求所有的正整数 $n$，使得存在非负整数 ${a}_{1},{a}_{2},\cdots,{a}_{n}$，满足
$\dfrac{1}{{{2}^{{{a}_{1}}}}}+\dfrac{1}{{{2}^{{{a}_{2}}}}}+\cdots +\dfrac{1}{{{2}^{{{a}_{n}}}}}=\dfrac{1}{{{3}^{{{a}_{1}}}}}+\dfrac{2}{{{3}^{{{a}_{2}}}}}+\cdots \dfrac{n}{{{3}^{{{a}_{n}}}}}=1$．（塞尔维亚）
$\dfrac{1}{{{2}^{{{a}_{1}}}}}+\dfrac{1}{{{2}^{{{a}_{2}}}}}+\cdots +\dfrac{1}{{{2}^{{{a}_{n}}}}}=\dfrac{1}{{{3}^{{{a}_{1}}}}}+\dfrac{2}{{{3}^{{{a}_{2}}}}}+\cdots \dfrac{n}{{{3}^{{{a}_{n}}}}}=1$．（塞尔维亚）
【难度】
【出处】
2012年第53届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $n$ 满足条件，即存在非负整数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$，使得 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^n2^{-a_i}=\sum_{i=1}^ni\cdot 3^{-a_i}=1$．
对第二个等式两边去分母后模 $2$，可得 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^ni=\dfrac{1}{2}n(n+1)\equiv \pmod{2}$，故 $n\equiv 1,2\pmod{4}$．
下面证明这个条件也是充分的，即所求 $n$ 为所有 $n\equiv 1,2\pmod{4}$ 的正整数．
我们称一个由正整数构成的有限可重集合 $B=\{b_1,b_2,\cdots,b_n\}$ 是"可行的"，如果可将 $B$ 中元素一一对应于非负整数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$，使得 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^n2^{-a_i}=\sum_{i=1}^nb_i3^{-a_i}=1$．
注意到下面的重要事实，如果 $B$ 是"可行的"，将 $B$ 中任意一个元素 $b$ 替换为两个正整数 $u,v$，满足 $u+v=3b$，所得集合记为 $B^\prime$，则 $B^\prime$ 仍为"可行的"．事实上，假设 $b$ 对应的非负整数为 $a$，将 $u,v$ 均对应于 $a+1$，其余数均对应于原先的数，由于
$2^{-a-1}+2^{-a-1}=2^{-a}$
$u\cdot 3^{-a-1}+v\cdot 3^{-a-1}=b\cdot 3^{-a}$
故 $B^\prime$ 是"可行的"．我们把若干次这种替换后可从 $B$ 产生 $B^\prime$ 记为 $B\rightsquigarrow B^\prime$．特别若 $b\in B$，可将 $b$ 替换为 $b,2b$，则有 $B\rightsquigarrow B\bigcup \{2b\}$．
我们证明对每个正整数 $n\equiv 1,2\pmod{4},B_n=\{1,2,\cdots,n\}$ 都是"可行的"．$B_1$ 是可行的，取 $a_1=0$ 即可．$B_2$ 是可行的，因为 $B_1\rightsquigarrow B_2$．一般地，对 $n\equiv 1\pmod{4}$，若 $B_n$ 是"可行的"，由于 $B_n\rightsquigarrow B_{n+1}$，从而 $B_{n+1}$ 也是"可行的"．
现只需对 $n\equiv 1\pmod{4}$ 来证明 $B_n$ 是"可行的"．
$B_5$ 是"可行的"，因为
$B_2\rightsquigarrow \{1,3,3\}\rightsquigarrow\{1,3,4,5\}\rightsquigarrow B_5$
$B_9$ 是"可行的"，因为
$B_5\rightsquigarrow \{1,2,3,4,6,9\}\rightsquigarrow\{1,2,3,5,6,7,9\}\rightsquigarrow B_9\setminus\setminus\{8\} B_9$
$B_{13}$ 是"可行的"，因为
$B_9\rightsquigarrow \{1,2,3,4,5,6,7,9,11,13\} \rightsquigarrow B_{13}$
上面最后一步多次利用了添加 $2b$ 的特殊情况，依次添加 $8,10$ 和 $12$．
$B_{17}$ 是"可行的"，因为
$B_6\rightsquigarrow B_5\bigcup\{7,11\}\rightsquigarrow B_8\bigcup\{11\}\rightsquigarrow B_7\bigcup\{9,11,15\}\rightsquigarrow B_{12}\bigcup\{15\}\rightsquigarrow B_{17}\setminus\setminus\{10,14,16\} \rightsquigarrow B_{17}$
最后，对任意整数 $k\geqslant 2$，我们证明 $ B_{4k+2}\rightsquigarrow B_{4k+13}$，这将完成本题证明．先通过若干次添加 $2b$ 的操作，依次添加 $4k+4,4k+6,\cdots,4k+12$，注意到
