Задание 20 ЕГЭ по профильной математике

Обозначим количество красных карточек через r, синих — через b. Тогда наибольшие числа на них равны соответственно 2b и r. Число r делится на 3, поскольку написано на синей карточке.

а) Возьмём одну синюю карточку с числом 3 и три красные с числами −2, 0, 2.

Все числа больше −60, требования делимости и различия чисел внутри каждого цвета выполнены. Максимум на красных карточках равен 2 = 2b, на синих — 3 = r. Ответ: да.

б) Красные карточки могут содержать только чётные числа от −58 до 2b. Таких чисел (2b + 58)/2 + 1 = b + 30, поэтому r ≤ b + 30.

Синие карточки могут содержать только числа, кратные 3, от −57 до r. Таких чисел (r + 57)/3 + 1 = r/3 + 20, поэтому b ≤ r/3 + 20.

Если r = 150, первое неравенство даёт b ≥ 120, а второе — b ≤ 70. Получено противоречие. Ответ: нет.

в) Объединяя полученные оценки, имеем r ≤ b + 30 ≤ r/3 + 50. Следовательно, 2r/3 ≤ 50, то есть r ≤ 75.

Покажем, что 75 красных карточек возможны. На синих запишем все кратные 3 числа от −57 до 75 включительно, а на красных — все чётные числа от −58 до 90 включительно.

Синих карточек будет (75 + 57)/3 + 1 = 45, красных — (90 + 58)/2 + 1 = 75.

Максимум на красных равен 90 = 2 · 45, а на синих — 75, то есть количеству красных. Все остальные условия также выполнены, поэтому оценка достигается. Ответ: 75.

Обозначим количество красных карточек через r, синих — через b. Тогда наибольшие числа на них равны соответственно 2b и r. При этом r делится на 3.

а) Возьмём одну синюю карточку с числом 3 и три красные с числами −2, 0, 2. Всего получится четыре карточки.

Все числа больше −72, условия делимости и различия чисел внутри каждого цвета выполнены. Максимум на красных равен 2 = 2b, на синих — 3 = r. Ответ: да.

б) На красных карточках могут стоять только чётные числа от −70 до 2b. Их количество равно (2b + 70)/2 + 1 = b + 36.

Поскольку числа на красных карточках различны, r ≤ b + 36, то есть r − b ≤ 36. Поэтому равенство r − b = 60 невозможно. Ответ: нет.

в) На синих карточках могут стоять только кратные 3 числа от −69 до r. Их количество равно (r + 69)/3 + 1 = r/3 + 24. Следовательно, b ≤ r/3 + 24.

С учётом оценки для красных карточек получаем r ≤ b + 36 ≤ r/3 + 60. Отсюда r ≤ 90.

Тогда b ≤ 90/3 + 24 = 54, поэтому общее количество карточек r + b ≤ 90 + 54 = 144.

Для достижения этой оценки на синих карточках запишем все кратные 3 числа от −69 до 90 включительно, а на красных — все чётные числа от −70 до 108 включительно.

Синих карточек будет (90 + 69)/3 + 1 = 54, красных — (108 + 70)/2 + 1 = 90.

Максимум на красных равен 108 = 2 · 54, на синих — 90, то есть количеству красных. Все числа больше −72, остальные условия выполнены. Таким образом, 144 карточки возможны. Ответ: 144.

а) Да. Возьмём A = 625. Вычеркнув цифру 6, и Петя, и Коля получат число 25.

Тогда B · C = 25² = 625 = A, причём A > 150. Ответ: да.

б) Если 540 ≤ A < 600, то цифра сотен равна 5, а цифра десятков не меньше 4.

При вычёркивании цифры сотен получится число не меньше 40; при вычёркивании любой другой цифры — число не меньше 50.

Поэтому B ≥ 40 и C ≥ 40, откуда B · C ≥ 1600 > A. Равенство невозможно. Ответ: нет.

в) Число A = 910 подходит: вычеркнув последнюю цифру, получаем B = 91, а вычеркнув первую — C = 10. При этом 91 · 10 = 910.

Докажем, что большее трёхзначное число не подходит. Пусть 911 ≤ A ≤ 999; запишем A = 900 + 10b + c, где b и c — цифры.

После вычёркивания одной цифры можно получить только двузначные числа из списка 10b + c, 90 + c, 90 + b.

Если 990 ≤ A ≤ 999, то b = 9 и все эти числа не меньше 90. Следовательно, B · C ≥ 8100 > A.

Пусть теперь 911 ≤ A ≤ 989. Тогда 10b + c ≥ 11, а два остальных числа не меньше 90.

