Задание 20 ЕГЭ по профильной математике

а) Рассмотрим пять чисел: 7, 9, 10, 11, 12.

Наименьшее произведение двух различных чисел равно 7 · 9 = 63 > 60, а наибольшее — 11 · 12 = 132 < 140. Поэтому все произведения удовлетворяют условию.

Ответ: да.

б) Предположим, что записаны шесть чисел a < b < c < d < e < f.

Если b ≤ 8, то a ≤ 7, поэтому ab ≤ 56, что противоречит условию. Следовательно, b ≥ 9.

Так как числа различные и натуральные, e ≥ b + 3 ≥ 12 и f ≥ b + 4 ≥ 13. Тогда ef ≥ 156 > 140 — противоречие.

Ответ: нет.

в) Пусть записаны четыре числа a < b < c < d. Как доказано выше, b ≥ 9.

Если a ≤ 6, то из ab > 60 следует b ≥ 11. Тогда c ≥ 12 и d ≥ 13, откуда cd ≥ 156, что невозможно.

Значит, a ≥ 7. Кроме того, b ≥ 9, c ≥ 10, d ≥ 11, поэтому a + b + c + d ≥ 7 + 9 + 10 + 11 = 37.

Оценка достигается на числах 7, 9, 10, 11: наименьшее произведение равно 63, наибольшее — 110, и оба удовлетворяют строгим ограничениям.

Ответ: 37.

Обозначим числа по кругу через a₁, …, aₙ; индексы понимаем циклически.

Вычитая суммы двух соседних четвёрок, получаем: aᵢ₊₄ − aᵢ делится на 4. Следовательно, aᵢ₊₄ и aᵢ имеют одинаковые остатки при делении на 4 и одинаковую чётность.

Суммы двух соседних троек нечётны, поэтому их разность aᵢ₊₃ − aᵢ чётна. Значит, aᵢ₊₃ и aᵢ также одной чётности.

Числа aᵢ₊₃ и aᵢ₊₄ имеют ту же чётность, что и aᵢ. Поэтому любые соседние числа одной чётности, то есть все числа одной чётности. Поскольку сумма трёх нечётна, все числа нечётные.

а) Среди натуральных чисел от 1 до 365 имеется 183 нечётных числа. Все записанные числа различны, поэтому N ≤ 183 и N = 200 невозможно.

Ответ: нет.

б) Пусть N = 109. Повторяя равенство остатков через четыре позиции 27 раз, получаем, что aᵢ₊₁₀₈ и aᵢ имеют одинаковые остатки при делении на 4.

На круге из 109 позиций aᵢ₊₁₀₈ = aᵢ₋₁. Таким образом, соседние числа имеют одинаковые остатки, а значит, все числа дают один остаток при делении на 4.

Все числа нечётные, поэтому этот остаток равен 1 или 3. В пределах от 1 до 365 чисел вида 4k + 1 всего 92, а вида 4k + 3 — 91. Разместить 109 различных чисел невозможно.

Ответ: нет.

в) Уже установлено, что N ≤ 183. Исключим N = 183.

Повторяя равенство остатков через четыре позиции 46 раз, получаем одинаковые остатки у aᵢ₊₁₈₄ и aᵢ. При N = 183 число aᵢ₊₁₈₄ совпадает с aᵢ₊₁.

Значит, все числа имеют один остаток при делении на 4, и их не более 92. Это противоречит N = 183. Следовательно, N ≤ 182.

Построим пример: расставим по кругу числа 1, 3, 5, …, 363 в указанном порядке. Их 182, все они различны и не превосходят 365.

Их остатки при делении на 4 чередуются: 1, 3, 1, 3, …, 1, 3. Чередование сохраняется и при переходе через конец списка. Поэтому сумма любых четырёх подряд имеет остаток 1 + 3 + 1 + 3 = 8, то есть делится на 4.

Каждое число нечётно, поэтому сумма любых трёх подряд нечётна. Все условия выполнены, и верхняя оценка достигается.

