|
|
 |
Условие
Существуют ли 2013 таких различных натуральных чисел, что сумма каждых двух из них делится на их разность?
Решение 1
Построим сначала вспомогательную последовательность {xn}, в которой 2013 чисел. Начиная это построение с конца, положим:
x2013 = 1, х2012 = 2, xi = (xi+1 + xi+ 2 + ... + x2013)! для i от 1 до 2011. Затем положим an = x1 + x2 + ... + xn.
Докажем, что {an} – искомая последовательность. Пусть 1 ≤ k < m ≤ 2013, тогда am – ak = xk+1 + xk+2 + ... + xm = t. Так как
am + ak = (am – ak) + 2ak, то достаточно проверить, что ak делится на t. Но
ak = x1 + ... + xk, а каждое слагаемое в этой сумме является факториалом числа, большего, чем t.
Решение 2
Докажем по индукции, что существует набор из n чисел с указанными свойствами. База (n = 2): можно взять любые два последовательных натуральных числа.
Шаг индукции. Пусть набор а1,
а2, ..., аn из n чисел уже построен. Рассмотрим число А = а1а2...аn и набор А, А + а1, ..., А + аn.
Пусть x = А + аi и y = А + аj – два числа из этого набора. По предположению индукции аi + аj делится на аi – аj. Кроме того,
2аi = (аi + аj) + (аi – аj) тоже делится на аi – аj, значит, и 2А делится на аi – аj. Следовательно, x + y = 2A + аi + аj также делится на
аi – аj = x – y. Для чисел А + аi и А требуемое условие очевидно.
Ответ
Существуют.
