Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 11 số chính phương có hai số có hiệu chia hết cho 10. Giả sử đó là $a$ và $b$.

Ta có $a = m^2, b = n^2$ và $a-b = m^2-n^2$ chia hết cho 10. Khi đó $m, n$ cùng tính chẵn lẻ, suy ra $m^2-n^2 = (m-n)(m+n)$ chia hết cho 4.

Do đó $a-b = m^2-n^2$ chia hết cho 5, 4 nên chia hết cho 20.

Đặt $A = (a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d)$, ta chứng minh $A$ chia hết cho 3, 4.

• Trong bốn số $a, b, c, d$ có hai số có cùng số dư khi chia cho 3, hay có hai số có hiệu chia hết cho 3. Do đó $A$ là tích các hiệu của hai số bất kì, nên $A$ chia hết cho 3.
• Trong 4 số nếu có 3 số chẵn, hoặc 3 số lẻ, giả sử $a, b, c$ cùng tính chẵn lẻ, khi đó $(a-b)(b-c)$ chia hết cho 4. Do đó $A$ chia hết cho 3.
  • Nếu có hai số chẵn, hoặc hai số lẻ giả sử cặp $(a, b)$ và cặp $(c,d)$ cùng tính chẵn lẻ. Khi đó $(a-b)(c-d)$ chia hết cho 4. Do đó $A$ chia hết cho 4.
• Vậy $A$ chia hết cho 12.

a) Một số khi chia cho 3 có các số dư là 0, 1, 2.

• Nếu 5 số khi chia cho 3 có 1 hoặc 2 số dư, khi đó sẽ có 3 số có cùng số dư khi chia cho 3, tổng 3 số này sẽ chia hết cho 3.
• Nếu 5 số khi chia cho 3 có đủ 3 số dư 0, 1, 2 thì tổng ba số có số dư khác nhau sẽ chia hết cho 3.
• Vậy trong 5 số thì có 3 số có tổng chia hết cho 3.

b)  Gọi 17 số đó là $a_1, a_2, \cdots, a_{16}, a_{17}$.

Theo câu a) trong 5 số $a_1, \cdots, a_5$ có 3 số có tổng chia hết cho $3$, giả sử 3 số đó là $a_1, a_2, a_3$.

Đặt $b_1 = \dfrac{1}{3}(a_1+a_2+a_3)$.

Tương tự trong các số $a_4, a_5, \cdots, a_8$, có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử là $a_4, a_5, a_6$.

Đặt $b_2 = \dfrac{1}{3}(a_4+a_5+a_6)$.

Tương tự ta sẽ có b_3, b_4.

Cuối cùng, còn 5 số $a_{13}, a_{14}, \cdots a_{17}$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử là $a_{14}, a_{15}, a_{16}$.

Đặt $b_5 = \dfrac{1}{3}(a_{14} +a_{15} + a_{16})$.

Ta thấy các số $b_1, b_2, \cdots, b_5$ là các số nguyên, do đó áp dụng câu a) có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử là $b_1, b_2, b_3$, tức là $b_1+b_2+b_3$ chia hết cho 3.

Từ đó ta có $a_1 + a_2 +\cdots +a_8+a_9$ chia hết cho 9.

Ta xét các tổng sau

$S_1 = a_1$

$S_2 = a_2$

…

$S_{100} = a_1 + a_2 + \cdots +a_{100}$

Nếu trong các số $S_1, S_2, \cdots, S_{100}$ có một số chia hết 100 thì ta có điều cần chứng minh.

Nếu không có số nào chia hết cho 100 thì các số dư khi chia cho 100 là từ 1 đến 99, do đó tồn tại $i>j$ sao cho $S_i – S_j$ chia hết cho 100, hay $a_{j+1} + \cdots+a_i$ chia hết cho 100.

Do đó ta có điều cần chứng minh.