Giả sử tồn tại 50 số thảo mãn đề bài

Gọi các số đó lần lượt là a1, a2, a3, a4, ... a50

Theo bài ra ta có:

a1 + a2 + a3 + ... + a10 < 0 (1)

a11 + a12 + ... + a20 < 0

=> a1 + a2 + ... + a20 < 0

Mà a1 + a2 + ... + a17 > 0 (theo đề bài)

=> a18 + a19 + a20 < 0 

Mà a11 + a12 + ... + a20 < 0

=> a11 + a12 + a13 + ... + a17 < 0 (2)

Từ (1), (2), ta có: a1 + a2 + a3 + ... + a17 < 0 (mâu thuẫn với đề bài)

Vậy, không tồn tại 50 số thoả mãn yêu cầu đề bài

Giả sử tồn tại 50 số thảo mãn đề bài

Gọi các số đó lần lượt là a1, a2, a3, a4, ... a50

Theo bài ra ta có:

a1 + a2 + a3 + ... + a10 < 0 (1)

a11 + a12 + ... + a20 < 0

=> a1 + a2 + ... + a20 < 0

Mà a1 + a2 + ... + a17 > 0 (theo đề bài)

=> a18 + a19 + a20 < 0 

Mà a11 + a12 + ... + a20 < 0

=> a11 + a12 + a13 + ... + a17 < 0 (2)

Từ (1), (2), ta có: a1 + a2 + a3 + ... + a17 < 0 (mâu thuẫn với đề bài)

Vậy, không tồn tại 50 số thoả mãn yêu cầu đề bài

Ai trên 10 điểm hỏi đáp thì mình nha mình đang cần gấp chỉ còn 59 điểm là tròn rồi mong các bạn hỗ trợ mình sẽ đền bù xứng đáng

Gọi 5 số lần lượt là a ; b ;c ;d ; e

Theo đề ra ta có

(a+b) = x

(b+c) = y

(c+d) = z

(d+e) =  t

(e+a) = q

Với \(x;y;z;t;q>0\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+d\right)+\left(d+e\right)+\left(e+a\right)=x+y+z+t+q\)

\(\Rightarrow2\left(a+b+c+d+e\right)=x+y+z+t+q\)

\(\Rightarrow a+b+c+d+e=\frac{x+y+z+t+q}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{x+y+z+t+q}{2}< 0\left(1\right)\)

Mặt khác vì \(x;y;z;t;q>0\)

\(\Rightarrow x+y+z+t+q>0\)

Nhân hai vế với \(\frac{1}{2}\)

Vì 1/2 lớn hơn 0 nên bất đẳng thức giứ nguyên chiều

\(\Rightarrow\left(x+y+z+t+q\right)\frac{1}{2}>0.\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{x+y+z+t+q}{2}>0\left(2\right)\)

Vì (1) mâu thuẫn với (2) nên 

\(x;y;z;t;q\in\varnothing\)

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 \(S_m-S_n⋮10\Rightarrowđpcm\)

Lộn dòng cuối  \(S_n-S_m⋮10\)  nha!

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 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.