5. Zadatak

Pretpostavimo suprotno. Tada uklanjanjem broja $k$ s ploče postoji neki broj s ploče $x_k\neq k$ takav da dijeli zbroj preostalih brojeva, za svaki $k=n,n+1,\ldots,2n-1$.

Neka je $S=n+\cdots+(2n-1)$. Dakle, vrijedi

$$x_k\mid S-k.$$

Primijetimo da ni za koja dva različita broja s ploče $k$ i $l$ ne smije vrijediti $x_k=x_l$. U suprotnom bismo imali da su brojevi $S-k$ i $S-l$ djeljivi s $x_k=x_l$, pa je njime djeljiva i razlika $|k-l|$. Međutim, kako su svi brojevi s ploče između $n$ i $2n-1$, vrijedi

$$n\leq x_k\leq|k-l|\leq|(2n-1)-n|=n-1,$$

odakle dobivamo kontradikciju.

Posebno, postoji broj $m$ na ploči takav da je $x_m=n$. U suprotnom bi $n$ brojeva $x_n,x_{n+1},\ldots,x_{2n-1}$ moglo poprimiti najviše $n-1$ moguću vrijednost, pa bi nužno među njima postojala dva jednaka.

Kako je $n$ neparan, broj

$$S=\frac{(2n-1)2n}{2}-\frac{(n-1)n}{2}=n\cdot\frac{3n-1}{2}$$

je djeljiv brojem $n$.

Također, $n$ dijeli $S-n$. No, kao ranije posljednja relacija zajedno s $n\mid S-m$ daje kontradikciju (jer oduzimanjem slijedi da $n$ dijeli $|m-n|$, a $0<|m-n|<n$).

Dobili smo kontradikciju s početnom pretpostavkom, pa vrijedi tvrdnja zadatka.