Бесплатный интенсив по математике (профильной)
3 огненных вебинара, домашние задания, беседа курса, личный кабинет, связь с преподавателем и
многое другое.
Курс стартует 27 января.
Подробнее об интенсиве
Задание 19. Свойства чисел. ЕГЭ 2025 по математике профильного уровня
Средний процент выполнения: 3.2%
Ответом к заданию 19 по математике (профильной) может быть развернутый ответ (полная запись решения с обоснованием выполненных действий).
Задачи для практики
Задача 1
На доске выписаны числа $7$ и $8$. За один ход надо заменить написанные на доске числа $a$ и $b$ числами $(2a+3)$ и $(2+a+b)$. Например, из чисел $7$ и $8$ можно получить либо числа $(17;17)$, либо числа $(19;17)$.
а) Может ли после нескольких ходов на доске появиться число $77$?
б) Может ли через $101$ ход на доске появиться число $20008$?
в) Может ли через $205$ ходов на доске появиться два одинаковых числа?
Решение
а) Да, может. Пусть после первого хода получили числа (17; 17), после второго хода: 2 · 17 + 3 = 37 и 2 + 17 + 17 = 36; после третьего хода: 2 · 37 + 3 = 77 и 2 + 36 + 37 = 75.
б) Если числа a и b — разной чётности, то число (2a + 3) — нечётное и (2 + a + b) — нечётное.
Если числа a и b — одной чётности, то число (2a + 3) — нечётное, а (2 + a + b) — чётное. Таким образом, после нечётного числа ходов оба выписанных числа — нечётные числа и число 20008 после 101 хода на доске появиться не может.
в) Если после k-го хода на доске выписаны два одинаковых числа — числа n, то после (k + 1)-го хода будет число (2n + 3) и (2 + n + n), то есть (2n + 3) и (2 + 2n); а после (k + 2) хода можно выписать на доске числа 2 · (2n + 3) + 3 = 4n + 9 и 2 + 2n + 3 + 2n + 2 = 4n + 7, либо числа 2(2n + 2) + 3 = 4n + 7 и 2 + 2n + 2 + 2n + 3 = 4n + 7. После первого хода можно получить равные числа (17; 17).
Таким образом, равные числа можно выписать на доске после 1-го, 3-го, 5-го и т.д. ходов, то есть после всех нечётных ходов. Значит, и после 205-го хода могут быть выписаны на доске одинаковые числа.
Задача 2
На доске было написано 20 натуральных чисел (не обязательно различных), каждое из которых не превосходит $24$ и не равно $1$. Среднее арифметическое написанных чисел равнялось $6$. Вместо каждого из чисел на доске написали число, в два раза меньшее первоначального. Числа, которые после этого оказались не больше $1$, с доски стёрли. а) Могло ли оказаться так, что среднее арифметическое чисел, оставшихся на доске, больше $8{,}5$? б) Могло ли среднее арифметическое оставшихся на доске чисел оказаться больше $9$, но меньше $10$? в) Найдите наибольшее возможное значение среднего арифметического чисел, которые остались на доске.
Решение
а) Пусть первоначально на доске было 15 чисел, равных 2, 5 чисел, равных 41. Их среднее арифметическое равно ${15 · 2 + 5 · 18}/{20} = 6$.
Среднее арифметическое получившихся чисел равно ${5 · 9}/{5} = 9 > 8.5$. Среднее арифметическое оставшихся на доске чисел могло быть больше $16.5$.
б) Пусть с доски было стёрто $k$ чисел, сумма оставшихся была равна $S$, а стала ${S}/{2}$. По условию оказались стёрты только числа получившиеся из 2, поэтому ${S + 2k}/{20} = 6$.
Отсюда, $S = 120 - 2k$.
Среднее арифметическое оставшихся чисел равно ${S}/{2(20 - k)}$. Тогда ${120-2k}/{2(20-k)}={60-k}/{20-k}; 9 < {60 - 2k}/{20 - k)} < 10; 180 - 9k < 60 - k < 200 - 10k$,
$\{\table\180 - 9k < 60 - k; \60 - k < 200 - 2k;$ $\{\table\8k > 120; \9k < 140;$ $\{\table\k > 15; \k < 15{5}/{9};$. Таких целых чисел $k$ нет.
Среднее арифметическое оставшихся на доске натуральных чисел не могло оказаться больше 9 и меньше 10.
в) Найдём наибольшее возможное значение среднего арифметического $A = {60 - k}/{20 - k}$ оставшихся чисел в зависимости от целочисленного аргумента $k$ — первоначального количества чисел 2 на доске.
Имеем $A = {60 - k}/{20 - k} = 1 + {40}/{20 - k}$.
Число $A$ будет наибольшим, если наибольшим будет значение аргумента $k$. Оценим это значение. Каждое из первоначально написанных на доске чисел было не более $24$, поэтому $120 - 2k ≤ 24(20 - k)$.
$22k ≤ 360, k ≤ 16{4}/{11}, k ∈ N , k ≤ 16$.
Тогда $A ≤ 1 + {40}/{20 - 16} = 11$.
Приведём пример, показывающий, что среднее арифметическое оставшихся на доске чисел действительно могло стать равным $11$. Пусть первоначально на доске было записано 16 чисел, равных 2, 4 числа, равных 22.
Их среднее арифметическое ${16 · 2 + 4 · 22}/{20} =6$.
Среднее арифметическое оставшихся чисел стало равно ${4 · 11}/{4} = 11$.
Задача 3
На доске было написано $30$ натуральных чисел (не обязательно различных), каждое из которых больше $10$, но не превосходит $50$. Среднее арифметическое написанных чисел равнялось $21$. Вместо каждого из чисел на доске написали число, в два раза меньшее первоначального. Числа, которые после этого оказались меньше $6$, с доски стёрли.
а) Могло ли оказаться так, что среднее арифметическое чисел, оставшихся на доске, больше $16{,}5$?
б) Могло ли среднее арифметическое оставшихся на доске чисел оказаться больше $18$, но меньше $19$?
в) Найдите наибольшее возможное значение среднего арифметического чисел, которые остались на доске.
Решение
а) Пусть первоначально на доске было 20 чисел, равных 11, 10 чисел, равных 41. Их среднее арифметическое равно ${20 · 11 + 10 · 41}/{30} = 21$.
Среднее арифметическое получившихся чисел равно ${10 · 20.5}/{10} = 20.5$, $20.5 > 16.5$. Среднее арифметическое оставшихся на доске чисел могло быть больше $16.5$.
б) Пусть с доски было стёрто $k$ чисел, сумма оставшихся была равна $S$, а стала ${S}/{2}$. По условию оказались стёрты только числа получившиеся из 11, поэтому ${S + 11k}/{30} = 21$.
