Доказательство проведём от противного. Предположим, что утверждение задачи неверно. Это означает, что разность любых двух чисел каждого из наших 6 множеств не принадлежит этому множеству.
Поскольку $1985:6\gt330$, хотя бы одно из данных множеств содержит по крайней мере 331 число. Обозначим эти числа в порядке возрастания через $a_0$, $a_1$, $\ldots$, $a_{330}$, а само это множество — через $A$. По предположению
$$
a_j-a_i\notin A,\quad\text{при всех}~i{,}~j,~0\le i\lt j\le\ 330.\tag1
$$
Рассмотрим разности $a_1-a_0$, $a_2-a_0$, $\ldots$, $a_{330}-a_0$. Это различные числа, заключённые между 1 и 1985 и содержащиеся в силу (1) в пяти из данных множеств. Поскольку $330:5=66$, хотя бы одно из этих множеств (назовём его $B$) содержит 66 чисел — в порядке возрастания, $b_0$, $b_1$, $\ldots$, $b_{65}$. Разность любых двух из них совпадает с разностью каких-то двух чисел из $a_1$, $\ldots$, $a_{330}$ (если $b_j=a_k-a_0$, а $b_i=a_l-a_0$, то $b_j-b_i=a_k-a_l$), поэтому в силу (1) и с учётом нашего исходного предположения
$$
b_j-b_i\notin A\cup B\quad\text{при всех}~i{,}~j,~0\le i\lt j\le 65.\tag2
$$
Продолжая рассуждать таким же образом, мы выберем из разностей $b_1-b_0$, $\ldots$, $b_{65}-b_0$ ($[65/4]+1=17$) чисел $c_0 \lt c_1 \lt \ldots \lt c_{16}$, принадлежащих третьему из данных множеств, отличному от $A$ и $B$ (назовём его $C$). При этом в силу (2) и нашего предположения
$$
c_j-c_i \notin A \cup B \cup C\quad\text{при всех}~i{,}~j,~0\le i\lt j\le16
$$
(если $c_j=b_k-b_0$, $c_i=b_l-b_0$, то $c_j-c_i=b_k-b_l$).
Аналогично выбираются 6 чисел $d_0\lt d_1\lt\ldots\lt d_5$ ($5=[16/3]$) из четвёртого множества $D$, для которых
$$
d_j-d_i\notin A\cup B\cup C\cup D\quad\text{при}~0\le i\lt j\le5;
$$
затем 3 числа $e_0\lt e_1\lt e_2$ ($2=[5/2]$) из пятого множества $E$, попарные разности которых $e_j-e_i$, $0\le i\lt j\le2$ могут принадлежать уже только шестому множеству $F$, и, наконец, два различных числа $f_0=e_1-e_0$ и $f_1=e_2-e_0$ из множества $F$, разность $f_1-f_0=e_2-e_1$ которых тоже должна принадлежать множеству $F$, что противоречит нашему предположению.
$\begin{array}{cr}
k&N_k\\[5pt]
1&2\\
2&5\\
3&16\\
4&65\\
5&326\\
6&1957\\
\end{array}$
Полученное противоречие доказывает утверждение задачи.
Рассуждая так же, как в приведённом решении, нетрудно показать, что утверждение задачи выполняется для любого разбиения первых $N$ чисел 1, 2, $\ldots$, $N$ на $k$ множеств при $$
N=N_k=k!\left(1+\dfrac1{1!}+\dfrac1{2!}+\ldots+\dfrac1{k!}\right)\tag3
$$
($n!=1\cdot2\cdot\ldots\cdot n$).
Значения $N_k$ для $k=$ 1, $\ldots$, 6 выписаны в таблице на полях. Очевидно, что и для любого $N\ge N_k$ утверждение задачи будет верно для $k$ множеств; в нашем случае $1985\gt1957=N_6$. Отметим, что сумма в скобках в правой части (3) при $k\to\infty$ очень быстро сходится к основанию натуральных логарифмов — числу $e=2{,}718\ldots$ Можно проверить, что $N_k=[k!\,e]$, однако эта красивая формула, к сожалению, не даёт наименьшего подходящего значения $N$ для данного $k$; например, для $k=3$ наименьшее значение равно 14, а не 16. Здесь возникает интересная, но, видимо, трудная задача оценки этого наименьшего значения снизу. Верно ли, например, что оно всегда больше $ck!$, где $c$ — некоторая постоянная? Лучшей известной пока оценкой остаётся $\dfrac{3^k-1}2$ А. Ходулёва (см. решение задачи M540, «Квант» № 12, 1979, с. 23).