Ответ: 182.

Расположим числа по возрастанию: a₁ < a₂ < … < a₁₁. Обозначим a₆ = B. По условию a₁ + … + a₆ = 30, a₆ + … + a₁₁ = 90.

а) Если a₁ = 3, то шесть наименьших различных натуральных чисел не меньше соответственно 3, 4, 5, 6, 7, 8. Поэтому их сумма не меньше 33, что противоречит условию.

Ответ: нет.

б) При сложении двух данных сумм число B учитывается дважды. Поэтому сумма всех одиннадцати чисел равна 120 − B, а S = (120 − B)/11.

Если S = 9, то 120 − B = 99, откуда B = 21. Но сумма первых шести чисел равна 30, а первые пять различных натуральных чисел имеют сумму не меньше 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15. Следовательно, B ≤ 15. Получили противоречие.

Ответ: нет.

в) Поскольку числа натуральные и различные, пять чисел перед B не превосходят соответственно B − 5, B − 4, B − 3, B − 2, B − 1. Значит, 30 ≤ (B − 5) + … + (B − 1) + B = 6B − 15.

Отсюда B ≥ 45/6, а ввиду целочисленности B ≥ 8. Поэтому S − B = (120 − B)/11 − B = (120 − 12B)/11 ≤ 24/11.

Оценка достигается на числах 1, 3, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 40. Все они различны, сумма шести наименьших равна 30, сумма шести наибольших равна 90. Здесь B = 8 и S − B = 112/11 − 8 = 24/11.

Ответ: 24/11.

Общая сумма денег равна T = 2N + 5(1200 − N) = 6000 − 3N. Условие выполнено тогда и только тогда, когда наименьшая возможная сумма выбранных 500 монет не меньше T/4.

а) При N = 400 наименьшую сумму дают все 400 двухрублёвых монет и 100 пятирублёвых: 2 · 400 + 5 · 100 = 1300 рублей.

Общая сумма равна 4800 рублей, её четверть — 1200 рублей. Поскольку 1300 ≥ 1200, любые 500 монет удовлетворяют условию.

Ответ: да.

б) При N = 600 можно выбрать 500 двухрублёвых монет на сумму 1000 рублей. Общая сумма равна 4200 рублей, её четверть — 1050 рублей.

Неравенство 1000 < 1050 показывает, что условие нарушено.

Ответ: нет.

в) Если 1 ≤ N < 500, минимальная сумма получается при выборе всех N двухрублёвых монет и 500 − N пятирублёвых. Она равна 2N + 5(500 − N) = 2500 − 3N.

Условие равносильно неравенству 2500 − 3N ≥ (6000 − 3N)/4, то есть 10000 − 12N ≥ 6000 − 3N, или 9N ≤ 4000. Следовательно, подходят ровно целые N от 1 до 444.

Если 500 ≤ N ≤ 1199, минимальная сумма равна 1000 рублей: можно выбрать 500 двухрублёвых монет, а любая замена на пятирублёвую увеличивает сумму.

Поэтому условие равносильно неравенству 1000 ≥ (6000 − 3N)/4, то есть 3N ≥ 2000. Подходят ровно целые N от 667 до 1199.

В обоих случаях минимальная сумма достижима указанным выбором монет, поэтому полученные условия необходимы и достаточны. Число допустимых значений равно 444 + (1199 − 667 + 1) = 977.

Ответ: 977.

а) Возьмём числа 1, 2 и 9 и поместим их соответственно в первую, вторую и третью группы.
Первоначальная сумма равна 1 + 2 + 9 = 12, а новая — 11 + 28 + 9 = 48 = 4 · 12.
Ответ: да.

б) При приписывании цифры d число x превращается в 10x + d.
Для любого натурального x имеем 10x + 8 ≤ 18x, поскольку x ≥ 1. Кроме того, 10x + 1 < 18x и x < 18x.
Следовательно, каждое число увеличивается не более чем в 18 раз, причём для чисел первой и третьей групп неравенство строгое. Эти группы непусты, поэтому новая сумма строго меньше первоначальной суммы, умноженной на 18.
Ответ: нет.