Отсюда, $S = 630 - 11k$.
Среднее арифметическое оставшихся чисел равно ${S}/{2(30 - k)}$. Тогда $18 < {630 - 11k}/{2(30 - k)} < 19; 1080 - 36k < 630 - 11k < 1140 - 38k$,
$\{\table\1080 - 36k < 630 - 11k; \1140 - 38k > 630 - 11k;$ $\{\table\450 < 25k; \510 > 27k;$ $\{\table\k > 18; \k < 18{24}/{27};$. Таких целых чисел $k$ нет.
Среднее арифметическое оставшихся на доске натуральных чисел не могло оказаться больше 18 и меньше 19.
в) Найдём наибольшее возможное значение среднего арифметического $A = {630 - 11k}/{2(30 - k)}$ оставшихся чисел в зависимости от целочисленного аргумента $k$ — первоначального количества чисел 18 на доске.
Имеем $A = {630 - 11k}/{2(30 - k)} = {11k - 630}/{2k - 60} = {{11}/{2}(2k - 60) - 300}/{2k - 60} = {11}/{2} - {300}/{2k - 60} = {11}/{2} + {150}/{30 - k}$.
Число $A$ будет наибольшим, если наибольшим будет значение аргумента $k$. Оценим это значение. Каждое из первоначально написанных на доске чисел было не более $50$, в конце на доске осталось $30 - k$ чисел, поэтому для суммы оставшихся чисел $S = 630 - 11k$ должно выполняться неравенство $630 - 11k ≤ 50(30 - k)$.
$39k ≤ 870, k ≤ {870}/{39} = 22{12}/{39}, k ∈ N , k ≤ 22$.
Тогда $A ≤ {11}/{2} + {150}/{30 - 22} = 24{1}/{4}$.
Приведём пример, показывающий, что среднее арифметическое оставшихся на доске чисел действительно могло стать равным $24{1}/{4}$. Пусть первоначально на доске было записано 22 числа, равных 11, 7 чисел, равных 50 и 1 число, равное 38.
Их среднее арифметическое ${22 · 11 + 7 · 50 + 38}/{30} = {242 + 350 + 38}/{30} = 21$.
Среднее арифметическое оставшихся чисел стало равно ${7 · {50}/{2} + {38}/{2}}/{8} = {388}/{16} = 24.25$.
Задача 4
Можно ли привести пример пяти различных натуральных чисел, произведение которых равно $936$ и а) три; б) четыре; в) пять из них образуют геометрическую прогрессию?
Решение
Разложим число $936$ на простые множители (это может быть сделано единственным образом с точностью до порядка множителей). $936 = 2^3 · 3^2 · 13$.
а) Можно, например, $1, 2, 4, 9, 13$.
б) Предположим, что четыре из пяти различных натуральных чисел, произведение которых равно $936$, составляют возрастающую геометрическую прогрессию. Введём обозначения: $b_1 , b_2 = b_1 · q, b_3 = b_1 · q^2, b_4 = b_1 · q^3$, пятое число обозначим $b_5$.
Тогда $q = {b_2}/{b_1}$, причём $q$ — рациональное число, большее единицы. То гда $q = {m}/{n}$, где $m$ и $n$ — натуральные взаимно простые числа, $m > n ≥ 1$.
Получим:
$936 = b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5 = b_1^4 · q^6 · b_5 = b_1^4 · ({m}/{n})^6 · b_5 = b_1^4 · {m^6}/{n^6} · b_5$.
Так как $m$ и $n$ — взаимно просты, то и $m^6$ и $n^6$ взаимно просты. Следовательно, всё произведение $b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5$ делится на $m^6$, это означает, что в разложении числа $936$ есть простой множитель в 6-ой степени, получили противоречие. Значит, нельзя.
в) Предположим, что пять различных натуральных чисел, произведение которых равно $936$, составляют геометрическую прогрессию, как и в пункте б) введём обозначения: $b_1, b_2 = b_1 · q, b_3 = b_1 · q^2 , b_4 = b_1 · q^3 , b_5 = b_1 · q^4$. Тогда $q = {b_2}/{b_1}$, причём $q$ — рациональное число, большее единицы.
Тогда $q = {m}/{n}$, где $m$ и $n$ — натуральные взаимно простые числа, $m > n ≥ 1$.
Получим:
$936 = b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5 = b_1^5 · q^{10} = b_1^5 · ({m}/{n})^{10} = b_1^5 · {m^{10}}/{n^{10}}$.
Так как $m$ и $n$ — взаимно просты, то и $m^{10}$ и $n^{10}$ взаимно просты. Следовательно, $b_1^5$ делится на $n^{10}$, а всё произведение $b_1 ·b_2 ·b_3 ·b_4 ·b_5$ делится на $m^{10}$, это означает, что в разложении числа $936$ есть простой множитель в 10-ой степени, получили противоречие. Значит, нельзя.
Задача 5
Можно ли привести пример пяти различных натуральных чисел, произведение которых равно 4725 и а) три; б) четыре; в) пять из них образуют геометрическую прогрессию?
Решение
Разложим число $4725$ на простые множители (это может быть сделано единственным образом с точностью до порядка множителей). $4725 = 3^3 · 5^2 · 7$.
а) Можно, например, $1, 3, 9, 25, 7$.
б) Предположим, что четыре из пяти различных натуральных чисел, произведение которых равно $4725$, составляют возрастающую геометрическую прогрессию. Введём обозначения: $b_1 , b_2 = b_1 · q, b_3 = b_1 · q^2, b_4 = b_1 · q^3$, пятое число обозначим $b_5$.
Тогда $q = {b_2}/{b_1}$, причём $q$ — рациональное число, большее единицы. То гда $q = {m}/{n}$, где $m$ и $n$ — натуральные взаимно простые числа, $m > n ≥ 1$.
Получим:
$4725 = b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5 = b_1^4 · q^6 · b_5 = b_1^4 · ({m}/{n})^6 · b_5 = b_1^4 · {m^6}/{n^6} · b_5$.
Так как $m$ и $n$ — взаимно просты, то и $m^6$ и $n^6$ взаимно просты. Следовательно, всё произведение $b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5$ делится на $m^6$, это означает, что в разложении числа $4725$ есть простой множитель в 6-ой степени, получили противоречие. Значит, нельзя.
в) Предположим, что пять различных натуральных чисел, произведение которых равно $4725$, составляют геометрическую прогрессию, как и в пункте б) введём обозначения: $b_1, b_2 = b_1 · q, b_3 = b_1 · q^2 , b_4 = b_1 · q^3 , b_5 = b_1 · q^4$. Тогда $q = {b_2}/{b_1}$, причём $q$ — рациональное число, большее единицы.
Тогда $q = {m}/{n}$, где $m$ и $n$ — натуральные взаимно простые числа, $m > n ≥ 1$.