Если хотя бы одно из чисел B, C получено вычёркиванием цифры десятков или единиц, то B · C ≥ 90 · 11 = 990 > A.

Остаётся случай B = C = 10b + c. Тогда A является квадратом целого числа. Между 911 и 989 находится только один такой квадрат: 31² = 961, поскольку 30² = 900, а 32² = 1024.

Но для A = 961 вычёркивание цифры сотен даёт 61, и 61² ≠ 961. Этот случай также невозможен.

Таким образом, подходящих чисел больше 910 нет. Ответ: 910.

а) Рассмотрим все натуральные числа от 21 до 126 включительно.

Среди них ровно пять чисел делятся на 20: 40, 60, 80, 100, 120.

На 21 делятся шесть чисел: 21, 42, 63, 84, 105, 126. Значит, требуемая ситуация возможна. Ответ: да.

б) Между первым и пятым записанными числами, кратными 20, разность равна 4 · 20 = 80: все промежуточные кратные также записаны.

Следовательно, на доске записано не меньше 81 последовательного натурального числа.

В любых 15 последовательных натуральных числах ровно одно делится на 15. Поэтому в любых 75 последовательных числах ровно пять чисел делятся на 15: достаточно разбить их на пять групп по 15 чисел.

Записанный набор содержит такую группу из 75 чисел, поэтому кратных 15 среди него не меньше пяти. Ответ: нет.

в) Пусть первое записанное число, кратное 20, равно m. Тогда пятое равно m + 80.

Число m − 20 не записано, поэтому начало набора не меньше m − 19. Число m + 100 также не записано, поэтому конец набора не больше m + 99.

Таким образом, разность между последним и первым записанными числами не превосходит 118.

Если среди записанных чисел есть хотя бы шесть кратных натуральному числу k, то разность между первым и шестым из них не меньше 5k. Поэтому 5k ≤ 118, откуда k ≤ 23.

Покажем, что k = 23 достижимо. Запишем все числа от 23 до 138 включительно.

На 20 делятся ровно пять из них: 40, 60, 80, 100, 120. На 23 делятся шесть: 23, 46, 69, 92, 115, 138.

Оценка достигнута, поэтому наибольшее возможное k равно 23. Ответ: 23.

Обозначим через k количество чисел, оканчивающихся на 6. Тогда остальные 30 − k чисел оканчиваются на 2.

а) Если чисел каждого вида по 15, то последняя цифра их суммы совпадает с последней цифрой числа 15 · 2 + 15 · 6 = 120, то есть равна 0. Однако сумма 2454 оканчивается на 4. Получено противоречие.

Ответ: нет.

б) Если только одно число оканчивается на 6, то 29 различных чисел, оканчивающихся на 2, имеют сумму не меньше суммы 2 + 12 + … + 282.

По формуле суммы арифметической прогрессии общая сумма всех чисел не меньше (2 + 282) · 29/2 + 6 = 4124. Это больше 2454.

Ответ: нет.

в) По последней цифре суммы получаем: 2(30 − k) + 6k = 60 + 4k должно оканчиваться на 4. Следовательно, k − 1 делится на 5.

Поэтому при k < 11 возможны только k = 1 и k = 6. Случай k = 1 исключён в пункте б).

При k = 6 наименьшие возможные числа каждого вида — это 2, 12, …, 232 и 6, 16, …, 56. Любой другой выбор различных чисел соответствующего вида имеет не меньшую сумму.

Значит, общая сумма не меньше (2 + 232) · 24/2 + (6 + 56) · 6/2 = 2808 + 186 = 2994 > 2454. Следовательно, k ≥ 11.

Покажем достижимость: возьмём 19 чисел 2, 12, …, 172, 272 и 11 чисел 6, 16, …, 106. Все 30 чисел натуральные и различные.

Их сумма равна (2 + 172) · 18/2 + 272 + (6 + 106) · 11/2 = 1566 + 272 + 616 = 2454. Ровно 11 чисел оканчиваются на 6.

Ответ: 11.

Расположим числа по возрастанию: x₁ < x₂ < … < x₁₀. По условию x₁ + … + x₆ = 30, а x₅ + … + x₁₀ = 90.

При сложении этих равенств числа x₅ и x₆ учитываются дважды. Поэтому сумма всех десяти чисел S = 120 − (x₅ + x₆).

а) Если x₁ = 3, то вследствие натуральности и различности чисел первые шесть чисел не меньше соответственно 3, 4, 5, 6, 7, 8.

Тогда их сумма не меньше 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 33, что противоречит равенству этой суммы 30.

