Задание 19. Свойства чисел. ЕГЭ 2026 по математике профильного уровня
Средний процент выполнения: 2%
Ответом к заданию 19 по математике (профильной) может быть развернутый ответ (полная запись решения с обоснованием выполненных действий).
Алгоритм решения задания 19:
Внимательно прочитать условие и определить, что требуется: доказать утверждение, опровергнуть его или найти все возможные случаи.
Выделить все используемые в задаче понятия и условия, связанные с числами и их свойствами.
Определить, какие математические факты и свойства могут быть применены (делимость, остатки, свойства чисел).
Выбрать метод решения или доказательства, соответствующий условию задачи.
Построить последовательную цепочку рассуждений, строго обосновывая каждый шаг.
При необходимости рассмотреть все возможные случаи, вытекающие из условия.
Если требуется опровержение, привести корректный контрпример и обосновать его выбор.
Проверить логическую непротиворечивость рассуждений и полноту доказательства.
Сформулировать итоговый вывод в явном виде, непосредственно отвечающий на вопрос задания.
Подпишись на суперполезные материалы
Задачи для практики
Задача 1
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 2
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 3
Дана последовательность квадратов натуральных чисел: $1$, $4$, $9$, $16$, $25$, $36, …$ . Можно ли среди: а) первых десяти её членов выбрать шесть чисел так, чтобы одно из них равнялось сумме остальных? б) первых десяти её членов выбрать семь чисел так, чтобы одно из них равнялось сумме остальных? в) членов этой последовательности выбрать $100$ чисел так, чтобы одно из них равнялось сумме остальных?
Решение
а) Можно, например, $1+9+16+25+49=100$;
б) Нельзя. В самом деле, наименьшая сумма шести чисел этой последовательности равна $1+4+9+16+25+36=91$, которое не является полным квадратом, значит, сумму шести чисел этой последовательности нужно увеличивать до $100$. Если самое большое слагаемое $36$ заменить на самое меньшее неиспользованное число $49$, то сумма превысит $100$, значит, в последовательности квадратов чисел нет семи чисел таких, чтобы одно из них равнялось сумме остальных;
в) Можно. Покажем, как это сделать. Рассмотрим число $S$, равное сумме $98$ первых членов последовательности квадратов. Заметим, что $S=(1+4)+(9+16)+(25+36)+……+(97^2+98^2)$
является нечётным числом, потому что его можно представить в виде суммы $49$ нечётных чисел, разбив все слагаемые на $49$ пар, в каждой из которых сумма нечётна. Поэтому $S$ — нечётное число. Значит, существует такое натуральное число $k$, что $S=2k+1$. При этом получается, что $k>98$. Если к этим $98$ квадратам добавим ещё два соседних квадрата $k^2$ и $(k+1)^2$, разность между которыми равна $S$, то получим набор из $100$ квадратов чисел, большее из которых равно сумме остальных чисел другого набора. А именно $S+k^2=(k+1)^2$ или $1^2+2^2 +3^2+4^2+…+97^2+98^2+k^2=(k+1)^2$.
Задача 4
$10$ человек стоят по кругу, все они разного возраста. Каждый сказал: «Я старше обоих своих соседей». а) Могло ли оказаться так, что все сказали правду? б) Могло ли оказаться так, что все солгали? в) Найдите наибольшее возможное количество человек, сказавших правду.
Решение
а) Рассмотрим двух человек, стоящих рядом, обозначим их возрасты $v_1$ и $v_2$. Если оба эти человека сказали правду, то и первый человек старше своих соседей, и второй, то есть выполняются неравенства $v_1 > v_2$ и $v_2 > v_1$ , что не может выполняться одновременно. Значит, не могло оказаться так, что все сказали правду.
б) Предположим, что все солгали. Рассмотрим двух человек, стоящих рядом, обозначим их возрасты $v_1$ и $v_2$ так, что $v_1 < v_2$ . Пронумеруем остальных стоящих по кругу по порядку и обозначим их возрасты $v_3 , v_4 , . . ., v_{10}$. Если все солгали, то и второй человек солгал и должно выполняться неравенство $v_2 < v_3$ (иначе получится, что второй старше обоих своих соседей и следовательно он сказал правду, что противоречит начальному утверждению).