в) Пусть в первой группе k чисел с суммой A, во второй — l чисел с суммой B, в третьей — m чисел с суммой C. Обозначим общее количество чисел через n, а их сумму через S.
По условию 10A + k + 10B + 8l + C = 11(A + B + C), откуда k + 8l = A + B + 10C = S + 9C.
Поскольку k ≥ 1, m ≥ 1 и C ≥ 1, получаем S = k + 8l − 9C = 8n − 7k − 8m − 9C ≤ 8n − 24.
Сумма n различных натуральных чисел не меньше 1 + 2 + … + n = n(n + 1)/2. Поэтому n(n + 1)/2 ≤ 8n − 24.
При n ≥ 11 это невозможно: n(n + 1)/2 − 8n + 24 = ((n − 11)(n − 4) + 4)/2 > 0. Значит, n ≤ 10.
Покажем достижимость: в первую группу поместим число 2, во вторую — числа 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 11, в третью — число 1.
Все 10 чисел различны, их сумма равна 56. Сумма чисел второй группы равна 53, поэтому новая сумма равна 21 + 10 · 53 + 8 · 8 + 1 = 616 = 11 · 56.
Ответ: 10.

а) Возьмём все 29 пятирублёвых монет и 15 двухрублёвых монет.
Получим 29 · 5 + 15 · 2 = 145 + 30 = 175 рублей. Имеющихся монет достаточно.
Ответ: да.

б) Общая стоимость всех монет равна 16 · 2 + 29 · 5 = 177 рублей.
Чтобы набрать 176 рублей, пришлось бы оставить монеты общей стоимостью 1 рубль. Это невозможно, поскольку каждая имеющаяся монета стоит не меньше 2 рублей.
Ответ: нет.

в) После добавления k рублёвых монет общая стоимость составит 177 + k рублей. Для получения 180 рублей необходимо 177 + k ≥ 180, то есть k ≥ 3.
Докажем, что трёх рублёвых монет достаточно.
Если некоторыми монетами можно набрать все целые суммы от 0 до M, то после добавления монеты достоинством d можно также набрать все суммы от d до M + d.
При d ≤ M + 1 эти два промежутка покрывают все целые суммы от 0 до M + d без пропусков.
Тремя рублёвыми монетами можно набрать все суммы от 0 до 3 рублей.
Последовательно добавляем 16 двухрублёвых монет. На каждом шаге 2 ≤ M + 1, поэтому получаем все суммы от 0 до 3 + 16 · 2 = 35 рублей.
Затем последовательно добавляем 29 пятирублёвых монет. На каждом шаге 5 ≤ M + 1, поэтому получаем все суммы от 0 до 35 + 29 · 5 = 180 рублей.
Таким образом, три монеты необходимы и достаточны.
Ответ: 3.

а) Да. Приведём пример для n = 6.

В первый день запишем 11 единиц. В следующие пять дней запишем соответственно: одну тройку и 9 единиц; одну пятёрку и 8 единиц; две четвёрки и 6 единиц; две пятёрки и 5 единиц; две пятёрки, одну тройку и 3 единицы.

Количество чисел по дням равно 11, 10, 9, 8, 7, 6 и строго убывает; суммы равны 11, 12, 13, 14, 15, 16 и строго возрастают. Все числа натуральные и меньше 6.

Ответ: да.

б) В первый день запишем 11 троек и одну двойку: количество чисел равно 12, сумма равна 35, среднее равно 35/12 < 3.

Во второй день запишем 9 пятёрок и две двойки: количество равно 11, сумма равна 49. В третий день запишем 10 пятёрок: количество равно 10, сумма равна 50.

Условия выполнены: 12 > 11 > 10 и 35 < 49 < 50. Среднее всех чисел равно (35 + 49 + 50)/(12 + 11 + 10) = 134/33 > 4.