Получим:
$4725 = b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5 = b_1^5 · q^{10} = b_1^5 · ({m}/{n})^{10} = b_1^5 · {m^{10}}/{n^{10}}$.
Так как $m$ и $n$ — взаимно просты, то и $m^{10}$ и $n^{10}$ взаимно просты. Следовательно, $b_1^5$ делится на $n^{10}$, а всё произведение $b_1 ·b_2 ·b_3 ·b_4 ·b_5$ делится на $m^{10}$, это означает, что в разложении числа $4725$ есть простой множитель в 10-ой степени, получили противоречие. Значит, нельзя.
Задача 6
На доске написано несколько натуральных чисел, произведение любых двух из которых больше $50$ и меньше $140$. а) Может ли на доске быть $6$ чисел? б) Может ли на доске быть $7$ чисел? в) Какое наибольшее значение может принимать сумма чисел на доске, если их четыре?
Решение
а) Да. Например, на доске может быть написано шесть чисел 7, 8, 9, 10, 11, 12.
б) Заметим, что среди написанных чисел только одно число может быть больше 11, поскольку произведение любых двух различных натуральных чисел, больших 11, больше 140. Аналогично среди написанных чисел только одно число может быть меньше 8, поскольку произведение любых двух различных натуральных чисел, меньших 8, меньше 50. Таким образом, помимо наименьшего и наибольшего чисел, на доске могут быть написаны только числа 8, 9, 10, 11. Следовательно, на доске не может быть более шести чисел.
в) Пусть на доске написаны числа $a_1 , a_2 , a_3 , a_4$ , причём $a_1 < a_2 < a_3 < a_4$. Тогда для выполнения условий задачи достаточно, чтобы выполнялись неравенства $a_1 · a_2 > 50, a_3 · a_4 < 140$.
В пункте «б» было доказано $8 ≤ a_2 ≤ a_3 ≤ 11$. Рассмотрим возможные случаи.
1. Если $a_2 = 8, a_3 = 9$, то $8a_1 > 50, 9a_4 < 140$, получаем $a_1 = 7, 10 ≤ a_4 ≤ 15$. В этом случае наибольшее возможное значение суммы достигается при $a_1 = 7, a_4 = 15, 7 + 8 + 9 + 15 = 39$.
2. Если $a_2 = 9, a_3 = 10$, то $9a_1 > 50, 10a_4 < 140$, получаем $6 ≤ a_1 ≤ 8, 11 ≤ a_4 ≤ 13$. В этом случае, наибольшее возможное значение суммы достигается при $a_1 = 8, a_4 = 13, 8 + 9 + 10 + 13 = 40$.
3. Если $a_2 = 10, a_3 = 11$, то $10a_1 > 50, 11a_4 < 140$, получаем $6 ≤ a_1 ≤ 9, a_4 ≤ 12$. В этом случае наибольшее возможное значение суммы достигается при $a_1 = 9$ и $a_4 = 12, 9 + 10 + 11 + 12 = 42$.
4. Если $a_2 = 8, a_3 = 10$, то $8a_1 > 50, 10a_4 < 140$, получаем $a_1 = 7, 11 ≤ a_4 ≤ 13$. В этом случае, наибольшее возможное значение суммы достигается при $a_1 = 7, a_4 = 13, 7 + 8 + 10 + 13 = 38$.
5. Если $a_2 = 8, a_3 = 11$, то $8a_1 > 50 a_4 = 12$, получаем $a_1 = 7, a_4 = 12$. В этом случае наибольшее возможное значение суммы $7+8+11+12 = 38$.
6. Если $a_2 = 9, a_3 = 11$, то $9a_1 > 50, a_4 = 12$, получаем $6 ≤ a_1 ≤ 8, a_4 = 12$.
В этом случае наибольшее возможное значение суммы достигается при $a_1 = 8, a_4 = 12, 8 + 9 + 11 + 12 = 40$.
Таким образом, наибольшее значение суммы равно $42$.
Задача 7
На доске написано несколько различных натуральных чисел, произведение любых двух из которых больше $30$ и меньше $80$. а) Может ли на доске быть $4$ числа? б) Может ли на доске быть $5$ чисел? в) Какое наибольшее значение может принимать сумма чисел на доске, если их три?
Решение
а) Да, например, на доске может быть написано 6, 7, 8, 9.
б) Заметим, что среди написанных чисел только одно число может быть больше 8, поскольку произведение любых двух различных натуральных чисел, больших 8, больше 80. Аналогично, среди написанных чисел только одно число может быть меньше 7, поскольку произведение любых двух различных натуральных чисел, меньших 7, не больше 30. Таким образом, помимо наибольшего и наименьшего чисел, на доске могут быть написаны только числа 7 или 8. Следовательно, на доске не может быть более четырёх чисел.
в) Пусть на доске написаны числа $a_1 , a_2 , a_3$, причём $a_1 < a_2 < a_3$. Тогда для выполнения условий задачи достаточно, чтобы выполнялись неравенства $a_1 · a_2 > 30, a_2 · a_3 < 80$.
В пункте «б» было доказано, что $a_2 = 7$ или $a_2 = 8$.
Разберём возможные случаи. Если $a_2 = 7$, то $7a_1 > 30, 7a_3 < 80$, откуда $a_1 = 5$ или $a_1 = 6, 8 ≤ a_3 ≤ 11$. В этом случае наибольшее значение достигается при $a_1 = 6, a_3 = 11$, равно $6 + 7 + 11 = 24$.
Если $a_2 = 8$, то $8a_1 > 30, 8a_3 < 80$, откуда $4 ≤ a_1 ≤ 7, a_3 = 9$.
В этом случае наибольшее значение при $a_1 = 7$ равно $7 + 8 + 9 = 24$.
Таким образом наибольшее значение суммы равно $24$.
Задача 8
Множество чисел назовём особенным, если его можно разбить на два подмножества с одинаковой суммой чисел. а) Является ли множество $\{750; 751; … , 949\}$ особенным? б) Является ли множество $\{9^2; 9^3; … . 9^{2018}\}$ особенным? в) Сколько особенных четырёхэлементных подмножеств у множества $\{2; 3; 6; 7; 15; 19; 25; 28\}$?
Решение
а) Разобьём множество {750; 751; . . . ; 949} на 100 пар, сумма чисел в каждой из которых равна 1699: (750; 949), (751; 948), . . .
Множество {750; 751; . . . ; 949} можно разбить на два подмножества, в каждом из которых 50 таких пар. Значит, суммы чисел в этих двух подмножествах одинаковы и множество {750; 751; . . . ; 949} является особенным.
