Atrisinājums

Ja \(n=1\), tad skaitļiem \((1; 1; 1)\) izpildās uzdevuma nosacījumi (jebkuru divu izvēlēto skaitļu summa dalās ar atlikušo skaitli).

Ja \(n=2\), tad skaitļiem \((2; 1; 1; 1; 1)\) izpildās uzdevuma nosacījumi.

Pamatosim, ka pie \(n \geq 3\) neeksistē \(2n+1\) skaitļi, kam izpildās uzdevuma nosacījumi. Pieņemsim pretējo, tas ir, dotam \(n\), kas ir vismaz \(3\), var atrast \(2n+1\) naturālus skaitļus, lai jebkuru \(n+1\) izvēlēto skaitļu summa dalītos ar atlikušo \(n\) skaitļu summu. Dotos skaitļus sakārtosim nedilstošā secībā un apzīmēsim ar \(a_1 \leq a_2 \leq \cdots a_{2n+1}\), kā arī apzīmēsim summas \(S_A = a_2 + \ldots + a_{n+1}\) un \(S_B = a_{n+2} + \cdots + a_{2n+1}\). No pieņēmuma izriet, ka \(S_A + a_1\) dalās ar \(S_B\) un \(S_B + a_1\) dalās ar \(S_A\). Tas nozīmē, ka \(S_A + a_1 \geq S_B\). Tā kā 𝑆𝐵 satur 𝑛 lielākos skaitļus, tad \(S_B \geq S_A\). Turklāt \(a_1\) ir naturāls skaitlis, līdz ar to \(S_B + a_1 > S_A\), bet \(S_B + a_1\) dalās ar \(S_A\), tāpēc iegūstam, ka

\[\left\{ \begin{array}{l} S_B + a_1 \geq 2S_A; \\ S_A + a_1 \geq S_B. \\ \end{array} \right.\]

Saskaitot abas nevienādības, iegūstam, ka \(S_A + S_B +2a_1 \geq 2S_A + S_B\) jeb \(2a_1 \geq S_A\). Tā kā \(n \geq 3\), tad \(S_A\) satur vismaz \(3\) saskaitāmos, kas nav mazāki kā \(a_1\) jeb \(S_A \geq 3a_1\). Rezultātā iegūstam, ka \(2a_1 \geq S_A \geq 3a_1\). Veidojas pretruna ar to, ka \(a_1\) ir naturāls skaitlis. Tātad pieņēmums, ka pie \(n \geq 3\) eksistē prasītie skaitļi, ir aplams.