Ответ: да.

в) Обозначим количество чисел в i-й день через kᵢ, а их сумму через Sᵢ. Так как S₁ = 6 и все числа натуральные, k₁ ≤ 6. Количество ежедневно уменьшается хотя бы на 1, поэтому kₙ ≤ 7 − n.

Каждое число не превосходит 5, следовательно, Sₙ ≤ 5kₙ ≤ 5(7 − n). Суммы — строго возрастающие целые числа, поэтому Sₙ ≥ 6 + n − 1. Отсюда n + 5 ≤ 35 − 5n, то есть n ≤ 5.

При n = 1 общая сумма равна 6. При n = 2 имеем S₂ ≤ 25, поэтому общая сумма не больше 31.

При n = 3 имеем S₃ ≤ 20 и S₂ ≤ 19, поэтому общая сумма не больше 6 + 19 + 20 = 45.

При n = 4 имеем S₄ ≤ 15, S₃ ≤ 14, S₂ ≤ 13, поэтому общая сумма не больше 6 + 13 + 14 + 15 = 48.

При n = 5 имеем S₅ ≤ 10; предыдущие суммы не превосходят соответственно 9, 8 и 7. Общая сумма не больше 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 40.

Значение 48 достигается за четыре дня: сначала шесть единиц; затем числа 5, 5, 1, 1, 1; затем 5, 5, 3, 1; наконец 5, 5, 5. Количества равны 6, 5, 4, 3, суммы — 6, 13, 14, 15.

Ответ: 48.

а) Подходит пара 1935 и 270: 1935 + 270 = 2205.

Каждая заданная цифра использована ровно один раз. Оба числа оканчиваются на 0 или 5, а суммы их цифр равны 18 и 9. Значит, оба числа делятся на 5 и на 9, следовательно, на 45.

Ответ: да.

б) Найдём все возможные трёхзначные числа в такой паре. Последние цифры двух чисел — 0 и 5, поскольку оба числа кратны 5, а повторять цифры нельзя.

Если трёхзначное число оканчивается на 0, его первые две цифры выбираются из 1, 2, 3, 7, 9: цифра 5 занята последним разрядом другого числа.

Сумма этих двух цифр должна делиться на 9. Она не больше 16, поэтому равна 9. Единственная подходящая пара — 2 и 7. Получаем 270 или 720.

Если трёхзначное число оканчивается на 5, первые две цифры также выбираются из 1, 2, 3, 7, 9. Их сумма вместе с 5 должна делиться на 9, поэтому сумма первых двух цифр равна 4 или 13.

Сумму 4 даёт только пара 1 и 3; сумму 13 никакая пара из указанных цифр не даёт. Получаем 135 или 315.

Таким образом, трёхзначное число — одно из чисел 270, 720, 135, 315. Ни одно из них не содержит цифры 9, поэтому четырёхзначное число обязано её содержать.

Но при сумме 3435 четырёхзначное число соответственно равно 3165, 2715, 3300 или 3120. Ни одно из этих чисел не содержит цифры 9. Получено противоречие.

Ответ: нет.

в) В разряде единиц стоят 0 и 5. Остальные цифры 1, 2, 3, 7, 9 занимают один разряд тысяч, два разряда сотен и два разряда десятков.

Чтобы получить верхнюю оценку суммы, наибольшую цифру 9 поставим в разряд тысяч, следующие по величине 7 и 3 — в разряды сотен, а 2 и 1 — в разряды десятков.

Такая расстановка даёт наибольшую сумму без учёта делимости на 9: если большая цифра стоит в разряде с меньшим весом, обмен с меньшей цифрой увеличивает сумму на произведение разности цифр и разности весов.

Следовательно, сумма любой допустимой пары не превосходит 9·1000 + (7 + 3)·100 + (2 + 1)·10 + 5 = 10035.

