Областная олимпиада по математике, 2026 год, 11 класс

$2^{n!}-1$ саны $(2^1-1)(2^2-1)\ldots(2^{n-1}-1)(2^n-1)$ санына бөлінетіндей барлық натурал $n$ сандарын табыңыз. Мұнда $n!$ — $1$-ден $n$-ге дейінгі барлық натурал сандардың көбейтіндісі. ( Ануарбеков Т. )

Комментарий/решение

Пусть $n \ge 12$.

$3 \mid 2^k - 1 \iff 2 \mid k$.

По LTE: $\nu_3(2^{2k} - 1) = \nu_3(2^2 - 1) + \nu_3(k) = 1 + \nu_3(k)$

и $\nu_7(2^{3k} - 1) = \nu_7(2^3 - 1) + \nu_7(k) = 1 + \nu_7(k)$.

Т.к. $(2,3)=1$, $\nu_3(n!/2) = \nu_3(n!)$, тогда

$\nu_3(2^{n!} - 1) = \nu_3(2^2 - 1) + \nu_3(n!/2) = 1 + \nu_3(n!)$.

По формуле Лежандра $\nu_3(n!) < \frac{n}{3} + \frac{n}{3^2} + \dots \le \frac{n/3}{1-1/3} = \frac{n}{2}$.

Тогда $\nu_3(2^{n!} + 1) < 1 + \frac{n}{2}$.

Но

\[

\nu_3\bigl((2^1-1)(2^2-1)\dots(2^n-1)\bigr) =

\nu_3((2^2)^1-1) + \nu_3((2^2)^2-1) + \dots + \nu_3((2^2)^{\lfloor n/2\rfloor}-1)

\]

\[

= (1 + \nu_3(1)) + (1 + \nu_3(2)) + \dots + (1 + \nu_3(\lfloor n/2\rfloor))

= \lfloor n/2\rfloor + \nu_3(\lfloor n/2\rfloor!)

\]

\[

\ge \frac{n-1}{2} + \nu_3(6!) = \frac{n+1}{2} + 1 > 1 + \frac{n}{2} = \nu_3(2^{n!} - 1),

\]

противоречие.

Проверив $n \le 11$, получим ответ: $n = 1,2,3,4,5$.