◆大阪府 らぶりぃナナちゃん さんからの解答。
７数のうち同じ数字があればその２数の排他的論理和を取れば０に出来る。
以下７数を全て異なると仮定する。
またf(a,b,c,d,e,f,g)を
a:1 一つ目の数字を含む a:0 含まない
b:1 二つ目の数字を含む b:0 含まない
g:1 ７つ目の数字を含む g:0 含まない
様な組み合わせと定義する。
g(a,b,c,d,e,f,g)をf(a,b,c,d,e,f,g)のそれぞれの排他的論理和とする。
７つの数字から２つ以上を取る組み合わせは、
27-1-7=120通り。
さらに排他的論理和を取っていることより、それらは０〜６３までの６４通りの値を取る。
よって、部屋割り論法より、ある組み合わせと別の組み合わせで同じ値を取るものが存在する。
その組み合わせをf(a1,b1,c1,d1,e1,f1,g1),f(a2,b2,c2,d2,e2,f2,g2)とする。
xorを排他的論理和の演算として、
g(a1,b1,c1,d1,e1,f1,g1) xor g(a2,b2,c2,d2,e2,f2,g2)
=g(a1 xor a2,b1 xor b2,...,g1 xor g2)
=0
a1 xor a2,...,g1 xor g2の７つを考えると、異なる組み合わせであったことから少なくとも一つは1でないものが存在する。
さらに、７つの数字が自然数であったことから少なくとも２つは1でない事が言える。
よって、f(a1 xor a2,b1 xor b2,...,g1 xor g2)が求める様な組み合わせである。
◆東京都 かえる さんからの解答。
一般形は下記のとおりです。
２n−１以下の自然数なら、どのようなｎ＋１数であっても、それらをすべて２進数で表すと、ｎ＋１数の内 のあるいくつか(≧２)において、排他的論理和が全ビットとも０となるものが必ず存在します。
(注)ここでは数論の慣例に従い、自然数に０を含まないとします。
０を含むとｎ＝６のとき、７つの数、０，１，２，４，８，１６，３２の反例がでます。
証明
選んだｎ＋１数をＡ0，Ａ1，・・・，Ａn(≠０)とし、それぞれ２進表示（ｎビット）とします。
ａ0，ａ1，・・・，ａnを０または１とし、
一次結合Ｎ＝ａ0・Ａ0＋ａ1・Ａ1＋・・・＋ａn・Ａnを考えます。
ここで"＋"は２進表示のビット毎の排他的論理和を意味します。
ａ0，ａ1，・・・，ａnの０，１のすべての組み合わせは２n+1個あり、一方Ｎの数は２n個あります。
したがって２つの異なる組み合わせ
α0，α1，・・・，αnとβ0,β1，・・・，βnに対して
α0・Ａ0＋α1・Ａ1＋・・・＋αn・Ａn＝β0・Ａ0＋β1・Ａ1＋・・・＋βn・Ａnとなるものがあります。
よって、このような組み合わせにおいて、
(α0＋β0)・Ａ0＋(α1＋β1)・Ａ1＋・・・＋(αn＋βn)・Ａn＝０となります。
ただしここでもαk＋βkも排他的論理和を意味します。
α0，α1，・・・，αnとβ0,β1，・・・，βnが異なる組み合わせであることから
少なくとも1つのαk＋βkは１です。
しかしながら、1つのαk＋βkが１の場合Ａk≠０から、
少なくとも２つ以上の異なるＡj，Ａkで
Ａj＋・・＋Ａk＝０となります。
以上により、ｎ＋１数の内のあるいくつか(≧２)において、排他的論理和が全ビットとも０となるものが存在することが証明されました。
本問に関しては、２進空間でのベクトルのような、もっと深い概念があるのでしょうね。
◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答。
【一般化命題】
ｐを素数、ｎを自然数とする。
０でないｎ桁のｐ進数（整数）をｎ＋１個集めた集合から、適当な２個以上の数の整数係数線形結合を作ると０にできる。
ただし、ここでの演算×と＋はmod ｐ で各桁ごとに実施し、繰り上がりはない。
∵一つの数に対応して、各桁の値（０〜ｐ−１）を要素とするｎ次元のベクトルを考える。
上記の演算×と＋は繰り上がりが無いので、ベクトルのスカラー積およびベクトル和と同じ作用である。
ｎ次元のベクトル空間において、ｎ＋１個のベクトルは必ず線形従属である。
（線形代数の基礎であり証明しない）
よって、線形結合を作ると０になる適当な２個以上のベクトルがある。
また、その係数は有理数であり、適当に分母を払うことにより既約の整数係数とできる。
また、係数が既約であるので、全ての係数がｐの倍数であることはない。
また、係数が１個を除き０である場合はその対応ベクトルは０でなければならないので矛盾し、２個以上の係数がmod ｐ でも０ではない。
因みに例題はp=2 n=6の場合であり、排他論理和は mod 2での加算と等しく、また係数はmod 2で ０か１なので、使う／使わないに対応する。