Problem 1905

Solution:

Bei den gesuchten Zahlen handelt es sich genau um die Primzahlen.

Teilbeweis 1: Keine Nichtprimzahl erfüllt alle Voraussetzungen.

Es sei $n=a \cdot b$ mit $1<a, b<n$ eine Zerlegung von $n$ in zwei echte Teiler. Wir wählen $m_{i}=a$ für $1 \leq i<n$ sowie $m_{n}=0$. Dann ist die Summe $m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}=(n-1) a$ offensichtlich nicht durch $n$ teilbar, da beide Faktoren nicht durch $n$ teilbar sind.
Nun wählen wir zu einem beliebigen Index $i$ den Index $j=\left\{\begin{array}{ll}b & \text{ für } 1 \leq i \leq n-b \\ b+1 & \text{ für } n-b<i \leq n\end{array}\right.$ und erhalten $m_{i}+m_{i+1}+\ldots+m_{i+j-1}=a \cdot b=n \equiv 0 \bmod n$. Mit diesem Gegenbeispiel ist der Teilbeweis abgeschlossen.

Teilbeweis 2: Jede Primzahl erfüllt alle Voraussetzungen.

Es sei nun $n$ eine Primzahl. Für einen Widerspruchsbeweis nehmen wir an, dass es für die Zahlen $m_{1}, m_{2}, \ldots, m_{n}$, deren Summe nicht durch $n$ teilbar ist, zu jedem Index $i$ $(1 \leq i \leq n)$ eine Zahl $j$ $(1 \leq j \leq n)$ gibt, so dass die Summe $m_{i}+m_{i+1}+\ldots+m_{i+j-1}$ durch $n$ teilbar ist. Dabei gilt sogar $j \neq n$, denn die Summe aller $m_{i}$ ist nicht durch $n$ teilbar.
Nun konstruieren wir für $0 \leq k \leq n-1$ eine endliche Folge ganzer Zahlen $i_{0}, i_{1}, \ldots, i_{n}$ mit $i_{k+1}-i_{k} \leq n-1$ (1), indem wir $m_{i_{k}+1}+m_{i_{k}+2}+\ldots+m_{i_{k+1}} \equiv 0 \bmod n$ wählen. Der Startindex $i_{0}$ ist beliebig und der neue Index $i_{k+1}$ sei der jeweils kleinstmögliche nach $i_{k}$ beim zyklischen Weitergehen $\bmod n$.
Nach dem Schubfachprinzip gibt es in der Folge dieser $n+1$ Indizes zwei verschiedene Zahlen $i_{r}$ und $i_{s}$ mit $0 \leq r<s \leq n$, die $\bmod n$ kongruent sind. Mit ihnen gilt $\sum_{j=r}^{s-1}\left(m_{i_{j}+1}+m_{i_{j}+2}+\ldots+m_{i_{j+1}}\right) \equiv 0 \bmod n$, weil dies für jede Klammersumme gilt.
Andererseits folgt aus $i_{s} \equiv i_{r} \bmod n$, dass es eine positive ganze Zahl $d$ gibt mit $i_{s}-i_{r}=d \cdot n$. Wegen (1) ist $i_{s}-i_{r} \leq(n-1) n$, so dass $d \leq n-1$ folgt. Dann kann $\sum_{j=r}^{s-1}\left(m_{i_{j}+1}+m_{i_{j}+2}+\ldots+m_{i_{j+1}}\right)=d\left(m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}\right)$ aber kein Vielfaches von $n$ sein, denn $n$ ist prim und weder $d$ noch $m_{1}+m_{2}+\ldots+m_{n}$ sind Vielfache von $n$ - Widerspruch! $\square$