б) Заметим, что $9^{2018} > {9^{2018}− 81}/{8} = 9^2 + 9^3 + . . . + 9^{2017}$. Поэтому сумма чисел в подмножестве, содержащем $9^{2018}$, всегда больше суммы остальных чисел, следовательно, множество {$9^2; 9^3; . . . 9^{2018}$} не является особенным.
в) Заметим, что четырёхэлементное множество является особенным в двух случаях: либо одно число является суммой трёх других, либо множество содержит две пары с равными суммами. В первом случае возможны только следующие подмножества {2; 7; 19; 28}; {3; 6; 19; 28}; {6; 7; 15; 28}; {3; 7; 15; 25}; {2; 6; 7; 15}
Заметим, что сумма всех чисел особенного подмножества чётна. В исходном множестве три чётных числа, поэтому в особенное подмножество входят либо два из них, либо ни одного. Если входят числа 2 и 6, то либо сумма двух других чисел равна 8, либо их разность равна 4. Получаем особенные подмножества {2; 3; 6; 7}; {2; 6; 15; 19}. Если входят числа 2 и 28, то либо сумма двух других чисел равна 30, либо их разность равна 26. Таких подмножеств нет. Если входят числа 6 и 28, то либо сумма двух других чисел равна 34, либо их разность равна 22. Получаем особенные подмножества {3; 6; 25; 28}; {6; 15; 19; 28}. Если в особенном подмножестве нет чётных чисел, то особенное подмножество лежит во множестве {3; 7; 15; 19; 25}. Получаем следующее особенное подмножество (две пары с равными суммами): {3; 7; 15; 19}. Всего 10 особенных подмножеств.
Задача 9
Коля берёт пять различных натуральных чисел и проделывает с ними следующие операции: сначала находит среднее геометрическое первых двух чисел, затем — среднее геометрическое третьего числа и полученного результата, после — среднее геометрическое четвёртого числа и полученного результата, а затем — среднее геометрическое пятого числа и полученного результата. Полученный результат он обозначает через $K$. Затем Коля считает среднее геометрическое исходных чисел — число $P$. а) Возможно ли, что $K=P^5$? б) Возможно ли, что $K=P$? в) Для какого наибольшего целого числа $m$ возможно, что $K>P^m$?
Решение
а) Пусть Коля задумал различные натуральные числа $a, b, c d, e$. Тогда $K =√{e√{d√{c√{ab}}}} = a^{{1}/{16}}b^{{1}/{16}}c^{{1}/{8}}d^{{1}/{4}}e^{{1}/{2}}, P = √^5{abcde} = (abcde)^{{1}/{5}}$. Если $K = P^5$, то $a^{{1}/{16}}b^{{1}/{16}}c^{{1}/{8}}d^{{1}/{4}}e^{{1}/{2}} = abcde$, иными словами, $abc^2d^4e^8 = a^{16}b^{16}c^{16}d^{16}e^{16}$, отсюда $a^{15}b^{15}c^{14}d^{12}e^8 = 1$, что невозможно, так как числа $a, b, c d$ и $e$ - различные натуральные и среди них хотя бы 4 больше 1, а тогда $a^{15}b^{15}c^{14}d^{12}e^8 > 1$ и равенство $K = P^5$ невозможно.
б) Предположим, что $K = P$, тогда $a^{{1}/{16}}b^{{1}/{16}}c^{{1}/{8}}d^{{1}/{4}}e^{{1}/{2}} = (abcde)^{{1}/{5}}$, отсюда $a^5b^5c^{10}d^{20}e^{40} = (abcde)^{16}; d^4e^{24} = a^{11}b^{11}c^6$. Покажем, что это равенство может быть выполнено. Подберём пример, считая числа $a, b, c, d$ и $e$ различными степенями одного и того же числа, например 2. Пусть $a = 2^2, b = 2^4, c = 2^3, d = 2^{15}, e = 2$, требуемое достигается.
в) Пусть $K > P^m$, тогда $a^{{1}/{16}}b^{{1}/{16}}c^{{1}/{8}}d^{{1}/{4}}e^{{1}/{2}} > (abcde)^{{m}/{5}}; a^5b^5c^{10}d^{20}e^{40} > (abcde)^{16m}$ тогда $a^{(16m-5)}b^{(16m-5)}c^{(16m-10)}d^{(16m-20)}e^{(16m-40)} < 1$.
Это неравенство невозможно при $m ≥ 3$, так как при $m ≥ 3$ степени чисел $a, b, c, d$ и $e$ больше 1, а тогда и их произведение больше 1.
Приведём пример для $m = 2$. Тогда должно выполняться $a^{27}b^{27}c^{22}d^{12} < e^8$. Пусть $a = 2; b = 2^2, c = 2^3, d = 2^4, e = 2^{30}$, неравенство выполняется.
Задача 10
Маша задумала $6$ различных натуральных чисел и проделывает с ними такую операцию: сначала находит среднее арифметическое первых двух чисел, затем — среднее арифметическое полученного результата и третьего числа, после — среднее арифметическое полученного результата и четвёртого числа, затем — среднее арифметическое полученного числа и пятого числа, и наконец — среднее арифметическое полученного результата и шестого числа. Полученный результат она обозначает через $M$. Далее Маша находит число $A$ — среднее арифметическое исходных чисел.
а) Возможно ли, что $A=M$?
б) Возможно ли, что $M=6A$?
в) Найдите наибольшее натуральное значение $n$, для которого возможно, что $M=nA$.
Решение
а) Пусть Маша задумала числа $a, b, c, d, e$ и $f$. Тогда $M = {a + b + 2c + 4d + 8e + 16f}/{32}; A = {a + b + c + d + e + f}/{6}$.
$M = A$, тогда и только тогда, когда $3a + 3b + 6c + 12d + 24e + 48f = 16a + 16b + 16c + 16d + 16e + 16f; 8e + 32f = 13(a + b) + 10c + 4d$.
Пусть $a = 1, b = 3, c = 6, d = 4, e = 8, f = 2$. При этих значениях требуемое равенство выполнено.
б) Предположим, что $M = 6A$. Тогда ${a + b + 2c + 4d + 8e + 16f}/{32} = a + b + c + d + e + f, 31a + 31b + 30c + 28d + 24e + 16f = 0$.
Это равенство невозможно, так как $a, b, c, d, e$ и $f$ - натуральные числа.
в) Пусть $M = nA$, тогда $3a + 3b + 6c + 12d + 24e + 48f = 16n(a + b + c + d + e + f)$,
$(16n - 3)a + (16n - 3)b + (16n - 6)c + (16n - 12)d + (16n - 24)e +(16n - 48)f = 0$.
При $n ≥ 3$ это равенство невозможно, так как $a, b, c, d, e$ и $f$ - натуральные числа.
Приведём пример для $n = 2$. Тогда должно выполняться равенство $29(a + b) + 26c + 20d + 8e = 16f$.
