US
3
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
13 tháng 8 2017
có a^3 + b^3 + c^3 chia hết cho 9 (1)
giả sử a , b , c đều không chia hết cho 3 ( có dạng B(3) +_ 1 )
=> a^3 , b^3 , c^3 , đều có dạng B(9)+_ 1
do đó a^3 + b^3 + c^3 +r1 + r2 + r3 ( trong đó r1;r2;r3 bằng -1 hoặc 1 )
=> a^3 + b^3 + c^3 không chia hết cho 9 . ( trái với điều (1) )
=> 1 trong 3 số a, b, c, là bội của 3
1 tháng 6 2023
Kí hiệu \(S\) là tổng tất cả các số trên cùng 1 hàng, cột hay đường chéo. Dễ dàng kiểm chứng được \(-6\le S\le6\). Ta thấy từ \(-6\) đến \(6\) có tất cả là 13 số nguyên. Nói cách khác, sẽ có tất cả 13 giá trị khác nhau mà \(S\) có thể đạt được. Do trên bảng 6x6 có 6 cột, 6 hàng, 2 đường chéo ứng với 14 tổng S nên theo nguyên lí Dirichlet, sẽ tồn tại 2 tổng S mang cùng 1 giá trị, đây là đpcm.
KN
27 tháng 9 2020
Giả sử tứ giác ABCD có AD = a, AB = b, BC = c, CD = d không có hai cạnh nào bằng nhau. Ta có thể giả sử a < b < c < d.
Ta có a + b + c > BD + c > d.
Do đó a + b + c + d > 2d hay S > 2d (*)
Ta có: S\(⋮\)a => S = m.a (m\(\in\)N) (1)
S\(⋮\)b => S = n.b (n\(\in\)N) (2)
S\(⋮\)c => S = p.d (p\(\in\)N) (3)
S\(⋮\)d => S = q.d (q\(\in\)N) (4) . Từ (4) và (*) suy ra q.d > 2d => q > 2
Vì a < b < c < d (theo giả sử) nên từ (1), (2), (3) và (4) suy ra m > n > p > q > 2
Do đó q\(\ge\)3; p\(\ge\)4; n\(\ge\)5; m\(\ge\)6
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra 1/m = a/S; 1/n = b/S; 1/p = c/S; 1/q = d/S
Ta có: \(\frac{1}{6}+\frac{1}{5}+\frac{1}{4}+\frac{1}{3}\ge\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=\frac{a+b+c+d}{S}=1\)
hay \(\frac{19}{20}\ge1\)(vô lí)
Vậy tồn tại hai cạnh của tứ giác bằng nhau (đpcm)
20 tháng 10 2016
Xét 2002 số như sau
2002
20022002
200220022002
.....................
20022002...2002 ( 2002 số 2002 )
Ta có, khi chia một số cho 2001 có 2001 trường hợp có số dư khác nhau gồm 0,1,2,3,4,...,2000
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 2002 số trên có ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho 2001 . Gọi hai số đó là ai và aj
Suy ra : ai - aj chia hết cho 2001 hay
20022002...2002 - 20022002...2002 chia hết cho 2001
( i số 2002 ) ( j số 2002 )
\(\Rightarrow\)\(20022002...2002000...0=20022002...2002+1000...0\)chia hết cho 2001
( i - j số 2002) ( j chữ số 0) ( i - j số 2002)
Mà 1000...00 không chia hết cho 2001. Suy ra 20022002...2002 chia hết cho 2001
Ta có điều cần chứng minh
7 tháng 1 2017
(Modulo 3, nha bạn.)
Giả sử tồn tại 5 số thoả đề.
Trong 5 số nguyên dương phân biệt đó sẽ xảy ra 2 trường hợp:
1. Có 1 số chia hết cho 3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2.
Khi đó, tổng 3 số này chia hết cho 3 (vô lí).
2. 5 số này khi chia cho 3 chỉ còn 2 loại số dư mà thôi.
Khi đó, theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại 3 số cùng số dư khi chia cho 3. Tổng 3 số này chia hết cho 3 (vô lí nốt).
Vậy điều giả sử là sai.
KB
2 tháng 6 2015
gọi tập hợp a có các phần tử a1,a2,a3,...a51(gs a51>a50>....a1) có 51 phần tử khác nhau
tập hợp b có các phần từ a2-a1,a3-a1,...a51-a1 có 50 phần tử khác nhau, mỗi phần tử <100\
suy ra, a+b=51+50=101 phần tử khác nhau
mà từ 1 đến 100 có 100 số
suy ra tồn tại ít nhất 1 số bằng tổng 2 số được chọn
Với k > 1 , bao giờ ta cũng có 10k - 1 \(⋮\)19
suy ra 102k - 1 \(⋮\)19
103k - 1 \(⋮\)19
...
1019k - 1 \(⋮\)19
Vậy : 10k - 1 + 102k - 1 + 103k - 1 + ... + 1019k - 1 \(⋮\)19
hay ( 10k + 102k + 103k + ... + 1019k ) - 19 \(⋮\)19
do đó 10k + 102k + ... + 1019k \(⋮\)19
100...0 ( k chữ số 0 )+ 100...0 ( 2k chữ số 0 ) + ... + 100...0 ( 19k chữ số 0 ) \(⋮\)19
Tổng này có 19 số hạng, tổng các chữ số của nó đúng bằng 19
Ta có 19;1919;191919;19.....19 (20 số 9)
Theo nguyên lí Direchlet thì có ít nhất 2 trong số dãy trên có cùng số dư khi chia cho 13
=> 19....19 (x chữ số 9) - 19....19 (y chữ số 9) chia hết cho 9
=> 19....1900....0 (x-y chữ số 19, y chữ số 0) chia hết cho 19
=> 19...19.10^y (x-y chữ số 19) chia hết cho 19
Vì 10^y và 19 là nguyên tố cùng nhau
=> 19.....19 (x-y chữ số 19) chia hết cho 19
=> Tồn tại 1 bội của số 19 mà gồm toàn chữ số 19 (đpcm)