$\dfrac{4k+12}{2}\leqslant 4k+2$
剩下的 $6$ 个奇数 $4k+3,4k+5,\cdots,4k+13$ 模 $3$ 余 $0,1,2$ 各 $2$ 两个，将其中两个模 $3$ 余 $0$ 的数记为 $u_1,v_1$，余下 $4$ 个数取模 $3$ 余 $1$ 和模 $3$ 余 $2$ 的各一个，组成两对，记为 $u_2,v_2$ 和 $u_3,v_3$，此时对 $i=1,2,3$，将 $b_i=\dfrac{1}{3}(u_i+v_i)$ 替换为 $u_i,v_i$，这里只需注意到 $b_i$ 是偶数，我们又可以通过 $\dfrac{b_i}{2}$ 立刻补回 $b_i$，最后我们得到 $B_{4k+13}$．结论正比．
对第二个等式两边去分母后模 $2$，可得 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^ni=\dfrac{1}{2}n(n+1)\equiv \pmod{2}$，故 $n\equiv 1,2\pmod{4}$．
下面证明这个条件也是充分的，即所求 $n$ 为所有 $n\equiv 1,2\pmod{4}$ 的正整数．
我们称一个由正整数构成的有限可重集合 $B=\{b_1,b_2,\cdots,b_n\}$ 是"可行的"，如果可将 $B$ 中元素一一对应于非负整数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$，使得 $\displaystyle \sum\limits_{i=1}^n2^{-a_i}=\sum_{i=1}^nb_i3^{-a_i}=1$．
注意到下面的重要事实，如果 $B$ 是"可行的"，将 $B$ 中任意一个元素 $b$ 替换为两个正整数 $u,v$，满足 $u+v=3b$，所得集合记为 $B^\prime$，则 $B^\prime$ 仍为"可行的"．事实上，假设 $b$ 对应的非负整数为 $a$，将 $u,v$ 均对应于 $a+1$，其余数均对应于原先的数，由于
$2^{-a-1}+2^{-a-1}=2^{-a}$
$u\cdot 3^{-a-1}+v\cdot 3^{-a-1}=b\cdot 3^{-a}$
故 $B^\prime$ 是"可行的"．我们把若干次这种替换后可从 $B$ 产生 $B^\prime$ 记为 $B\rightsquigarrow B^\prime$．特别若 $b\in B$，可将 $b$ 替换为 $b,2b$，则有 $B\rightsquigarrow B\bigcup \{2b\}$．
我们证明对每个正整数 $n\equiv 1,2\pmod{4},B_n=\{1,2,\cdots,n\}$ 都是"可行的"．$B_1$ 是可行的，取 $a_1=0$ 即可．$B_2$ 是可行的，因为 $B_1\rightsquigarrow B_2$．一般地，对 $n\equiv 1\pmod{4}$，若 $B_n$ 是"可行的"，由于 $B_n\rightsquigarrow B_{n+1}$，从而 $B_{n+1}$ 也是"可行的"．
现只需对 $n\equiv 1\pmod{4}$ 来证明 $B_n$ 是"可行的"．
$B_5$ 是"可行的"，因为
$B_2\rightsquigarrow \{1,3,3\}\rightsquigarrow\{1,3,4,5\}\rightsquigarrow B_5$
$B_9$ 是"可行的"，因为
$B_5\rightsquigarrow \{1,2,3,4,6,9\}\rightsquigarrow\{1,2,3,5,6,7,9\}\rightsquigarrow B_9\setminus\setminus\{8\} B_9$
$B_{13}$ 是"可行的"，因为
$B_9\rightsquigarrow \{1,2,3,4,5,6,7,9,11,13\} \rightsquigarrow B_{13}$
上面最后一步多次利用了添加 $2b$ 的特殊情况，依次添加 $8,10$ 和 $12$．
$B_{17}$ 是"可行的"，因为
$B_6\rightsquigarrow B_5\bigcup\{7,11\}\rightsquigarrow B_8\bigcup\{11\}\rightsquigarrow B_7\bigcup\{9,11,15\}\rightsquigarrow B_{12}\bigcup\{15\}\rightsquigarrow B_{17}\setminus\setminus\{10,14,16\} \rightsquigarrow B_{17}$
最后，对任意整数 $k\geqslant 2$，我们证明 $ B_{4k+2}\rightsquigarrow B_{4k+13}$，这将完成本题证明．先通过若干次添加 $2b$ 的操作，依次添加 $4k+4,4k+6,\cdots,4k+12$，注意到
$\dfrac{4k+12}{2}\leqslant 4k+2$
剩下的 $6$ 个奇数 $4k+3,4k+5,\cdots,4k+13$ 模 $3$ 余 $0,1,2$ 各 $2$ 两个，将其中两个模 $3$ 余 $0$ 的数记为 $u_1,v_1$，余下 $4$ 个数取模 $3$ 余 $1$ 和模 $3$ 余 $2$ 的各一个，组成两对，记为 $u_2,v_2$ 和 $u_3,v_3$，此时对 $i=1,2,3$，将 $b_i=\dfrac{1}{3}(u_i+v_i)$ 替换为 $u_i,v_i$，这里只需注意到 $b_i$ 是偶数，我们又可以通过 $\dfrac{b_i}{2}$ 立刻补回 $b_i$，最后我们得到 $B_{4k+13}$．结论正比．
答案
解析
备注