Пусть $a = 1, b = 3, c = 2, d = 4, e = 5, f = 18$. При этих значениях равенство выполняется.
Задача 11
На окружности в случайном порядке были расположены натуральные числа от $1$ до $13$. Над каждой парой соседних чисел написали модуль их разности, после чего исходные числа стёрли.
а) Могла ли сумма оставшихся чисел равняться $30$?
б) Могла ли сумма оставшихся чисел равняться $14$?
в) Найдите наибольшее возможное значение суммы оставшихся чисел.
Решение
а) Да, могла. Пусть числа записаны в следующем порядке (считая по часовой стрелке): $1; 2; 5; 3; 4; 6; 7; 8; 13; 12; 11; 9; 10$. Сумма модулей рассматриваемых разностей равна 30.
б) Нет, не могла. Предположим противное. Модуль каждой разности - натуральное число, причём всего выписано 13 модулей разности. Их сумма равна 14, если одна из этих разностей равна 2, а 12 других равна 1. Это означает, что соседними с числом 1 могут быть только числа 2 и 3, при этом |3 - 1| = 2, то есть оставшиеся модули разностей должны равняться 1. Но тогда числа 2 и 3 не могут быть соседними. Значит вторым соседним числом с числом 2 будет число a ≥ 4. Но тогда |a-2| ≥ 2.Изначит, сумма всех модулей разности не меньше, чем |3-1|+|a-2|+11 ≥ 15. Получили противоречие. Следовательно, требуемое не возможно.
в) Пусть изначально на доске были выписаны числа в следующем порядке по часовой стрелке: $a_1, a_2, . . . , a_13$, где каждое $a_k$ - одно из натуральных чисел от 1 до 13. Заметим, что $|a_1 - a_2| + |a_2 - a_3| + |a_3 - a_4| + ... + |a_12 - a_13| + |a_13 - a_1| = (x_1+x_2+x_3+...+x_13)-(y_1+y_2+y_3+... y_13)$. Каждый модуль $|a_i-a_{i+1}|$ (i = 1, 2, . . . 13) представлен в виде $x_i -y_i$, где $x_i$ - большее из чисел $a_i$ и $a_{i+1}$, $y_i$ - меньшее из них. Аналогично, $|a_{13} -a_1| = x_{13} -y_{13}$. Каждое $a_k$ встречается среди чисел $x_1, x_2, . . . , x_{13}, y_1, y_2, . . . , y_{13}$ ровно 2 раза. Тогда $x_1+x_2+x_3+...+x_{13} ≤ 2·13+2·12+2·11+2·10+2·9+2·8+7 = 133$, а $y_1+y_2+y_3+...+y_{13} ≥ 2·1+2·2+2·3+2·4+2·5+2·6+7 = 49$. Отсюда $(x_1 + x_2 + x_3 + ... + x_{13}) - (y_1 + y_2 + y_3 + ... + y_{13}) ≤ 133 - 49 = 84$, то есть сумма записанных модулей разностей не превышает 84. Приведём пример, в котором указанная сумма равна 84. Пусть на доске изначально числа в следующем порядке (по часовой стрелке): $1; 13; 2; 12; 3; 11; 4; 10; 5; 9; 6; 8; 7.$
Тогда $|1-13|+|13-2|+|2-12|+|12-3|+|3-11|+|11-4|+|4-10|+ +|10 - 5| + |5 - 9| + |9 - 6| + |6 - 8| + |8 - 7| + |7 - 1| = 84$.
Задача 12
На окружности в случайном порядке были расположены натуральные числа от $1$ до $16$. Над каждой парой соседних чисел написали модуль их разности, после чего исходные числа стёрли и посчитали сумму $s$ оставшихся модулей разностей. а) Могло ли оказаться, что $s=40$? б) Могло ли оказаться, что $s=41$? в) Найдите максимально возможное значение $s$.
Решение
а) Да, могло. Приведём пример. Пусть по часовой стрелке числа записаны в следующем порядке: $1$; $2$; $3$; $4$; $5$; $6$; $7$; $8$; $9$; $10$; $16$; $11$; $15$; $13$; $14$; $12$. Сумма модулей указанных разностей равна $40$. б) Нет, не могло. Пусть изначально на доске в порядке следования по часовой стрелке записаны числа $a_1$, $a_2$, $a_3$, … , $a_{16}$ — переставленные натуральные числа от $1$ до $16$. Заметим, что для произвольных натуральных чисел $m$ и $n$ числа $m-n$ и $n-m$ имеют одинаковую чётность, а значит $|m-n|$ имеет ту же чётность, что $m-n$. Но тогда сумма $|a_1-a_2|+|a_2-a_3|+|a_3-a_4|+ … +|a_{15}-a_{16}|+|a_{16}-a_1|$ будет
нечётной только в том случае, если сумма
$(a_1-a_2)+(a_2-a_3)+(a_3-a_4)+ … +(a_{15}-a_{16})+(a_{16}-a_1)$ будет нечётной, но последняя сумма равна $0$, следовательно, чётна. Отсюда сумма $|a_1-a_2|+|a_2-a_3|+|a_3-a_4|+ … +|a_{15}-a_{16}|+|a_{16}-a_1|$ чётна и не может равняться $41$. в) Заметим, что $|a_1-a_2|+|a_2-a_3|+|a_3-a_4|+ … +|a_{15}-a_{16}|+|a_{16}-a_1|=$
$=(x_1+x_2+x_3+… +x_{16})-(y_1+y_2+y_3+… y_{16})$. Каждый модуль $|a_i-a_{i+1}|$ ($i=1, 2, … 15$) представлен в виде, $x_i-y_i$, где $x_1$ — большее из чисел $a_i$ и $a_{i+1}$, $y_i$ — меньшее из них. Аналогично $|a_{16}-a_1|=x_{16}-y_{16}$. Причём каждое $a_k$ встречается среди чисел $x_1$, $x_2$, …, $x_{16}$, $y_1$, $y_2$, …, $y_{16}$ ровно $2$ раза. Тогда $x_1+x_2+x_3+… +x_{16}⩽ 16+16+15+15+… +9+9=200$, а $y_1+y_2+y_3+… +y_{16}⩾ 1+1+2+2+… +8+8=72$. Отсюда $(x_1+x_2+x_3+… +x_{16})-(y_1+y_2+y_3+… +y_{16})⩽200-72=128$, то есть сумма записанных модулей разностей не превышает $128$. Приведём пример, в котором указанная сумма равна $128$. Пусть на доске изначально числа в следующем порядке (по часовой стрелке): $1$; $16$; $2$; $15$; $3$; $14$; $4$; $13$; $5$; $12$; $6$; $11$; $7$; $10$; $8$; $9$. Тогда $|1-16|+|16-2|+|2-15|+|15-3|+|3-14|+|14-4|+|4-13|+$
$+|13-5|+|5-12|+|12-6|+|6-11|+|11-7|+|7-10|+|10-8|+|8-9|+$
$+|9-1|=128$.