Оценка достигается для пары 9315 и 720. Все цифры использованы ровно один раз, числа оканчиваются на 5 и 0, суммы их цифр равны 18 и 9, поэтому оба числа кратны 45. Их сумма равна 10035.

Ответ: 10035.

Обозначим исходное число учащихся через n, число девочек через d. Тогда 11 ≤ n ≤ 26 и 100d ≤ 21n. В частности, d ≤ 5, поскольку 21 · 26 = 546 < 600.

а) Пусть в классе 24 учащихся, из них 5 девочек. Тогда 100 · 5 = 500 ≤ 21 · 24 = 504, то есть доля девочек не превышает 21 %. Все условия выполнены.

Ответ: да.

б) После прихода девочки доля девочек равна (d + 1)/(n + 1). Из исходного ограничения следует:

(d + 1)/(n + 1) ≤ (0,21n + 1)/(n + 1) = 0,21 + 0,79/(n + 1).

Поскольку n + 1 ≥ 12, эта доля не превышает 0,21 + 0,79/12 = 83/300 < 0,30. Поэтому получить 30 % невозможно.

Ответ: нет.

в) Докажем, что после прихода девочки её доля вместе с остальными девочками не превышает 25 %. Рассмотрим все возможные значения d.

Если 0 ≤ d ≤ 2, то (d + 1)/(n + 1) ≤ 3/12 = 1/4.

Если d = 3, то 21n ≥ 300, поэтому n ≥ 15. Следовательно, (d + 1)/(n + 1) ≤ 4/16 = 1/4.

Если d = 4, то 21n ≥ 400, поэтому n ≥ 20. Тогда (d + 1)/(n + 1) ≤ 5/21 < 1/4.

Если d = 5, то 21n ≥ 500, поэтому n ≥ 24. Тогда (d + 1)/(n + 1) ≤ 6/25 < 1/4.

Оценка достигается: первоначально в классе 11 учащихся и 2 девочки, причём 200 ≤ 21 · 11. После прихода девочки их становится 3 из 12, то есть ровно 25 %.

Ответ: 25.

Рассмотрим остатки чисел при делении на 3. Все позиции считаем по кругу.

Ни одно число не делится на 3: иначе из суммы четырёх последовательных чисел, делящейся на 3, можно вычесть первое число, делящееся на 3, и получить сумму трёх последовательных чисел, делящуюся на 3. Это противоречит условию.

Значит, каждый остаток равен 1 или 2. Если среди четырёх последовательных чисел k чисел имеют остаток 1, то сумма остатков равна k + 2(4 − k) = 8 − k.

При 0 ≤ k ≤ 4 число 8 − k делится на 3 только при k = 2. Поэтому в каждой четвёрке ровно два числа с остатком 1 и два с остатком 2.

Пусть всего чисел с остатком 1 имеется A. Рассмотрим все N четвёрок, начинающихся в каждой из позиций. В них суммарно насчитывается 2N появлений чисел с остатком 1.

Каждое такое число входит ровно в четыре четвёрки, поэтому 4A = 2N, откуда A = N/2. Следовательно, N чётно, а чисел с остатком 2 также ровно N/2.

а) Среди натуральных чисел, не превосходящих 400, остаток 2 имеют числа 2, 5, …, 398. Их (398 − 2)/3 + 1 = 133.

При N = 360 понадобилось бы 180 различных чисел с остатком 2, а имеется лишь 133. Это невозможно.

Ответ: нет.

б) Выше доказано, что N обязательно чётно. Число 149 нечётно, поэтому оно не подходит.

Ответ: нет.

в) Поскольку N/2 ≤ 133, получаем оценку N ≤ 266.

Построим пример для N = 266. Для каждого целого k от 0 до 132 последовательно выпишем пару 3k + 1, 3k + 2 и замкнём полученную последовательность в круг.

Получатся числа 1, 2, 4, 5, …, 397, 398. Все 266 чисел различны, натуральны и не превосходят 400.

Остатки 1 и 2 чередуются, в том числе при переходе через конец записи. В любых четырёх соседних позициях сумма остатков равна 6 и делится на 3.

