Никто не пишет, отвечу сам, чтобы задачу не удалили. Да, существует. Проведем доказательство по индукции. Для n = 1 берем число 2, которое делится на 2^1. Добавляем 1 слева и получаем 12, которое делится на 2^2. Значит, для n = 1 и n = 2 правило работает. Докажем его для любого n. Пусть у нас есть n-значное число f(n) = A*2^n, которое делится на 2^n. Припишем к нему слева цифру k, получаем f(n+1) = k*10^n + A*2^n = k*2^n*5^n + A*2^n = 2^n*(k*5^n + A) Если число А было нечетное, то и k нужно брать нечетное. Если число А было четное, то и k нужно брать четное. В обоих случаях (k*5^n + A) будет четным, и f(n+1) делится на 2^(n+1). Таким образом, можно получить любое число f(n), которое состоит из n знаков и делится на 2^n. В том числе и на 2^2015.
Answers & Comments
Verified answer
Никто не пишет, отвечу сам, чтобы задачу не удалили.Да, существует. Проведем доказательство по индукции.
Для n = 1 берем число 2, которое делится на 2^1.
Добавляем 1 слева и получаем 12, которое делится на 2^2.
Значит, для n = 1 и n = 2 правило работает. Докажем его для любого n.
Пусть у нас есть n-значное число f(n) = A*2^n, которое делится на 2^n.
Припишем к нему слева цифру k, получаем
f(n+1) = k*10^n + A*2^n = k*2^n*5^n + A*2^n = 2^n*(k*5^n + A)
Если число А было нечетное, то и k нужно брать нечетное.
Если число А было четное, то и k нужно брать четное.
В обоих случаях (k*5^n + A) будет четным, и f(n+1) делится на 2^(n+1).
Таким образом, можно получить любое число f(n), которое состоит из n знаков и делится на 2^n. В том числе и на 2^2015.