Задача 13
Два мастера на протяжении некоторого числа дней изготавливали одинаковые детали. Сергей Петрович в первый день изготовил $s$ деталей, а Пётр Сергеевич — $p$ деталей, $s$ и $p$ — натуральные числа. Каждый последующий день каждый из мастеров изготавливал на $10$ деталей больше, чем в предыдущий. Всего за эти дни Сергей Петрович изготовил на $2261$ деталь больше, чем Пётр Сергеевич. а) Могло ли это быть за $20$ дней? б) Могло ли это быть за $19$ дней, если Сергей Петрович за все дни изготовил не более $3000$ деталей? в) Какое наибольшее количество деталей мог изготовить Сергей Петрович, если Пётр Сергеевич в последний день изготовил менее $300$ деталей?
Решение
а) Каждый день Сергей Петрович изготавливает на (s - p) деталей больше, чем Пётр Сергеевич. Тогда за 20 дней Сергей Петрович изготовил на 20(s - p) деталей больше. Должно выполняться равенство 20(s-p) = 2261, но 2261 нацело не делится на 20. Следовательно, требуемое невозможно.
б) Если Сергей Петрович изготовил не более 3000 деталей, то Пётр Сергеевич не более 739 деталей. За 19 дней Сергей Петрович изготовил бы не менее, чем ${2 + 192}/{2}·19 = 1843$ деталей. Значит, требуемое не возможно.
в) Пусть рабочие делали детали в течение n дней, тогда $n(s - p) = 2261 = 7·17·19$. При этом в последний день Пётр Сергеевич изготовил p + 10(n - 1) деталей, p + 10(n - 1) < 300, 10(n - 1) < 300, n ≤ 60. Значит, n натуральный делитель числа 2261, не превосходящий 60. Таким образом n = 1, n = 7, n = 17 или n = 19. Пусть Пётр Сергеевич за все дни изготовил R деталей, тогда Сергей Петрович (R + 2261). Следовательно, наибольшее возможное количество деталей, изготовленных Сергеем Петровичем, будет при наибольшем количестве деталей, изготовленных Петром Сергеевичем. $R = {2p + 10(n - 1)}/{2}·n$ При каждом фиксированном значении n значение R тем больше, чем больше p, то есть R - наибольшее при p = 309 - 10n и $R = {608 - 10n}/{2}·n = 304n - 5n^2 = (304 - 5n)·n$. При n = 1 R = 299. При n = 7 R = 1883. При n = 17 R = 3723. При n = 19 R = 3971.
Наибольшее число деталей, изготовленных Сергеем Петровичем, равно 3971 + 2261 = 6232.
Задача 14
Две девочки делают фотографии во время туристической поездки. В первый день Катя сделала $k$ фотографий, а Маша — $m$ ($k⩾1$, $m⩾1$). Каждый последующий день каждая из девочек делает на $1$ фотографию больше, чем в предыдущий. Всего за время поездки Маша сделала на $715$ фотографий больше, чем Катя. а) Могло ли это произойти за $5$ дней? б) Могла ли Катя за $11$ дней сделать $1000$ фотографий? в) Определите максимальное количество фотографий, которое могла сделать Маша за все эти дни, если Катя в последний день поездки сделала меньше $35$ фотографий.
Решение
а) Да, возможно. Маша с первого по 5 день сделала бы в сумме m + (m + 1) + (m + 2) + (m + 3) + (m + 4) фотографии, а Катя k + (k + 1) + (k + 2) + (k + 3) + (k + 4) фотографий. Тогда (m+4)+(m+3)+(m+2)+(m+1)+m-(k+4)-(k+3)-(k+2)-(k+1)-k = = 5(m - k). Значит, должно выполняться равенство 5(m - k) = 715, m- k = 143. Пусть Катя в первый день сделала одну фотографию, а Маша 144. Тогда за 5 дней Маша сделает на 715 фотографий больше.
б) Нет, не может. Предположим, что это возможно. Тогда m+ (m+1)+ ...+ (m+ 10) = 1000; 11m = 1000-55, но (1000- 55) не делится нацело на 11, значит получили противоречие.
в) Пусть девочки делали фотографии в течение n дней. Тогда Маша сделала на m + (m+ 1) + (m+ 2) + ... (m + n - 1) - k - (k + 1) - ... ...-(k+n-1) = n(m-k) фотографий больше. Значит, n(m-k) = 715, n делитель числа 715. Но 715 = 5·11·13, все его натуральные делители это числа 1, 5, 11, 13, 55, 65, 143, 715. В последний день Катя сделала k + (n - 1) фотографий, k + (n - 1) < 35, но k ≥ 1, следовательно (n - 1) < 34, n < 35. Тогда n = 1, n = 5, n = 11 или 13. Так как за все дни Маша сделала на 715 фотографий больше, чем Катя, то большее количество фотографий, сделанных Машей, будет при наибольшем количестве фотографий, сделанных Катей. За n дней Катя сделала s = k + (k + 1) + ... + (k + (n - 1)) = ${2k + n - 1}/{2}·n$ фотографий. При каждом фиксированном n это количество тем больше, чем больше k, но k + (n - 1) < 35, то есть k + n < 36, k < 36 - n. При n = 1 наибольшее k = 34 и s = ${2·34}/{2}$ = 34. При n = 5 наибольшее k = 30 и s = ${2·30 + 4}/{2}·5$ = 160. При n = 11 наибольшее k = 24 и s = ${2·24 + 10}/{2}·11$ = 319. При n = 13 наибольшее k = 22 и s = ${2·22 + 12}/{2}·13$ = 364. Тогда наибольшее количество Машиных фотографий равно 364 + 715 = 1079.
Задача 15
Для $20$ студентов профессор подготовил две контрольные работы. Любой студент может написать только одну из них или обе. За каждую контрольную работу можно получить от $0$ до $30$ баллов. Средний балл за каждую из контрольных работ равен $24$. Каждый студент называет наивысший из полученных им баллов профессору. Если студент написал одну работу, то он называет балл за неё. а) Может ли среднее арифметическое всех поданных баллов быть меньше $24$? б) Может ли среднее арифметическое равняться $21$, если обе конт-
рольные написали только $2$ студента? в) Какое наименьшее количество студентов должно было написать обе контрольные, чтобы среднее арифметическое названных баллов равнялось $21$?