Ответ: нет.

б) Если среднее всех чисел равно 11, то S = 110, откуда x₅ + x₆ = 10.

Но пятое из различных натуральных чисел не меньше 5, а шестое не меньше 6. Поэтому x₅ + x₆ ≥ 11. Получено противоречие.

Ответ: нет.

в) Докажем, что x₅ + x₆ ≥ 15. Предположим обратное: x₅ + x₆ ≤ 14.

Поскольку x₆ ≥ x₅ + 1, имеем 2x₅ + 1 ≤ 14, следовательно, x₅ ≤ 6.

Четыре предшествующих различных целых числа тогда удовлетворяют неравенствам x₁ ≤ 2, x₂ ≤ 3, x₃ ≤ 4, x₄ ≤ 5.

Получаем x₁ + … + x₆ ≤ 2 + 3 + 4 + 5 + 14 = 28, вопреки условию. Значит, x₅ + x₆ ≥ 15.

Следовательно, S ≤ 120 − 15 = 105, а среднее арифметическое всех чисел не превосходит 105/10 = 10,5.

Эта оценка достигается на числах 1, 3, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 45. Они натуральные, различные и расположены по возрастанию.

Сумма шести наименьших равна 1 + 3 + 5 + 6 + 7 + 8 = 30, а шести наибольших — 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 45 = 90. Общая сумма равна 105.

Ответ: 10,5.

Каждый ход сохраняет общее число камней: 97 + 104 = 201.

а) Покажем, как за три хода перевести состояние (x, y, z) в (x, y − 3, z + 3).

Последовательно кладём камни в третью, первую и третью коробки:
(x, y, z) → (x − 1, y − 1, z + 2) → (x + 1, y − 2, z + 1) → (x, y − 3, z + 3).

Повторив эту последовательность пять раз, получим (97, 104, 0) → (97, 89, 15). Все ходы допустимы: в коробках, из которых берут камни, есть камни.

Ответ: да.

б) Рассмотрим разность числа камней в первой и третьей коробках. При ходе она изменяется на 3, −3 или 0, поэтому её остаток при делении на 3 сохраняется.

Изначально разность равна 97 и даёт остаток 1. Если в третьей коробке 201 камень, остальные коробки пусты, а разность равна −201 и делится на 3. Получено противоречие.

Ответ: нет.

в) Пусть в третьей коробке z камней, а в первой — 1. По доказанному свойству число 1 − z имеет тот же остаток при делении на 3, что и 97. Следовательно, z делится на 3.

Из сохранения общего числа камней следует z ≤ 200. Наибольшее кратное 3, удовлетворяющее этой оценке, равно 198.

Докажем достижимость: 96 раз берём по камню из первой и второй коробок и кладём их в третью. Получаем (1, 8, 192).

Затем дважды выполняем последовательность из пункта а):
(1, 8, 192) → (0, 7, 194) → (2, 6, 193) → (1, 5, 195) → (0, 4, 197) → (2, 3, 196) → (1, 2, 198).

Все ходы допустимы, поэтому оценка достигается.

Ответ: 198.

а) Последовательно применяем указанное правило:
1/3 → 4/5 → 9/13 → 22/31.

Таким образом, нужная дробь получается за три хода.

Ответ: да.

б) После двух ходов из a/b получается дробь (3a + 2b)/(4a + 3b).

Поскольку a и b положительны, имеем 3(3a + 2b) − 2(4a + 3b) = a > 0. Поэтому любая дробь после двух ходов больше 2/3.

Но 7/12 < 2/3, так как 21 < 24. Следовательно, получить её за два хода невозможно.

Ответ: нет.

в) Для правильной исходной дроби 0 < a < b. Сравним результат двух ходов с 5/7:
5(4a + 3b) − 7(3a + 2b) = b − a > 0.

Значит, результат всегда меньше 5/7, и саму дробь 5/7 получить за два хода нельзя. При этом 5/7 > 7/10, поскольку 50 > 49.

Докажем, что любую несократимую дробь c/d между 7/10 и 5/7 получить можно. Положим a = 3c − 2d, b = 3d − 4c.

Из c/d > 7/10 следует a > d/10 > 0. Из c/d < 5/7 следует b − a = 5d − 7c > 0. Таким образом, a и b — натуральные числа и a < b.

Кроме того, 3a + 2b = c и 4a + 3b = d. Любой общий делитель a и b делил бы c и d, поэтому дробь a/b несократима.

Один ход сохраняет несократимость: общий делитель a + b и 2a + b делит их разность a, а затем и b. Поэтому из построенной правильной несократимой дроби a/b за два хода действительно получается c/d.

