Atrisinājums

Skaidrs, ka \(n\) jābūt pāra skaitlim. Pie \(n=2\) der \(A=\{1\}, B=\{2\}\). Pie \(n=4\) prasītais sadalījums neeksistē (viegla visu gadījumu pārbaude). Pie \(n=2k,\ k\) - nepāra skaitlis, der sadalījums \(A=\{1; 2; \ldots; k\}, B=\{k+1; \ldots; 2k\}\). Tiešām, vidējie aritmētiskie ir \(\frac{k+1}{2}\) un \(k+\frac{k+1}{2}\), tātad naturāli skaitļi; viegli pārliecināties, ka \(1 \leq \frac{k+1}{2} \leq k\), no kurienes seko, ka tie pieder vajadzīgajām kopām. Ja \(n=8\), der sadalījums \(A=\{2; 3; 4; 7\}, B=\{1; 5; 6; 8\}\). Ja \(n=2k,\ k\) - pāra skaitlis, \(k \geq 6\), der sadalījums \(A=\left\{1; 2; 3; \ldots; k-2; k; \frac{3k-2}{2}\right\},\ B\) - pārējie skaitļi no \(\{1; 2; \ldots; 2k-1; 2k\}\).

Parādīsim, ka kopa \(A\) apmierina uzdevuma prasības

1) pie \(k \geq 6\) pastāv nevienādība \(k<\frac{3 k-2}{2} \Leftrightarrow k>2\), tātad \(A\) satur \(k\) skaitļus,

2) \(A\) elementu summa ir \(\frac{(k-2)(k-1)}{2}+k+\frac{3k-2}{2}=\frac{k^{2}-3k+2+2k+3k-2}{2}=\frac{k^{2}+2k}{2}\), tāpēc to vidējais aritmētiskais ir \(\frac{\mathrm{k}+2}{2} \in N\)

3) tā kā \(\frac{k+2}{2} \leq k-2 \Leftrightarrow k+2 \leq 2k-4 \Leftrightarrow k \geq 6\), tad šis v. a. pieder kopai \(A\).

Līdzīgi pārbauda, ka uzdevuma prasības apmierina arī kopa \(B\).