Решение
а) Пусть два человека написали обе контрольные, за каждую из них набрав по 30 баллов. И пусть 9 человек написали только первую контрольную (двое на - 18 баллов и семеро на - 24 балла). Аналогично, пусть только вторую контрольную написали 9 оставшихся студентов (двое на - 18 баллов и семеро на - 24 балла). Тогда средний балл за каждую контрольную равен ${30·2 + 18·2 + 7·24}/{11} = 24$. Среднее арифметическое названных баллов равно ${30·2 + 18·4 + 24·14}/{20} = 23.4 < 24$.
б) Нет, не может. Предположим противное. Тогда сумма названных баллов равна $21·20 = 420$. Всего написанных контрольных 22 и сумма набранных за них баллов равна $22·24 = 528$. При этом, 528 - 420 = 108, то есть 108 баллов из заработанных не были поданы профессору. Эти 108 баллов могли быть заработаны только двумя студентами, которые написали обе контрольные. Каждый из них не назвал баллы за 1 контрольную, то есть не более 30 баллов. В сумме количество баллов, не поданных профессору, не превышает $2·30 = 60$. Но $108 > 60$, поэтому наше предположение не верно.
в) Пусть k студентов написали обе контрольные, тогда всего было написано (20 + k) работ и общее количество заработанных баллов равно 24(20 + k) = 480 + 24k. Сумма баллов, названных профессору, равна $21·20 = 420$. Тогда не поданными остались (480+ 24k - 420) = 60 + 24k баллов. Эти баллы могли быть получены только теми студентами, которые написали обе контрольные. Каждый из этих студентов оставил не поданными не более 30 баллов (30 - максимальный балл за одну контрольную). Следовательно, всего осталось не поданными не более 30k баллов. Получим неравенство $60 + 24k ≤ 30k$, отсюда $k ≥ 10$.
Приведём пример для k = 10. Пусть 10 студентов написали обе контрольные на 30 баллов, 5 - только первую контрольную (каждый на 12 баллов), 5 - только вторую контрольную (каждый на 12 баллов). Тогда среднее арифметическое названных баллов равно ${30·10 + 12·10}/{20} = 21$.
Средний балл за каждую контрольную равен ${30·10 + 5·12}/{15} = 24$.
Задача 16
Для $52$ студентов профессор подготовил две контрольные работы. Любой студент может написать только одну из них или обе. За каждую контрольную работу можно получить от $0$ до $30$ баллов. Средний балл за каждую из контрольных работ равен $17$. Каждый студент называет наивысший из полученных им баллов профессору. Если студент написал одну работу, то он называет балл за неё.
а) Может ли среднее арифметическое всех названных баллов быть больше $17$? б) Может ли среднее арифметическое равняться $13$, если обе контрольные написали ровно четыре студента? в) Какое наименьшее количество студентов должно было написать обе контрольные, чтобы среднее арифметическое названных баллов могло равняться $13$?Решение
а) Пусть два студента написали обе контрольные на $4$ балла, $25$ студентов написали только первую контрольную (двое — на $30$ баллов, $23$ — на $17$ баллов), $25$ студентов написали только вторую контрольную (двое — на $30$ баллов, $23$ — на $17$ баллов). Тогда средний балл за каждую контрольную равен ${2⋅ 4+2⋅ 30+23⋅17} / {27}=17$, а средний балл среди названных равен ${2⋅ 4+4⋅ 30+46⋅17} / {52}=17{,}5>17$.
б) Нет, не может. Предположим противное. Тогда сумма названных баллов равна $13⋅ 52=676$. Всего написанных контрольных $56$ и сумма набранных за них баллов равна $56⋅ 17=952$. При этом $952-676=276$, то есть $276$ баллов из числа заработанных не было подано профессору. Эти $276$ баллов могли быть заработаны только теми $4$ студентами, которые написали обе контрольные. Каждый из них не назвал балл за $1$ контрольную, то есть не более $30$ баллов. В сумме количество баллов, не поданных профессору, не превышает $4⋅ 30=120$. Но $120<276$, поэтому наше предположение не верно. в) Пусть $n$ студентов написали обе контрольные, тогда всего было написано $(52+n)$ работ и общее количество заработанных баллов равно $17(52+n)=884+17n$. Сумма баллов, поданных профессору, равна $52⋅ 13=676$. Тогда не поданными остались $(884+17n)-676$ баллов, то есть $208+17n$ баллов. Эти баллы могли быть получены только теми студентами, которые написали обе контрольные. Каждый из этих студентов оставил не поданными не более $30$ баллов. Следовательно, всего остались не поданными не более $30n$ баллов. Получим неравенство $208+17n⩽30n$, $n⩾16$. Приведём пример для $n=16$. Пусть $16$ студентов написали обе контрольные на $30$ баллов, $18$ — только первую контрольную ($3$ — на $30$ баллов, $1$ — на $8$, остальные на $0$) и $18$ написали только вторую контрольную с теми же результатами.Задача 17
На доске написаны $40$ натуральных чисел. Какие-то из них белые, а какие-то — зелёные. Белые числа кратны $9$, зелёные кратны $4$. Все белые числа отличаются друг от друга, все зелёные тоже отличаются друг от друга, среди чисел разных цветов могут быть одинаковые. а) Может ли сумма всех написанных чисел быть меньше $3280$, если все они зелёные? б) Может ли сумма всех чисел равняться $2453$, если только $1$ число белое? в) Найдите наименьшее количество белых чисел, если сумма всех чисел равна $2453$.
Решение
а) Нет, не может. Наименьшая сумма $40$ различных натуральных чисел, кратных $4$, равна $4·1+ 4·2+ . . .+ 4·40=4(1 + 2 + ... + 40) = {4·41·40}/{2}= 3280$.
б) Нет, не может. Сумма $17$ чисел, оканчивающихся на $7$, не меньше, чем $7 + 17 + ... + 167 = {7 + 167}/{2}·17 = 1479$. Значит, при $17$ числах с последней цифрой $7$ сумма всех выписанных чисел больше $840$.
б) Нет, не может. Если только $1$ число белое, то остальные $39$ чисел - зелёные и их сумма не меньше чем $4·1 + 4·2 + ... + 4·39 = 4(1 + 2 + ... 39) = 4·{40·39}/{2} = 3120$, а сумма всех чисел не меньше, чем $3120 + 9 = 3129$.
в) Пусть $m$ - количество белых чисел, тогда зелёных чисел выписано $(40 - m)$. Сумма всех выписанных чисел не меньше, чем $9(1+2+...+m)+4(1+2+...+40-m) = 9·{(m+ 1)m}/{2} +4·{(41 -m)(40 -m)}/{2}$. Должно выполняться неравенство ${9(m+ 1)m}/{2} + {4(41-m)(40 -m)}/{2} ≤ 2453, 13m^2 - 315m + 1654 ≤ 0$. Перебирая натуральные значения $m$, получаем, что наименьшее значение $m$, для которого выполнено это неравенство, равно $8$. Действительно, при $m ≤ 5, 315m < 1654$, следовательно, $13m^2 - 315m + 1654 > 0$. При $m = 6, 13m^2 > 360, 13m^2 + 1654 > 2000, 315m < 2000$. Аналогично, при $m = 7$ выполняется $13m^2-315m+1654 > 0$. При $m = 8$ выполняется $13m^2-315m+1654 < 0$. Построим пример для $m = 8$. Наименьшее значение суммы в этом случае равно $9·{9·8}/{2} +4·{33·32}/{2} = 2436$, что на $17$ меньше требуемой суммы.