Все дроби между 0,7 и 5/7 достижимы, а 5/7 недостижима. Следовательно, это и есть искомая наименьшая дробь.

Ответ: 5/7.

При каждом ходе число камней в выбранной коробке увеличивается на 3, а в каждой из остальных уменьшается на 1. Всего остаётся 306 камней.

а) Последовательно выберем для получения камней четвёртую, вторую, третью и четвёртую коробки:

(101, 102, 103, 0) → (100, 101, 102, 3) → (99, 104, 101, 2) → (98, 103, 104, 1) → (97, 102, 103, 4).

Перед каждым ходом во всех трёх коробках, из которых берут камни, есть камни, поэтому все ходы допустимы. Ответ: да.

б) За ход разность количеств камней в любых двух коробках либо не меняется, либо изменяется на 4. Следовательно, её остаток при делении на 4 сохраняется.

Изначально разность количеств камней во второй и третьей коробках равна −1. Если в четвёртой коробке будет 306 камней, остальные окажутся пустыми и эта разность станет равной 0. Это невозможно, поскольку 0 − (−1) = 1 не делится на 4. Ответ: нет.

в) Обозначим количества камней во второй, третьей и четвёртой коробках через b, c, d. По доказанному b − d имеет остаток 2 при делении на 4, а c − d — остаток 3.

Докажем, что b + c + d ≥ 3. При d ≥ 3 это очевидно. Если d = 0, то b ≥ 2 и c ≥ 3; если d = 1, то b ≥ 3; если d = 2, то c ≥ 1. Во всех случаях сумма не меньше 3.

Поэтому в первой коробке не больше 306 − 3 = 303 камней. Покажем, что эта оценка достигается.

Выполним блок из четырёх ходов: один раз направим камни в четвёртую коробку, затем три раза — в первую. Блок изменяет количества камней на (+8, −4, −4, 0).

Повторим блок 25 раз. Получим (301, 2, 3, 0). Все блоки допустимы: перед последним из них во второй и третьей коробках ещё 6 и 7 камней, а первый ход каждого блока даёт четвёртой коробке 3 камня для следующих трёх ходов.

Теперь направим камни в четвёртую коробку, затем в первую: (301, 2, 3, 0) → (300, 1, 2, 3) → (303, 0, 1, 2). Оба хода допустимы. Ответ: 303.

Обозначим через a число фруктов легче 100 г, через b — тяжелее 100 г, через c — массой ровно 100 г. Поскольку массы различаются, а средняя равна 100 г, обе группы с массами меньше и больше 100 г непусты.

Общая масса равна 8700 г, поэтому 94a + 127b + 100c = 8700. Также a + b + c = 87. Вычитая второе равенство, умноженное на 100, получаем 6a = 27b, то есть 2a = 9b.

Так как 2 и 9 взаимно просты, a = 9k, b = 2k, где k — положительное целое число. Тогда c = 87 − 11k ≥ 0, откуда 1 ≤ k ≤ 7.

а) Числа a = 9k и b = 2k при k ≥ 1 различны. Следовательно, фруктов легче 100 г и тяжелее 100 г не может быть поровну. Ответ: нет.

б) Из k ≤ 7 следует c = 87 − 11k ≥ 87 − 77 = 10. Поэтому фруктов массой 100 г не может быть меньше 9. Ответ: нет.

в) Самый тяжёлый фрукт принадлежит группе фруктов тяжелее 100 г. Пусть его масса равна M г. В этой группе b = 2k ≤ 14 фруктов, а их общая масса равна 127b г.

Масса каждого из остальных b − 1 фруктов этой группы — целое число больше 100, поэтому она не меньше 101 г. Следовательно, M ≤ 127b − 101(b − 1) = 26b + 101 ≤ 26 · 14 + 101 = 465 г.

Построим пример: 63 фрукта по 94 г, 10 фруктов по 100 г, 13 фруктов по 101 г и один фрукт массой 465 г. Всего 63 + 10 + 13 + 1 = 87 фруктов.

Средняя масса лёгких фруктов равна 94 г; средняя масса тяжёлых равна (13 · 101 + 465)/14 = 1778/14 = 127 г.

Общая масса составляет 63 · 94 + 10 · 100 + 1778 = 8700 г, поэтому средняя масса всех фруктов равна 100 г. Все условия выполнены, оценка достигается. Ответ: 465 г.

За один ход каждый имеющийся кусок можно разделить не более чем на две части. Поэтому после n ходов получится не более 2ⁿ кусков.

