Ta xét các tổng sau:

$A_1=a_1\\A_2=a_1+a_2\\...\\A_n=a_1+a_2+...+a_n$

Trong $A_1,..,A_n$ có 1 số $\vdots n$

Không giảm tính tổng quát giả sử $A_k\vdots n(1\le k\le n)$

Mặt khác $1\le A_k\le 2n-1$

Nên $A_k=n$

Chọn $A_k$ là tổng của $m$ số nào đó sao cho $m\in N^*$ và $m\le n$ thì ta có điều phải chứng minh.

Trong $A_1,..,A_n$ không có số nào $\vdots n$

1 số tự nhiên chia $n$ dư $0,1,..,n-1$ số có $n$ số dư.

Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất 2 số trong $A_1,..,A_n$ cùng dư khi chia $n$.

Không giảm tính tổng quát giả sử $A_u,A_v$ là 2 số cùng dư khi chia $n$ thỏa mãn $1\le u<v\le 100$

$\to (A_u-A_v)\vdots n$

Mà $1\le A_u-A_v\le 2n-1$ nên $A_u-A_v=2n-1$

Làm tương tự ta chọn $m$ sao cho tổng $m$ số $=A_u-A_v$

Ta có ngay đpcm.

Đáp án:

`↓↓↓`

Giải thích các bước giải:

 Xét `n` theo tổng `S_k` ta có :

`S_1=a_1`

`⇔S_2=a_1+a_2`

`⇔...`

`⇔S_k=a_1+a_2+...+a_k`

`⇒` `1<=S_i<=2n-1AAi` Do đó nếu `S_i\vdotsn` thì `S_i=n`

Nếu tồn tại chỉ số `i` sao cho `S_i\vdotsn` thì bài toán được giải quyết

Ngược lại , nếu không có chỉ số `i` nào để cho `S_i\vdotsn` thì :

Theo nguyên lí Dirichlet , tồn tại hai chỉ số `i,t(i<t)` sao cho : `S_i\equivS_t(mod n)`

`⇒` `S=S_t-S_i=a_{i+1}+...+a_{t}\vdotsn`

Mặt khác `1<=S<=2n-1` nên `S` chỉ có thể bằng `n` `⇒` `đpcm`