Аналогично, если $v_2 < v_3$ , то для выполнения условия «третий солгал» должно выполняться неравенство $v_3 < v_4$.
Получаем цепочку неравенств $v_1 < v_2 , v_2 < v_3 , v_3 < v_4 , . . . , v_{10} < v_1$. Но невозможно, чтобы $v_1 < v_2 < v_3 < . . . < v_{10} < v_1$, так как при этом получается, что возраст $v_1$ одновременно и самый большой, и самый маленький.
Значит, не могло оказаться так, что все солгали.
в) В пункте а) мы доказали, что два человека, стоящие рядом, не могли сказать правду одновременно. Пронумеруем 10 человек, стоящих по кругу, по порядку. Разобьем их на пары первый-второй, третий-четвертый и так далее. В каждой такой паре хотя бы один солгал. Значит, сказали правду не более 5 человек.
Приведём пример для 5 человек.
$v_1 < v_2 > v_3 < v_4 > v_5 < v_6 > v_7 < v_8 > v_9 < v_{10} > v_1$ . Занумерованные чётными номерами сказали правду.
Задача 5
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 6
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 7
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 8
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 9
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 10
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 11
На доске выписаны числа $7$ и $9$. За один ход выписанные числа $a$ и $b$ нужно заменить числами $(a+b-1)$ и $(2b+4)$. Например, из чисел $7$ и $9$ можно получить либо числа $15$ и $18$, либо числа $15$ и $22$.
а) Можно ли через несколько ходов получить число $84$?
б) Могут ли через несколько ходов оба числа снова стать нечётными?
в) Определите наибольшую возможную разность между выписанными числами через $4300$ ходов.
Решение
а) Да, может. Пусть первым ходом выписаны числа 7 + 9 - 1 = 15 и 2 · 7 + 4 = 18. Возьмем 15 и 18, вторым ходом: 15 + 18 - 1 = 32 и 18 · 2 + 4 = 40; а третьим 32 + 40 - 1 = 71 и 40 · 2 + 4 = 84.
б) Нет, не могут. После любого хода число 2b + 4 — чётное.
в) Если выписаны числа a и b, (b ≥ a), то их наибольшая разность равна b - a. После следующего хода будут выписаны числа (a + b - 1) и (2b + 4) с разностью |2b + 4 - (a + b - 1)| = b - a + 5, либо числа (a + b - 1) и (2b + 4) с разностью |b - a - 5| ≤ |b - a| + 5 = b - a + 5. Таким образом, разность увеличивается либо на 5, либо на меньшее число.
Разность после 4300-го хода будет наибольшей, если каждый раз будет увеличиваться на 5. Тогда она будет равна 9 - 7 + 4300 · 5 = 21502.
Задача 12
Учитель задумал несколько различных целых чисел и выписал набор этих чисел и все их возможные суммы (по 2, по 3 и т.д. слагаемых) на доске в порядке неубывания. Например, если бы он задумал числа 1,-5, 6, то на доске был бы выписан набор -5, -4, 1, 1, 2, 6, 7.
а) На доске был выписан набор -5, -2, 3, 4, 7, 9, 12. Какие числа задумал учитель?
б) Для некоторых трёх задуманных чисел на доске выписан набор. Всегда ли по этому набору можно определить задуманные числа?
в) Дополнительно известно, что учитель задумал 4 числа. Все они не равны 0. Какое наибольшее число нулей может быть выписано на доске?
Решение
а) Если было задумано 4 числа или более, то на доске должно быть записано не менее 15 чисел. Если было задумано 2 числа или меньше, то на доске должно быть записано не более 3 чисел. Значит, было задумано 3 числа. Если бы было задумано 2 отрицательных числа, то на доске было бы выписано не менее трёх отрицательных чисел. Значит, отрицательное число одно, и это число — наименьшее число в наборе, то есть −5. Наибольшее число в наборе является суммой двух положительных задуманных чисел. Из положительных выписанных чисел только 3 и 9 дают в сумме 12. Значит, были задуманы числа −5, 3 и 9.