а) Четыре раза разрежем все имеющиеся куски пополам, складывая их друг на друга.

Длины кусков последовательно равны 8, 4, 2, 1 см. Все разрезы проходят на целочисленных расстояниях от концов.

За четыре хода получим 16 кусков по 1 см. Ответ: да.

б) Для линейки длиной 100 см нужно получить 100 кусков по 1 см.

После пяти ходов число кусков не превосходит 2⁵ = 32, а 32 < 100.

Ответ: нет.

в) Необходимо получить 200 кусков. Поскольку 2⁷ = 128 < 200, потребуется не менее восьми ходов.

Покажем, что восьми ходов достаточно. Последовательно используем расстояния от края 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1 см.

На каждом ходе складываем с совмещением левых концов все куски, длина которых больше выбранного расстояния, и разрезаем их на этом расстоянии.

После первого хода длины кусков равны 128 и 72 см, то есть не превосходят 128 см.

Если перед очередным ходом длина каждого куска не превосходит 2d, то кусок длиной больше d разделится на части d и не более d. Остальные куски уже имеют длину не более d.

Значит, после следующих ходов все длины будут не больше 64, 32, 16, 8, 4, 2 и 1 см соответственно. Все части имеют положительные целые длины, поэтому в конце каждая имеет длину 1 см.

Нижняя оценка достигнута. Ответ: 8.

Четыре последовательных числа без нулевых последних цифр лежат в одном десятке. Запишем их как 10q + a, 10q + a + 1, 10q + a + 2, 10q + a + 3, где q — целое неотрицательное число, a ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

После деления на последние цифры получаем S = 4 + 10qH, где H = 1/a + 1/(a + 1) + 1/(a + 2) + 1/(a + 3).

а) Возьмём числа 12, 13, 14, 15.

Тогда S = 12/2 + 13/3 + 14/4 + 15/5 = 6 + 13/3 + 7/2 + 3 = 101/6 = 16 + 5/6.

Ответ: да.

б) Предположим, что S = 569 + 29/126. Тогда S − 4 = 71219/126.

Эта дробь несократима: числитель нечётен, сумма его цифр равна 20, а при делении на 7 он даёт остаток 1. Поэтому её знаменатель содержит множитель 3².

При a от 1 до 5 знаменатели слагаемых H входят в набор от 1 до 8. Их общий знаменатель можно выбрать равным 840, который не делится на 9.

Следовательно, после умножения H на целое число 10q знаменатель сокращённой дроби также не может делиться на 9. Эти пять случаев невозможны.

При a = 6 имеем H = 1/6 + 1/7 + 1/8 + 1/9 = 275/504, поэтому S − 4 = 1375q/252.

Равенство 1375q/252 = 71219/126 приводит к 1375q = 142438. Левая часть делится на 5, правая — нет. Последний случай также невозможен.

Ответ: нет.

в) Для трёхзначных исходных чисел 10 ≤ q ≤ 99. При a = 1 имеем H = 25/12, поэтому S = 4 + 125q/6.

Поскольку числа 125 и 6 взаимно просты, S целое тогда и только тогда, когда q делится на 6. Наибольшее такое q ≤ 99 равно 96.

Получаем S = 4 + 125 · 96/6 = 2004. Это значение достигается на числах 961, 962, 963, 964.

При a ≥ 2 каждое слагаемое H не больше соответствующего слагаемого при a = 2. Поэтому H ≤ 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 = 77/60.

Тогда S ≤ 4 + 10 · 99 · 77/60 = 1274,5 < 2004. Следовательно, другие последние цифры большего значения не дают.

Ответ: 2004.

Пусть трёхзначное число равно 100a + 10b + c, где a — цифра сотен, b — цифра десятков, c — цифра единиц.

Результат операции равен (100a + 10b + c − a − b − c)/3 = 33a + 3b = 3(11a + b).

а) Возьмём число 910. Сумма его цифр равна 10, поэтому (910 − 10)/3 = 300.
Ответ: да.

б) Результат операции всегда кратен 3. Число 151 не делится на 3, поскольку сумма его цифр равна 7.
Ответ: нет.

в) Для чисел от 100 до 599 цифра a принимает значения от 1 до 5, а цифра b — от 0 до 9. Цифра c на результат не влияет.

При каждом фиксированном a получаем 10 различных результатов: 33a, 33a + 3, …, 33a + 27.

Эти группы не пересекаются: наименьшее значение следующей группы равно 33a + 33 и больше наибольшего значения предыдущей группы 33a + 27.

Таким образом, числа от 100 до 599 дают 5 · 10 = 50 различных результатов.

