Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2016 жыл
Комментарий/решение:
Решение: Заменим n=100. Докажем, что ответ 2n+1−1.
Минимальность: Заметим, что
2n+1−2=2n+2n−1+…+21=B,
2n−1=2n−1+…+21+20=A,
а так же для любого 0≤x≤2n−1 существует следующая запись
x=n−1∑i=0εi⋅2i,∀i:εi∈{0,1}
тогда x+A пробегает все значения от A до B, при этом оно является чудесным.
Так же очевидно, что для любого 1≤x≤2n−2 на отрезке [A,B] найдется число кратное x. ◻
Делимость: Заметим, что 2^{n+1+k}\equiv 2^{k}\pmod {2^{n+1}-1}
Допустим некоторое число чудесное число 2^{a_1}+...+2^{a_n} делится на 2^{n+1}-1.
Ясно, что можно принять 0\le a_i \le n. Если среди этих степеней двоек найдутся два одинаковых, скажем 2^k,
то просуммируем их и рассмотрим остаток 2^{k+1} по модулю {2^{n+1}-1}.
Продолжаем данный процесс пока не останутся только различные степени. В конце количество слагаемых будет не более чем n, они все различные и степени лежат от 0 до n. Очевидно это число будет не более чем 2^1+\ldots+2^n=2^{n+1}-2 и больше 0, что не может делится на искомое число. \square
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.