پاسخ الف) اعداد زیر را در نظر بگیرید

a1

a1+a2

a1+a2+a3

.

.

.

a1+a2+a3+a4+.....+an

اگر یکی از این دسته ها بر د بخش پذیر بود که حله در غیر این صورت طبق اصل لانه کبوتری اِن تا عدد و اِن منهای یک تا باقیمانده داریم پس دو دسته داریم که به پیمانه ی اِن همنهشتند مانند دو دسته ی زیر

a1+a2+a3+....+ax

a1+a2+a3+a4+...+ax+...+ay

(y>x)

در این صورت عدد ax+ax+1+ax+2+.....+ay بر اِن بخشپذیر است

پاسخ ب)

مقادیر $pre[i]$ و $suf[i]$ برای هر $i$ بین 1 تا $n$ تعریف میکنیم ، که $pre[i]$ برابر باقیمانده جمع $i$ عدد اول دنباله بر $n$ تعریف میکنیم ، و $suf[i]$ را برابر باقیمانده جمع $i$ عدد آخر دنباله بر $n$ تعریف میکنیم، طبق لم استاد عرشیا ، هیچ یک از $pre[i]$ ها و هیچ یک از $suf[i]$ ها برابر نیستند ( وگرنه تعدادی عدد هستند که جمعشان بر $n$ بخشپذیر است) بنابراین همه ی اعداد 1 تا $n-1$ دیده میشن تو $pre$ و $suf$ ها ( 0 هم دیده نمیشه دیگه !)

از طرفی اگر $pre[i] = x$ باشد ، آنگاه آن $j$ ای که $suf[j]=n-x$ باید بیشتر مساوی $n-i$ باشد ، وگرنه مسئله حل شده است ، اکنون بدیهی است که اگر $pre[1]=r$ باشد آنگاه $suf[n-1]=n-r$ است ، و اگر $pre[2]=r$ آنگاه $suf[n-2]=n-r$ است ، می توان فهمید که اگر $pre[i]=r$ آنگاه$ suf[n-i] = n-r$ است ،

اکنون باقیمانده مجموع اعداد جدول بر $n$ را حساب میکنیم می دانیم $S=pre[i] + suf[n-i] - r[i]$ که $r[i]$ برابر باقیمانده عدد $i$ ام است ، چون $S$ ثابت است ، و ضمنا برای هر $i$ ، $pre[i] + suf[[n-i] = n$ است ، پس $r[i]$ هم نیز باید باهم برابر باشند !

پس حکم ثابت شد !