Для числа 600 результат равен (600 − 6)/3 = 198. Он больше всех предыдущих результатов, поскольку их максимум равен 33 · 5 + 3 · 9 = 192.

Всего получается 50 + 1 = 51 различное число.
Ответ: 51.

Наименьшая сумма 100 различных натуральных чисел равна 1 + 2 + … + 100 = 100 · 101/2 = 5050.

а) Если на доске есть число 230, то сумма остальных 99 различных натуральных чисел не меньше 1 + 2 + … + 99 = 4950.

Тогда общая сумма не меньше 4950 + 230 = 5180, что больше 5120. Это невозможно.
Ответ: нет.

б) Если числа 14 нет, то наименьшие 100 допустимых чисел — это числа от 1 до 101, кроме 14.

Их сумма равна 101 · 102/2 − 14 = 5137. Она больше 5120, поэтому отсутствие числа 14 невозможно.
Ответ: нет.

в) Среди чисел от 1 до 100 имеется семь чисел, кратных 14: 14, 28, 42, 56, 70, 84, 98.

Предположим, что на доске не более трёх чисел, кратных 14. Тогда как минимум четыре числа из этого списка отсутствуют. Выберем четыре таких числа.

Их сумма не больше суммы четырёх наибольших: 56 + 70 + 84 + 98 = 308.

Наименьшая сумма 100 различных натуральных чисел, не содержащих выбранных четырёх чисел, получается из набора 1, 2, …, 100 заменой этих чисел на 101, 102, 103, 104.

Поэтому сумма чисел на доске не меньше 5050 − 308 + 101 + 102 + 103 + 104 = 5152. Это больше 5120. Следовательно, чисел, кратных 14, должно быть хотя бы четыре.

Построим пример: из набора 1, 2, …, 100 удалим 70, 84, 98 и добавим 101, 102, 119.

Получатся 100 различных натуральных чисел с суммой 5050 − 70 − 84 − 98 + 101 + 102 + 119 = 5120.

Добавленные числа не кратны 14, поэтому кратными 14 остаются ровно четыре числа: 14, 28, 42, 56. Оценка достигается.
Ответ: 4.

Обозначим через x количество чисел, к которым применили первую операцию, а через y — количество остальных чисел. Первая операция изменяет число на 20 − 5 = 15, вторая — на −20 + 2 = −18. Поэтому изменение суммы равно 15x − 18y.

а) Если исходная сумма на 128 меньше полученной, то 15x − 18y = 128. Левая часть делится на 3, а правая не делится. Такое равенство невозможно.

Ответ: нет.

б) При равенстве сумм 15x = 18y, то есть 5x = 6y. Поскольку числа 5 и 6 взаимно просты, x = 6k, y = 5k, где k — целое неотрицательное число.

Тогда количество чисел равно x + y = 11k и делится на 11. Число 25 на 11 не делится.

Ответ: нет.

в) Для первой операции цифра единиц исходного числа должна быть не меньше 5, поэтому такое число не меньше 15.

Для второй операции цифра десятков исходного числа должна быть не меньше 3: иначе результат не будет двузначным натуральным числом. Поэтому такое число не меньше 30.

При равенстве сумм x = 6k и y = 5k, значит, исходная сумма S ≥ 15 · 6k + 30 · 5k = 240k.

Из S < 1198 следует 240k < 1198, откуда k ≤ 4. Следовательно, количество чисел не превосходит 11 · 4 = 44.

Оценка достигается: возьмём 24 числа 15 и 20 чисел 30. Первые преобразуем в 30, вторые — в 12. Исходная сумма равна 24 · 15 + 20 · 30 = 960, полученная — 24 · 30 + 20 · 12 = 960. Обе суммы меньше 1198, все числа двузначные.

Ответ: 44.

Обозначим количество чисел в день i через cᵢ, а их сумму через sᵢ. Поскольку разрешены числа от 1 до 5, выполняется cᵢ ≤ sᵢ ≤ 5cᵢ.

При фиксированном количестве c можно получить любую целую сумму от c до 5c: начнём с c единиц и будем увеличивать отдельные числа на 1, не превышая 5.

а) Приведём пример для 11 дней. В первый день запишем 101 единицу, так что c₁ = s₁ = 101.

В следующие десять дней, для k от 0 до 9, запишем по 100 − k чисел с суммой 441 + k.

Такие наборы существуют: 100 − k ≤ 441 + k, а 441 + k ≤ 5(100 − k), поскольку 6k ≤ 54 < 59.