Учитывая, что $17 = 9 + 4 + 4$, построим один из возможных примеров. Выписаны белые числа $9·1, 9·2, . . . , 9·6, 9·7$ и $9·9$ и зелёные числа $4·1, 4·2, . . . , 4·30, 4·31$ и $4·34$.
Задача 18
На доске написано $30$ различных натуральных чисел, каждое из которых или оканчивается на $7$, или чётное. Сумма всех чисел равна $840$. а) Может ли на доске быть выписано ровно $28$ чётных чисел? б) Может ли быть на доске ровно $17$ чисел, оканчивающихся на $7$? в) Найдите наибольшее возможное количество чисел, оканчивающихся на $7$, среди выписанных.
Решение
а) Да, может. Пусть выписаны $2$ числа, оканчивающиеся на $7: 7, 17$ и $28$ чётных чисел: $2, 2·2, 2·3, 2·4, . . . 2·26, 2·27$, а так же число $60$.
б) Нет, не может. Сумма $17$ чисел, оканчивающихся на $7$, не меньше, чем $7 + 17 + ... + 167 = {7 + 167}/{2}·17 = 1479$. Значит, при $17$ числах с последней цифрой $7$ сумма всех выписанных чисел больше $840$.
в) Пусть на доске $n$ чисел, оканчивающихся на $7$. Тогда остальные $(30 - n)$ чисел чётны. Значит, сумма всех выписанных чисел не меньше чем $7 + 17 + ... (7 + (n - 1)·10) + 2·1 + 2·2 + ... + 2(30 - n) = {14 + (n - 1)10}/{2}·n + {(30 - n)(31 - n)}/{2}·2 = 6n^2 - 59n + 930$.
Должно выполняться неравенство $6n^2 - 59n + 930 ≤ 840$, то есть $6n^2 - 59n + 90 ≤ 0$. Решим уравнение $6n^2 - 59n + 90 = 0$, получим $n_{1,2} = {59±√{1321}}/{12}$. Неравенство $6n^2 - 59n + 90 ≤ 0$ выполнено при ${59 - √{1321}}/{12} ≤ n ≤ {59 + √{1321}}/{12}$.
Тогда $n ≤ {59 + √{1321}}/{12} ≤ {59 + 37}/{12} = 8$. Так как $n$ натуральное число, то $n ≤ 7$. Количество чисел, оканчивающихся на $7$, должно быть чётным, иначе сумма всех выписанных чисел была бы нечетна. Приведём пример для $n = 6$. Пусть выписаны числа $7, 17, 27, 37, 47, 57$, а так же $21, . . . 2·23$ и число $96$.
Задача 19
На доске написано $30$ различных натуральных чисел, каждое из которых или оканчивается на $1$, или чётное. Сумма всех чисел равна $771$. а) Может ли на доске быть выписано ровно $4$ числа, оканчивающихся на $1$? б) Может ли быть выписано ровно $13$ чисел, оканчивающихся на $1$? в) Найдите наименьшее возможное количество чисел, оканчивающихся на $1$, среди выписанных.
Решение
а) Нет, не может. Сумма $4$ чисел, оканчивающихся на $1$, чётна, сумма $26$ чётных чисел — тоже чётна, следовательно, сумма $4$ чисел, оканчивающихся на $1$, и $26$ чётных чисел — чётна и не равна $771$. б) Нет. Если на доске выписаны $13$ разных чисел, оканчивающихся на $1$, то их сумма не меньше чем $1+11+… +111+121={122} / {2}⋅ 13=793>771$. Тогда сумма всех выписанных чисел тем более больше $771$. в) Пусть на доске $n$ чисел, оканчивающихся на $1$, тогда $(30-n)$ чисел — чётные. Следовательно, сумма всех чисел не меньше чем $1+11+…+(1+10(n-1))+2⋅ 1+2⋅ 2+… +2⋅ (30-n)=$ ${1+1+10(n-1)} / {2}⋅ n+{(30-n)(31-n)} / {2}⋅2=6n^2-65n+930$. Должно выполняться неравенство $6n^2-65n+930⩽771$, то есть $6n^2-65n+159⩽0$. Решим уравнение $6n^2-65n+159=0$, $ n_{1,2}={65±√ {409}} / {12}$. Неравенство $6n^2-65n+159⩽0$ выполняется при ${65-√ {409}} / {12}⩽ n⩽{65+√ {409}} / {12}$. Значит, $n⩾{65-√ {409}} / {12}>{65-21} / {12}>3$. Так как $n$ — натуральное число, то $n⩾4$. Но $n$ должно быть нечётным (иначе сумма всех чисел была бы чётной), значит, $n⩾5$. Приведём пример для $n=5$. Пусть выписаны числа $1$, $11$, $21$, $31$, $41$, а также $2⋅1$, $2⋅2$, $2⋅ 3$, … $2⋅ 24$ и число $66$.
Задача 20
На доске выписаны числа $10$ и $11$. За один ход надо заменить написанные на доске числа $a$ и $b$ числами ($2a+1$) и ($a+b$). Например, из чисел $10$ и $11$ можно получить либо $21$ и $21$, либо числа $21$ и $23$. а) Может ли после нескольких ходов на доске появиться число $95$? б) Может ли после $1003$ ходов на доске появиться число $20018$? в) Укажите наибольшую разность чисел через $2018$ ходов.
Решение
а) Да, может. Пусть после первого хода получены числа 21 и 23, после второго 44 и 47, после третьего 91 и 95.
б) Если числа a и b разной чётности, то числа (2a + 1) и (a + b) нечётные, если числа a и b - одной чётности, то (2a + 1) - нечётно, а (a + b) - чётное. Таким образом, после нечётного числа ходов на доске выписаны два нечётных числа и число 20018 выписано быть не может.
в) Если выписаны числа a и b и a $≤$ b, то их разность b-a и следующим ходом будут выписаны числа 2b + 1 и a + b, их разность (b - a + 1) или числа 2a + 1 и a + b, их неотрицательная разность |b - a - 1|.
Таким образом, разность каждый раз изменяется на 1 и будет наибольшей, если каждый ход будет увеличивается на 1. Тогда её значение 1 + 2018 = 2019.