б) Нет, не всегда. Например, для задуманных чисел −5, 2, 3 и −3, −2, 5 на доске будет выписан один и тот же набор −5, −3, −2, 0, 2, 3, 5.
в) Если учитель задумал 4 числа (a, b, c, d), то на доске выписано 15 чисел: сами задуманные числа (4 штуки), суммы по 2 слагаемых — 6 штук, суммы по 3 слагаемых — 4 штуки, а также сумма всех чисел. Разобьём выписанные числа на 3 группы.
Группа A — это сами задуманные числа, группа B — это суммы по 2 слагаемых, C — суммы по 3 и 4 слагаемых.
В группе A нулей нет по условию.
Рассмотрим группу B. Пусть сумма каких-то двух чисел равна 0, то есть a + b = 0. Если предположить, что a + c = 0, то a + b = a + c, b = c, а это противоречит тому, что все задуманные числа различны. Значит, a + c $≠$ 0. Аналогично a + d $≠$ 0, b + c $≠$ 0, b + d $≠$ 0. Возможно, что c + d = 0. Других сумм по 2 слагаемых нет. Значит, в группе B не более двух нулей. Рассмотрим группу C . Покажем, что в ней не более одного нуля. Предположим противное. Тогда найдётся хотя бы два нуля. В этом случае хотя бы один нуль является суммой некоторых трёх задуманных чисел, то есть можно считать, что a + b + c = 0. Если a + b + c + d = 0, то d = 0, что противоречит условию. Тогда выполняется хотя бы одно из равенств: a + b + d = 0, a + c + d = 0, b + c + d = 0. В первом случае a + b + c = a + b + d = 0, тогда c = d. Во втором случае b = d, в третьем a = d. Значит, все три случая противоречат условию, и наше предположение неверно. Следовательно, в группе C не более одного нуля.
Таким образом, общее число нулей не превышает 0 + 2 + 1 = 3. Приведём пример задуманных чисел, для которых на доске будет выписано ровно 3 нуля. Пусть учитель задумал числа 2, −2, 3, −3. Тогда 2+(−2) = 0; 3 + (−3) = 0; 2 + (−2) + 3 + (−3) = 0. На доске выписано ровно 3 нуля.
Задача 13
В ряд выписаны $n$ натуральных чисел. Сумма любых пяти последовательных чисел равна $20$.
а) Возможно ли, что сумма всех чисел равна $8071$, если $n = 2015$?
б) Возможно ли, что сумма всех чисел равна $8071$, если $n = 2017$?
в) Для каждого $n (n≥5)$ определите, сколько различных значений может принимать сумма $n$ чисел с таким свойством.
Решение
а) Невозможно. Найдём сумму всех чисел в явном виде. Разобьём ряд на группы по $5$ чисел. В первую группу войдут $5$ крайних чисел, в следующую - числа с 6-го по 10-е и так далее. $2015$ делится нацело на $5$, поэтому весь ряд разделится на группы, число групп равно $2015 : 5 = 403$. По условию, сумма чисел в каждой группе $20$. Значит, сумма всего ряда $403·20 = 8060$, и другая сумма получиться не может.
б) Возможно. Рассмотрим, например, ряд $8, 3, 3, 3, 3, 8, 3, 3, 3, 3, . . . , 8, 3, 3, 3, 3, 8, 3$, состоящий из $403$ пятерок вида $8; 3; 3; 3, 3, 2016$-е число которого равно $8$, а $2017$-е равно $3$. Тогда сумма всех чисел равна $(8+3+3+3+3)·403+8+3 = 8071$. Проверим, что условие выполняется. Среди любых последовательных пяти чисел четыре тройки и одна восьмерка, поэтому их сумма будет равна $4·3 + 8 = 20$.
в) Будем исследовать возможные значения суммы в зависимости от остатка при делении $n$ на $5$. Если $n$ делится на $5$, как в пункте а), разобьем все числа ряда на пятерки чисел. Сумма каждой пятерки $20$, а всего пятерок ${n}/{5}$. Значит, сумма всего всего ряда $20·{n}/{5} = 4n$. Других сумм получиться не может.
