Олимпиадная задача по теории чисел: суммы и разности 2013 чисел (9–11 класс)

Решение 1:   Построим сначала вспомогательную последовательность {x_n}, в которой 2013 чисел. Начиная это построение с конца, положим:

x₂₀₁₃ = 1,  х₂₀₁₂ = 2,  x_i = (x_i+1 + x_{i+ 2} + ... + x₂₀₁₃)!  для i от 1 до 2011. Затем положим  a_n = x₁ + x₂ + ... + x_n.

  Докажем, что {a_n} – искомая последовательность. Пусть  1 ≤ k < m ≤ 2013,  тогда a_m – a_k = x_k+1 + x_k+2 + ... + x_m = t.  Так как

a_m + a_k = (a_m – a_k) + 2a_k,  то достаточно проверить, что a_k делится на t. Но  a_k = x₁ + ... + x_k,  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, ..., а_n  из n чисел уже построен. Рассмотрим число  А = а₁а₂...а_n  и набор  А,  А + а₁,  ...,  А + а_n.

  Пусть  x = А + а_i  и  y = А + а_j  – два числа из этого набора. По предположению индукции  а_i + а_j  делится на  а_i – а_j.  Кроме того,

2а_i = (а_i + а_j) + (а_i – а_j)  тоже делится на  а_i – а_j,  значит, и 2А делится на  а_i – а_j.  Следовательно,  x + y = 2A + а_i + а_j  также делится на

а_i – а_j = x – y.  Для чисел  А + а_i  и А требуемое условие очевидно.

Существуют.