輯修改，特提供純文本文檔如下：
例6、給定自然數n，設X={1，2，3，…，n}，A1，A2，…，Ar是X的r 個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。
分析與解：由劃分的意義，有｜Ai｜=3r。
又各A i互不相交，所以S（Ai）=S（Ai）≥1+2+…+3r。
由條件（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）]，我們可構造合乎條件的r個三元子集。為了滿足條件：S（Ai）≤n，應取儘可能小的元素屬於Ai，嘗試令Ai={1，2，…，3r}進行構造。為了滿足條件：
S（Ai）≠S（Aj），從容易計算的角度考慮，可想象{ S（Ai）}是公差為1的等差數列。這樣，我們只需先將1，2，…，2r分為r個集合，使其和相等，這利用“大小搭配”是很易作到的。最後將2r+1，2r+2，2r+3，…，3r分配到每個集合中，每個集合中分配一個元素即可。比如，令Ai={i，2r+i，2r–i+1}（i=1，2，…，r），則各個集合的和不相等，且最大的和為5r+1≤（n–1）+1=n。
故r的最大值為[（n–1）]。
例7、求證：對任何0<a<b，存在正整數k及n1，n2，…，nk，使a<++…+<b。
分析與解： 首先，為了使++…+易於估計，注意到級數是發散，想到尋找連續的自然數n，n+1，n+2，…，n+k，使不等式（*）成立。由的發散性，可先找到k，使>a成立（即不等式的左端成立）。為了使不等式右端也成立，應使儘可能小，於是取k是滿足>a的最小的k，即>a，而≤a。這樣， a<=+≤a+。
我們期望 a+<b，一個充分條件是a+<b，即 n>。
但a<≤，所以n>。
綜上可知，取n>max{， }，不等式獲證。
註： 取a=33–π–1959，b=33–π–1992，則得到33備選題：存在自然數k及互異的自然數：n1，n2，…，nk，使π–1992<33–（++…+）<π–1959。由本題可知，題中的常數33，π–1992，π–1959都是"蒙人"的。
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