Если $n$ не делится на $5$, то на пятёрки разобьются все числа, кроме одного, двух, трёх или четырёх крайних чисел (их количество равно остатку от деления $n$ на $5$). Сумма чисел, которые разбиты на пятёрки, всегда одинаковая. Поэтому на сумму ряда влияют только оставшиеся числа. Значит, вместо суммы всего ряда нужно находить количество различных значений для суммы оставшихся чисел. Обозначим $5$ крайних чисел через $a; b; c; d; e$ и разберём $4$ случая:
1) Осталось $1$ число: $a$. Числа $a, b, c, d, e$ натуральные, то есть не меньше $1$. Они последовательные, значит $a + b + c + d + e = 20$. Выразим отсюда $a ≥ 1$ и получим: $ 1 ≤ a = 20 - b - c - d - e ≤ 20 - 4 = 16$. Всего от $1$ до $16 - 16$ различных значений.
2) Осталось $2$ числа: $a$ и $b$. Из того же рассуждения получим, что $a+b ≥ 1+1, a+b ≥ 2$ и $a + b = 20 - c - d - e ≤ 20 - 3 = 17$. Всего от $2$ до $17-16$ различных значений.
3) Осталось $3$ числа: $a, b$ и $c$. Аналогично предыдущему $3 ≤ a + b + c ≤ 18$, снова $16$ значений.
4) Осталось $4$ числа: $a, b, c$ и $d$. Аналогично предыдущему $4 ≤ a+b+c+e ≤ 19$, снова $16$ значений.
Однако эти неравенства ещё не гарантируют, что такие ряды действительно существуют. Чтобы доказать, что все $16$ значений действительно могут быть, нужно каждое возможное значение суммы подтвердить примером с нужной суммой крайних чисел.
Как построить примеры ряда так, чтобы условие про суммы пятёрок повторялось? Для этого, на самом деле, достаточно задать только $4$ крайних числа $a, b, c, d$. Продолжить этот ряд так, чтобы условие выполнилось, можно единственным образом.
Сначала находим следующее число $e = 20 - a - b - c - d$, затем выражаем шестое число $f = 20- b - c - d - e = a$ и так далее, пока не получим ряд нужной длины. Можно заметить, что, какие бы ни были выбраны числа вначале, числа ряда всегда повторяются через 5.
Действительно, по условию $a_i+a_{i+1}+a_{i+2}+a_{i+3} = a_{i+1}+a_{i+2}+a_{i+3}+a_{i+4}+a_{i+5}$, отсюда $a_i = a_{i+5}$.
Чтобы не строить пример отдельно для каждого варианта суммы, построим сразу серию из $16$ примеров. Пусть $t$ - произвольное натуральное число от $1$ до $16$. Начнём с чисел $t, 1, 1, 1$ и продолжим этот ряд вправо, пока не получим $n$ чисел. Получим: $t, 1, 1, 1, 17- t, t, 1, 1, 1, 17- t, t, 1, 1, 1, 17- t, ...$. То, какие числа стоят в конце ряда, зависит от остатка при делении $n$ на $5$, но на наше решение это влиять не будет.
Убедимся, что если $n$ не делится на $5$, то действительно существует $16$ различных сумм. Разобьём числа на пятёрки. В зависимости от остатка при делении $n$ на $5$, неразбитыми останутся $1, 2, 3$ или $4$ числа.
Для остатка $1$ - ряд $(t,$ {$1, 1, 1, 17 - t, t$}$, ...,${$1, 1, 1, 17 - t, t$}$ - k$ пятёрок $(1,1,1,17-t,t)), S = 20k + t$.
Для остатка $2$ - ряд $t, 1,$ ({$1, 1, 17 - t, t, 1$}$, ...,${$1, 1, 17 - t, t, 1$}$ - k$ пятёрок $(1,1,17-t,t,1)), S = 20k + t+1$.
Для остатка $3$ - ряд $t, 1,1$ ({$1, 17 - t, t, 1,1$}$, ...,${$1, 17 - t, t, 1,1$}$ - k$ пятёрок $(1,17-t,t,1,1)), S = 20k + t+2$.