Количество чисел последовательно уменьшается: 101, 100, …, 91; суммы увеличиваются: 101, 441, …, 450. Все условия выполнены, причём 11 > 6.

Ответ: да.

б) Используем тот же пример. Среднее арифметическое в первый день равно 1 < 2.

Общее количество чисел равно 101 + (100 + 91) · 10/2 = 1056.

Общая сумма равна 101 + (441 + 450) · 10/2 = 4556. Поскольку 4556 > 4 · 1056 = 4224, среднее арифметическое всех чисел больше 4.

Ответ: да.

в) Теперь s₁ = 5, поэтому c₁ ≤ 5. Количество чисел ежедневно уменьшается хотя бы на 1, следовательно, n ≤ 5 и cₙ ≤ 6 − n.

При n = 5 получаем c₅ ≤ 1 и s₅ ≤ 5, что противоречит строгому увеличению сумм после первого дня. Поэтому n ≤ 4.

При n = 1 общая сумма равна 5. При n = 2 имеем c₂ ≤ 4, поэтому s₂ ≤ 20 и общая сумма не превосходит 25.

При n = 3 имеем c₃ ≤ 3, поэтому s₃ ≤ 15. Так как суммы целые и s₂ < s₃, получаем s₂ ≤ 14. Общая сумма не превосходит 5 + 14 + 15 = 34.

При n = 4 имеем c₄ ≤ 2, поэтому s₄ ≤ 10, s₃ ≤ 9 и s₂ ≤ 8. Общая сумма не превосходит 5 + 8 + 9 + 10 = 32.

Сумма 34 достигается за три дня: в первый день записаны 1, 1, 1, 1, 1; во второй — 5, 5, 3, 1; в третий — 5, 5, 5. Количества равны 5, 4, 3, а суммы — 5, 14, 15.

Ответ: 34.

Пусть в группе n девушек и n юношей, из которых k отправили по 16 писем, остальные — по 5. Тогда 2 ≤ k ≤ n − 2, а общее число писем S = 16k + 5(n − k) = 5n + 11k.

а) Если каждая девушка получила 7 писем, то 5n + 11k = 7n, откуда 11k = 2n.

Возьмём n = 11, k = 2. Двое юношей отправят по 16 писем, девять — по 5; всего получится 77 писем. Их можно распределить между 11 девушками по 7 каждой.

Такое распределение осуществимо: выпишем все отправляемые письма подряд, сохраняя отправителей, и назначим получательницей первых семи писем первую девушку, следующих семи — вторую и так далее. Повторные письма одной девушке разрешены.

Ответ: да.

б) Пусть каждая девушка получила целое число m писем. Тогда 5n + 11k = mn, то есть 11k = (m − 5)n.

Если n < 11, то n и простое число 11 взаимно просты. Поэтому из делимости 11k на n следует делимость k на n. Это невозможно, поскольку 0 < k < n.

Следовательно, n ≥ 11. При n = 11 подходит распределение из пункта а), поэтому нижняя граница достигается.

Ответ: 11.

в) Упорядочим количества полученных писем по возрастанию. Это различные неотрицательные целые числа, поэтому они не меньше соответственно 0, 1, …, n − 1. Следовательно, S ≥ n(n − 1)/2.

Хотя бы двое юношей отправили по 5 писем, поэтому S ≤ 16(n − 2) + 10 = 16n − 22.

Получаем n(n − 1)/2 ≤ 16n − 22, или n² − 33n + 44 ≤ 0. При n ≥ 32 левая часть равна n(n − 33) + 44: при n = 32 она равна 12, а при n ≥ 33 положительна. Значит, n ≤ 31.

Покажем достижимость: пусть n = 31, двое юношей отправили по 5 писем, остальные 29 — по 16. Всего отправлено 10 + 29 · 16 = 474 письма.

Назначим девушкам попарно различные количества писем 0, 1, 2, …, 29, 39. Их сумма равна 29 · 30/2 + 39 = 474. Такое распределение реализуется последовательным назначением получательниц всем письмам, как в пункте а).

Ответ: 31.

Сначала установим общее свойство записанных чисел. Возьмём любые два из них a и b и ещё три других числа. Суммы двух четвёрок, состоящих из этих трёх чисел и соответственно a или b, делятся на 4. Их разность a − b также делится на 4.

Аналогично, выбрав четыре других числа и сравнив суммы двух пятёрок, получим, что a − b делится на 5. Выбрать нужные числа можно, поскольку всего чисел десять.

Таким образом, разность любых двух записанных чисел делится на 20: все числа имеют одинаковый остаток при делении на 20.

