证明：除了有限个正整数外，其他正整数 $n$ 均可表示为 $2 004$ 个正整数之和，即 $n=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{2004}$ 且满足 $1 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{2004}, a_{i} | a_{i+1}, i=1,2, \cdots,2003$．
【难度】
【出处】
2004第19届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
将证明如下更一般的结论：对任给正整数 $r\geqslant 2$，总存在 $N(r)$，当 $n\geqslant N(r)$ 时，存在正整数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{r}$，使得
$n=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{t}$
$1 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{r}$
$a_{i} | a_{i+1}, i=1,2, \cdots, r-1$
当 $r = 2$ 时，有 $n = 1 +n- 1$，取 $N(2) = 3$ 即可．
假设当 $r = k$ 时，结论成立，当 $r = k + 1$ 时，取 $N(k+ 1) = 4N(k) ^3$．
设 $n =2 ^a(2l+1)$，如果 $n \geqslant N(k+1)=4 N(k)^{3}$ 则 $2^{\alpha} \geqslant 2 N(k)^{2}$ 或 $2 l+1>2 N(k)$ 若 $2^{a} \geqslant 2 N(k)^{2}$，则存在正偶数 $2t\leqslant a$，使 $2^{2 t} \geqslant N(k)^{2}$．此时 $2^{t}+1 \geqslant N(k)$，由归纳假设存在正整数 $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{k}$，使得 $2^{t}+1=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{k}$ 其中 $1 \leqslant b_{1}<\cdots<b_{k}, b_{i} | b_{i+1}, i=1, \cdots, k$ 这样 $ 2^{a}= 2^{a-2 t} \cdot 2^{2 i}=2^{a-2 i}\left(1+\left(2^{i}-1\right)\left(2^{i}+1\right)\right)= 2^{a-2 t}+2^{a-2 t}\left(2^{t}-1\right) b_{1}+2^{a-2 t}\left(2^{i}-1\right) b_{2}+\cdots+2^{\alpha-2 t}\left(2^{t}-1\right) b_{k}$
$\begin{aligned} n=& 2^{a-2 t}(2 l+1)+2^{a-2 t}\left(2^{i}-1\right) b_{1}(2 l+1)+\cdots+ 2^{a-2 t}\left(2^{i}-1\right) b_{k}(2 l+1) \end{aligned}$
若 $2 l+1>2 N(k)$，则 $l \geqslant N(k)$，由归纳假设存在正整数 $c_1,c_{2}, \cdots, c_{k}$，使得 $l=c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{k}$ 其中 $1 \leqslant c_{1}<c_{2}<\cdots<c_{k}, c_{i} | c_{i+1}, i=1, \cdots, k-1$
因此 $n=2^{a}+2^{a+1} c_{1}+2^{a+1} c_{2}+\cdots+2^{a+1} c_{k}$ 满足要求
由归纳法知上述一般结论对所有 $r\geqslant 2$ 成立．
$n=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{t}$
$1 \leqslant a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{r}$
$a_{i} | a_{i+1}, i=1,2, \cdots, r-1$
当 $r = 2$ 时，有 $n = 1 +n- 1$，取 $N(2) = 3$ 即可．
假设当 $r = k$ 时，结论成立，当 $r = k + 1$ 时，取 $N(k+ 1) = 4N(k) ^3$．
设 $n =2 ^a(2l+1)$，如果 $n \geqslant N(k+1)=4 N(k)^{3}$ 则 $2^{\alpha} \geqslant 2 N(k)^{2}$ 或 $2 l+1>2 N(k)$ 若 $2^{a} \geqslant 2 N(k)^{2}$，则存在正偶数 $2t\leqslant a$，使 $2^{2 t} \geqslant N(k)^{2}$．此时 $2^{t}+1 \geqslant N(k)$，由归纳假设存在正整数 $b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{k}$，使得 $2^{t}+1=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{k}$ 其中 $1 \leqslant b_{1}<\cdots<b_{k}, b_{i} | b_{i+1}, i=1, \cdots, k$ 这样 $ 2^{a}= 2^{a-2 t} \cdot 2^{2 i}=2^{a-2 i}\left(1+\left(2^{i}-1\right)\left(2^{i}+1\right)\right)= 2^{a-2 t}+2^{a-2 t}\left(2^{t}-1\right) b_{1}+2^{a-2 t}\left(2^{i}-1\right) b_{2}+\cdots+2^{\alpha-2 t}\left(2^{t}-1\right) b_{k}$
$\begin{aligned} n=& 2^{a-2 t}(2 l+1)+2^{a-2 t}\left(2^{i}-1\right) b_{1}(2 l+1)+\cdots+ 2^{a-2 t}\left(2^{i}-1\right) b_{k}(2 l+1) \end{aligned}$
若 $2 l+1>2 N(k)$，则 $l \geqslant N(k)$，由归纳假设存在正整数 $c_1,c_{2}, \cdots, c_{k}$，使得 $l=c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{k}$ 其中 $1 \leqslant c_{1}<c_{2}<\cdots<c_{k}, c_{i} | c_{i+1}, i=1, \cdots, k-1$
因此 $n=2^{a}+2^{a+1} c_{1}+2^{a+1} c_{2}+\cdots+2^{a+1} c_{k}$ 满足要求
由归纳法知上述一般结论对所有 $r\geqslant 2$ 成立．
答案
解析
备注