Для остатка $4$ - ряд $t, 1,1,1$ ({$17 - t, t, 1,1,1$}$, ...,${$17 - t, t, 1,1,1$}$ - k$ пятёрок $(17-t,t,1,1,1)), S = 20k + t+3$.
Изменяя $t$ от $1$ до $16$, получаем $16$ различных значений для суммы не вошедших в пятёрки чисел, а значит, $16$ различных значений для группы всех чисел.
Задача 14
На доске написаны числа 1, 2, 3, ..., 36. За один ход разрешается стереть произвольные три числа, сумма которых меньше 40 и отлична от каждой из сумм троек чисел, стёртых на предыдущих ходах.
а) Приведите пример последовательных 6 ходов.
б) Можно ли сделать 12 ходов?
в) Какое наибольшее число ходов можно сделать?
Решение
Пример 6 ходов: а) (2; 9; 20); (8; 11; 19); (7; 12; 18); (3; 15; 17); (4; 13; 16); (1; 6; 21).
б) Предположим, что сделано 12 ходов, значит, стёрты все 36 чисел. С одной стороны, сумма всех чисел равна 1 + 2 + ... + 36 = 666. С другой стороны, каждая из сумм стираемых трёх чисел меньше 40. Значит, сумма стёртых чисел меньше 40$·$12 = 480. Противоречие. Значит, нельзя сделать 12 ходов.
в) Пусть сделано 8 ходов. Стёрли 24 числа. Тогда сумма этих чисел не меньше 1 + 2 + 3 + ... + 24 = 300. С другой стороны, эта сумма не больше суммы чисел 39 + 38 + 37 + 36 + 35 + 34 + 33 + 32 = 284. Противоречие. Значит, нельзя сделать 8 ходов. Покажем, что можно сделать 7 ходов. (2; 9; 20); (8; 11; 19); (7; 12; 18); (3; 15; 17); (4; 13; 16); (1; 6; 21); (5; 10; 14).
Задача 15
Можно ли в бесконечно убывающей последовательности $1; {1} /{2} ; {1}/ {3} ; {1} /{4} ; {1}/ {5} ;. . .$ выбрать:
а) четыре числа;
б) сто чисел;
в) бесконечное множество чисел, которые образуют арифметическую прогрессию.
Решение
а) Можно. Данная последовательность убывающая, поэтому будем искать убывающую прогрессию. Заметим, что последовательность ${4}/{n}; {3}/{n}; {2}/{n};{1}/{n}$ является убывающей арифметической прогрессией, её разностью является число − ${1}/{n}$. Остаётся подобрать знаменатель $n$ таким, чтобы сократились числители. Понятно, что в качестве знаменателя $n$ можно взять кратное всех числителей, например, число $12$. Тогда получим арифметическую прогрессию ${1}/{3}; {1}/{4}; {1}/{6}; {1}/{12};$, удовлетворяющую условию задачи.
б) Можно. Последовательность ${100}/{n}; {99}/{n}; . . . ; {3}/{n}; {2}/{n}; {1}/{n}$ является убывающей арифметической прогрессией c разностью −${1}/{n}$. Если в качестве знаменателя $n$ взять число $100! = 100 · 99 ·98· . . . · 2 · 1$, то после сокращения дробей получим $100$ различных дробей, все числители которых равны $1$, то есть получим искомую арифметическую прогрессию.
в) Нельзя. В самом деле, любая арифметическая прогрессия является линейной функцией на множестве натуральных чисел. В данном случае убывающей, значит, прямая на которой лежат точки, соответствующие членам этой прогрессии будет пересекать ось $Ox$. Поэтому начиная с некоторого номера все члены арифметической прогрессии станут отрицательными, а в данной последовательности нет отрицательных членов. Значит, в данной бесконечно убывающей последовательности нельзя выбрать бесконечное множество чисел, которые образуют арифметическую прогрессию.
- Получишь все формулы, которые нужны для решения ЛЮБОЙ задачи по теории вероятностей в ЕГЭ по профилю
- Научишься решать задачи №4.5 в ЕГЭ по профилю
- Улучшить свой результат на +15 вторичных баллов
на бесплатном курсе Турбо ЕГЭ
