Cách 1: 
Nếu có hai số có cùng số dư khi chia cho 100 thì bài toán được giải quyết.Giả sử không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho 100.Khi đó, có ít nhất 51 số chia cho 100 có số dư khác 50 là a1,a2,,,.....a51 
Đặt bi = -ai(1≤i≤51).Xét 102 số ai;bi.Theo nguyên tắc đi-rích-lê thì tồn tại i#j sao cho ai=bj(mod 100)(tức là ai;bj có cùng số dư khi chia cho 100) 
=> ai - bj chia hết cho 100.mà bj=-aj 
=> ai+aj chia hết cho 100 
Cách 2: 
Nếu có hai số có cùng số dư khi chia cho 100 thì bài toán được giải quyết 
Giả sử có ít nhất 51 số không chia hết cho 100.Xét 50 cặp :(1,99),(2,98),......(49,51),(50,50) mà mỗi cặp có tổng là 100 

  Gọi `100` số nguyên đã cho là : `a_1`;`a_2`;...;`a_(100)`

      Xét `100` tổng sau : `S_1` = `a_1`

                                      `S_2` = `a_1 + a_2`

                     ` .... `

                                      `S_(100)` = ` a_1 + a_2 + ... + a_(100) `

` => ` Ta xét 2 TH sau

` + TH1` Trong 100 tổng trên `\exists` 1 tổng `\vdots` 100 `=> ` `Đpcm`

` +TH2 ` Trong 100 tổng trên `\cancel{exists}` 1 tổng nào `vdots` 100 

        Khi đó chia `100` tổng này cho `100` ta được các số dư `in` { 1;2;3;...;99}

        Vì có `100` số dư mà chỉ có `99` khả năng dư nên theo nguyên lí Đi-rích-lê sẽ tồn tại ít nhau 2 số dư bằng nhau khi chia cho `100`

        Giả sư `a_m` và `a_n` là 2 số đó ( giả sử : `a_m > a_n` )

Suy ra ` a_m - a_n \vdots 100 ` hay ` (a_1 + a_2 + ... + a_m) -  (a_1 + a_2 + ... + a_n) \vdots 100 ` `=> ` ` a_(n+1) + a_(n+2) + ... + a_m \vdots 100 ` ` => đpcm `

qua de tong tat ca cac so bang 200 thi se co mot so so co tong la 100

Để chứng minh rằng trong 100 số tự nhiên đã cho, chúng ta có thể tìm được một số các số sao cho tổng của chúng bằng 100, ta sẽ sử dụng nguyên lý Dirichlet và xem xét các tổng con của tập hợp các số này.

Gọi \( S \) là tập hợp gồm 100 số tự nhiên khác 0 không vượt quá 100. Giả sử các số trong tập \( S \) là \( a_1, a_2, \ldots, a_{100} \). Tổng của 100 số này là 200, nghĩa là:
\[ a_1 + a_2 + \cdots + a_{100} = 200. \]

Xét tất cả các tổng con của tập hợp \( S \), nghĩa là xét tất cả các tổng con có dạng:
\[ a_{i_1} + a_{i_2} + \cdots + a_{i_k}, \]
với \( 1 \leq i_1 < i_2 < \cdots < i_k \leq 100 \).

Có tất cả \( 2^{100} \) tổng con khác nhau (bao gồm cả tổng con rỗng là 0). Ta sẽ sử dụng nguyên lý Dirichlet để tìm ra tổng con bằng 100.

Chia các tổng con thành hai loại:
1. Các tổng con nhỏ hơn hoặc bằng 100.
2. Các tổng con lớn hơn 100 nhưng nhỏ hơn hoặc bằng 200.

Nếu có một tổng con nào đó bằng 100, ta đã hoàn thành chứng minh. 

Giả sử ngược lại không có tổng con nào bằng 100. Khi đó, mỗi tổng con đều là duy nhất và nằm trong khoảng từ 0 đến 200.

Xét hai tổng con bất kỳ \( T_1 \) và \( T_2 \) mà \( T_1 < T_2 \). Do tổng toàn bộ các số là 200, ta có:
\[ T_2 - T_1 \leq 200. \]
Nếu không có tổng con nào bằng 100, ta xét các hiệu:
\[ T - (T - 100) = 100, \]
với \( T \) là tổng của tất cả các phần tử. Nếu tồn tại hai tổng con \( T_1 \) và \( T_2 \) sao cho \( T_1 < T_2 \) và \( T_2 - T_1 = 100 \), thì hiệu này sẽ cho chúng ta tổng bằng 100. Vì tổng các số là 200 nên hiệu giữa hai tổng con \( T_2 \) và \( T_1 \) phải tồn tại và bằng 100.

Như vậy, theo nguyên lý Dirichlet và sự ràng buộc của tổng 200, chắc chắn tồn tại một tổng con bằng 100 trong tập hợp các số này. 

Đây là điều cần chứng minh.

Học sinh hư! Học sinh hư!!! tran thi quynh huong

tự làm nha. dễ lắm

I don't know