Обратно, если все числа имеют одинаковый остаток при делении на 20, то они имеют одинаковые остатки при делении на 4 и на 5. Поэтому сумма любых четырёх делится на 4, а сумма любых пяти — на 5. Условие задачи выполнено.

а) Разность 2013 − 403 = 1610 не делится на 20. Следовательно, эти два числа не могут одновременно находиться на доске.

Ответ: нет.

б) Число 403 при делении на 4 даёт остаток 3. Значит, каждое записанное число также даёт остаток 3 при делении на 4.

Квадрат чётного числа делится на 4, а квадрат нечётного числа (2t + 1)² = 4t(t + 1) + 1 даёт остаток 1. Остаток 3 невозможен.

Ответ: нет.

в) Поскольку среди чисел есть 1 и n², число n² − 1 должно делиться на 20.

Для n = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 квадраты равны соответственно 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64. Ни один из них не даёт остаток 1 при делении на 20.

При n = 9 получаем n² = 81, причём 81 − 1 = 80 делится на 20.

Пример десяти подходящих различных натуральных чисел: 1, 21, 41, 61, 81, 101, 121, 141, 161, 181. Все они дают остаток 1 при делении на 20, поэтому по доказанному свойству удовлетворяют условию. Среди них есть 1 и 9².

Итак, значение n = 9 достижимо, а все меньшие натуральные n > 1 исключены.

Ответ: 9.

Обозначим количество красных карточек через r, синих — через b. По условию наибольшие числа на них равны соответственно 3b и r.

а) Возьмём одну синюю карточку с числом 5 и пять красных с числами −9, −6, −3, 0, 3.

Все числа больше −45 и имеют нужную делимость; внутри каждого цвета числа различны. Максимум на красных карточках равен 3 = 3 · 1, на синей — 5, количеству красных карточек. Ответ: да.

б) Если r = 100, то все числа на синих карточках — различные кратные 5 от −40 до 100. Поэтому b ≤ (100 + 40)/5 + 1 = 29.

Числа на красных карточках — различные кратные 3 от −42 до 3b. Таких чисел всего (3b + 42)/3 + 1 = b + 15 ≤ 44.

Следовательно, 100 красных карточек быть не может. Ответ: нет.

в) Число r написано на синей карточке, поэтому оно делится на 5. Всего кратных 5 от −40 до r имеется r/5 + 9, значит, b ≤ r/5 + 9.

Аналогично, кратных 3 от −42 до 3b имеется b + 15, поэтому r ≤ b + 15.

Объединяя оценки, получаем r ≤ r/5 + 24, откуда 4r/5 ≤ 24 и r ≤ 30.

Оценка достигается: возьмём синие карточки со всеми кратными 5 от −40 до 30 и красные — со всеми кратными 3 от −42 до 45.

Синих карточек будет 15, красных — 30. Их максимумы равны 30 и 45 = 3 · 15; остальные условия также выполнены. Ответ: 30.

Каждое написанное число относится ровно к одной из двух групп: чётные числа и числа, оканчивающиеся на 7. Числа второй группы нечётные.

а) Возьмём шесть чисел 7, 17, 27, 37, 47, 57 и 24 чётных числа: 2, 4, …, 46, 66.

Сумма шести нечётных чисел равна 192. Сумма выбранных чётных равна (2 + 46) · 23/2 + 66 = 618.

Все 30 чисел различны, их сумма равна 192 + 618 = 810, чётных ровно 24. Ответ: да.

б) Если ровно два числа оканчиваются на 7, то остальные 28 чисел чётные. Два различных натуральных числа, оканчивающихся на 7, имеют сумму не меньше 7 + 17 = 24.

Сумма 28 различных натуральных чётных чисел не меньше 2 + 4 + … + 56 = (2 + 56) · 28/2 = 812.

Общая сумма тогда не меньше 24 + 812 = 836 > 810. Ответ: нет.

в) Обозначим количество чисел, оканчивающихся на 7, через k. Поскольку сумма 810 чётная, количество нечётных слагаемых k должно быть чётным.

При k = 0 сумма 30 различных натуральных чётных чисел не меньше 2 + 4 + … + 60 = 930 > 810. Случай k = 2 исключён в пункте б). Следовательно, k ≥ 4.

Покажем достижимость: возьмём числа 7, 17, 27, 37 и 26 чётных чисел 2, 4, …, 50, 72. Все они различны.

Их сумма равна (7 + 17 + 27 + 37) + (2 + 50) · 25/2 + 72 = 88 + 650 + 72 = 810. Чисел, оканчивающихся на 7, ровно четыре. Ответ: 4.