CMR : trong 51 số nguyên dương khác nhau không quá 100, tồn tại 2 số có tổng khác 101.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
LL
8 tháng 1 2019
Gọi 51 số đó là a1;a2;a3;...;a50;a51
Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử \(a_1< a_2< a_3< ...< a_{51}\)(nhóm số 1 có 51 số)
Xét nhóm số thứ 2 có 51 hiệu: \(100-a_1>100-a_2>100-a_3>...>100-a_{51}\)
Tổng cộng 2 nhóm có 102 số mà 102 số này không quá 100 và khác 0 nên chúng nhận các giá trị 1;2;3;...;100 có 100 giá trị. Vậy theo nguyên lí Đi-rích-lê thì có [102/100]+1=2 số nhận cùng 1 giá trị. Mà hai số này hiển nhiên không thuộc cùng 1 nhóm nên nó sẽ thuộc hai nhóm khác nhau. Gọi chúng là 101-\(a_m\)=\(a_n\) suy ra 100=\(a_m+a_n\)hay ta có đpcm
LL
9 tháng 1 2019
Sửa khúc cuối nhé!: Gọi hai số đó là \(a_n;101-a_m\left(1\le m;n\le51\right)\Rightarrow a_n=101-a_m\)hay \(a_m+a_n=101\)vậy ta có đpcm
DT
0
10 tháng 7 2018
Gọi tập A là tập thỏa mãn đề bài với A={a1;a2;⋅;a50;a51}, 1≤ai≤100 (i=1,51¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯)
Xét tập B={b1;a2;⋅;b50;b51} với bi=101−ai⇒1≤bi≤100 (i=1,51¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯)
Ta có : Do tập A có 51 phần tử đều phân biệt nên tập B cũng có 51 phần tử đều phân biệt. Vậy nên tập A và tập B có tổng cộng 102 phần tử mà các phần tử này thuộc [1;100]. Nên theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại ít nhất hai phần tử, mỗi phần tử thuộc mỗi tập trùng nhau.
Ta giả sử đó là : bk=101−ak⇔bk+ak=101
Khi đó ta có điều phải chứng minh !
13 tháng 1 2022
Qwertyuiopasdfghjklmnbvcxz1234567890@#₫_&-+()/*"':;!?~`|•√π÷׶∆£€$¢^°={}\©%®™✓[]>
Lấy tập hợp \(A=\left\{a_1;a_2;...;a_{51}\right\}\); \(1\le a_i\le100;a_i\inℕ^∗\)phân biệt
Không mất tính tổng quát: G/S: \(a_1< a_2< ...< a_{51}\)
Theo điều giả sử trên ta có: \(a_1+a_2=51;a_1+a_3=51\)
=> \(a_2=a_3\)vô lí vì \(a_2< a_3\)
Vậy phải tồn tại hai số có tổng khác 101
Khó hiểu.