Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
10 số tự nhiên liên tiếp nên ta lấy ví dụ : 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 là 10 suy ra mười số liên tiếp chắc chắn có một số chia hết 10
Đặt \(S_1=a_1\)
\(S_2=a_1+a_2\)
\(S_3=a_1+a_2+a_3\)
\(.......\)
\(S_{10}=a_1+a_2+a_3+.....+a_{10}\)
Giả sử tồn tại \(S_i\left(1\le i\le10\right)\) nào đó chia hết cho 10 thì bài toán được chứng minh.
Giả sử không tồn tại \(S_i\) nào đó không chia hết cho 10 thì khi chia cho 10 có 9 số dư:1;2;3;4;5;.....9
Mà có 10 tổng nên tồn tại 2 tổng khi chia cho 10 có cùng số dư.
Gọi 2 tổng đó là \(S_m;S_n\left(1\le m< n\le9\right)\)
Khi đó \(S_m-S_n⋮10\Rightarrowđpcm\)
Giả sử không tìm được số nào trong n số tự nhiên liên tiếp đã cho mà chia hết cho n. Khi đó n số này chia cho n chỉ nhận được nhiều
nhất là \(n-1\) số dư khác nhau \(\left(1;2;3;.....;n-1\right)\), theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai số chia cho n có cùng số dư, chẳng
hạn là a và b với a > b, khi đó a - b chia hết cho n, điều này mâu thuẫn với \(0< a-b< n\). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Đặt B1 = a1.
B2 = a1 + a2 .
B3 = a1 + a2 + a3 ...................................
B10 = a1 + a2 + ... + a10 .
Nếu tồn tại Bi ﴾ i= 1,2,3...10﴿.
nào đó chia hết cho 10 thì bài toán được chứng minh.
Nếu không tồn tại Bi nào chia hết cho 10 ta làm như sau: Ta đen Bi chia cho 10 sẽ được 10 số dư ﴾ các số dư ∈ { 1,2.3...9}﴿.
Theo nguyên tắc Di‐ric‐ lê, phải có ít nhất 2 số dư bằng nhau. Các số Bm ‐Bn, chia hết cho 10 ﴾ m>n﴿ ⇒ ĐPCM.
Đặt B1 = a1.
B2 = a1 + a2 .
B3 = a1 + a2 + a3 ...................................
B10 = a1 + a2 + ... + a10 .
Nếu tồn tại Bi ﴾ i= 1,2,3...10﴿.
nào đó chia hết cho 10 thì bài toán được chứng minh.
Nếu không tồn tại Bi nào chia hết cho 10 ta làm như sau: Ta đen Bi chia cho 10 sẽ được 10 số dư ﴾ các số dư ∈ { 1,2.3...9}﴿.
Theo nguyên tắc Di‐ric‐ lê, phải có ít nhất 2 số dư bằng nhau. Các số Bm ‐Bn, chia hết cho 10 ﴾ m>n﴿ ⇒ ĐPCM.
Đặt S1=a1;S2=a1+a2;...;S10=a1+a2+...+a10S1=a1;S2=a1+a2;...;S10=a1+a2+...+a10
Xét 1010 số S1;S2;S3;...:S10S1;S2;S3;...:S10 ta có 2 trường hợp:
(∗)(∗) Nếu có 1 số SkSk nào có tận cùng =0(Sk=a1;a2;...;a10;k=1→10)=0(Sk=a1;a2;...;a10;k=1→10)
⇒⇒ Tổng kk số a1;a2;...;ak⋮10a1;a2;...;ak⋮10
(∗)(∗) Nếu không có số nào trong 10 số S1;S2;...;S10S1;S2;...;S10 tận cùng bằng 00
⇒⇒ Chắc chắn phải có ít nhất 2 số nào đó có chữ số tận cùng giống nhau. Ta gọi 2 số đó là Sm;Sn(1≤m<n≤10)Sm;Sn(1≤m<n≤10)
Sm=a1+a2+...+amSm=a1+a2+...+am
Sn=a1+a2+...+am+am+1+...+anSn=a1+a2+...+am+am+1+...+an
⇒Sn−Sm=am+1+am+2+...+an⇒Sn−Sm=am+1+am+2+...+an tận cùng là 0
⇒n−m=am+1+am+2+...+an⋮10⇒n−m=am+1+am+2+...+an⋮10
Vậy a1+a2+...+a10⋮10a1+a2+...+a10⋮10 (Đpcm)
2 là tổng
Tổng là 2 con lại thì....
tổng là 2 nha
2 là tổng
2 là tổng
tổng = 2
ez la 2
Đặt 7 số tự nhiên đó là A, B, C, D, E, F, G. Lấy kết quả của bài 1: Trong 3 số tự nhiên bất kỳ luôn có 2 số là số chẵn ( chia hết cho 2)
A, B, C Và D, E, F mỗi nhóm có 1 cặp chia hết cho 2
* Giả thử (A+B) =2 m và (D+E)=2n –> (A+B) + (C+D)= 2(m+n)
Còn 3 số C F G sẽ có 1 cặp chia hết cho 2
( C + F) = 2 p Với m,n,p cúng là số tự nhiên
Trong 3 số m, n, p luôn chọn được 2 số có tổng chia hết cho 2.
*Giả thử (m + n) =2 q ( q là số tự nhiên) thì ta có
(A+B) + (C+D)= 2(m+n) = 4q ==> A+B+C+D chia hết cho 4
2 là tổng
Kết quả đúng
Giải
Gọi 7 số lần lượt là: a1; a2; a3;…; a7
Trường hợp 1: Nếu 1 trong 7 số chia hết cho 7 => Đều phải chứng minh
Trường hợp 2: Không có số nào trong 7 số đã chia hết cho 7
Xét dãy:
b1 = a1
b2 = a1 + a2
b3 = a1 + a2 + a3
…
b7 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7
Lấy b1; b2; b3; …; b7 chia cho 7
Trường hợp 1:Có 1 số trong dãy từ b1 đến b7 chia hết cho 7 => Đều phải chứng minh
Trường hợp 2: Không có số nào trong dãy b1; b2; b3; …; b7 chia hết cho 7
Có 7 số b1; b2; …; b7 xếp vào 6 nhóm (6 số dư)
Mà 7 : 6 = 1(dư 1)
=> Có 2 số trong dãy b1; b2; …; b7 cùng số dư khi chia cho 7
Gọi 2 số này là: bm và bn (m > n)
=> bm – bn : 7
a(n + 1) + … + am : 7 => Điều phải chứng minh