У любых трёх соседних чисел остатки равны либо 1, 2, 1, либо 2, 1, 2. Их суммы равны 4 и 5 соответственно и на 3 не делятся. Пример удовлетворяет всем условиям, поэтому оценка достигается.

Ответ: 266.

Обозначим числа в порядке возрастания: x₁ < x₂ < … < x₁₀. По условию x₁ + … + x₆ = 36, x₅ + … + x₁₀ = 72.

а) Если x₁₀ = 14, то шесть наибольших различных натуральных чисел имеют сумму не более 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 = 69. Это противоречит сумме 72.
Ответ: нет.

б) Если среднее всех чисел равно 8,4, то их сумма равна 84. Складывая две суммы из условия, получаем 108 = 84 + x₅ + x₆, откуда x₅ + x₆ = 24.

Поскольку x₅ < x₆, имеем x₆ ≥ 13. Следующие четыре числа не меньше 14, 15, 16, 17 соответственно. Поэтому x₅ + … + x₁₀ ≥ 24 + 14 + 15 + 16 + 17 = 86, что противоречит условию.
Ответ: нет.

в) Пусть S — сумма всех десяти чисел. Тогда S = 108 − (x₅ + x₆). Докажем, что x₅ + x₆ ≤ 19.

Если x₅ + x₆ ≥ 20, то из x₅ < x₆ следует x₆ ≥ 11. Тогда x₇ ≥ 12, x₈ ≥ 13, x₉ ≥ 14, x₁₀ ≥ 15, поэтому сумма шести наибольших чисел не меньше 20 + 12 + 13 + 14 + 15 = 74. Противоречие.

Следовательно, S ≥ 108 − 19 = 89, а среднее арифметическое не меньше 8,9.

Оценка достигается на числах 1, 3, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 14, 16. Сумма шести наименьших равна 36, шести наибольших — 72, всех чисел — 89.
Ответ: 8,9.

а) Пусть в школе №2 первоначально было m участников, а перешедший учащийся набрал s баллов. После перехода средний балл равен 42 · 0,9 = 37,8, поэтому 42m + s = 37,8(m + 1).

Отсюда 5s = 189 − 21m. Так как s — натуральное число, получаем m < 9. Кроме того, правая часть делится на 5, поэтому m при делении на 5 даёт остаток 4. С учётом m ≥ 2 единственная возможность — m = 4, тогда s = 21.

Покажем, что переход возможен. В школе №1 могли быть пять участников с баллами 21, 12, 14, 14, 14. Их средний балл равен 15, а после ухода учащегося с 21 баллом — 13,5, то есть на 10% меньше. В школе №2 могли быть четыре участника с баллами по 42; после перехода средний балл равен 189/5 = 37,8.
Ответ: 4.

б) По пункту а) сумма баллов четырёх первоначальных участников школы №2 равна 4 · 42 = 168, а перешедший учащийся набрал 21 балл.

Каждый из четырёх участников набрал натуральное число баллов больше 21, то есть не меньше 22. Поэтому любой из них набрал не более 168 − 3 · 22 = 102 баллов.

Эта оценка достигается при баллах 22, 22, 22, 102. Их сумма равна 168, все они больше 21. Для школы №1 подходит пример из пункта а).
Ответ: 102.

в) Пусть в школе №1 первоначально было n участников, а их целый средний балл равнялся A. После ухода учащегося с 21 баллом получаем (nA − 21)/(n − 1) = 0,9A.

Умножая равенство на 10(n − 1), получаем 10nA − 210 = 9nA − 9A, то есть A(n + 9) = 210.

После перехода в школе №1 остаётся хотя бы один участник, и каждый оставшийся набрал не меньше 1 балла. Значит, 0,9A ≥ 1. Поскольку A — целое число, A ≥ 2. Следовательно, n + 9 = 210/A ≤ 105, откуда n ≤ 96.

Для достижения оценки возьмём в школе №1 учащегося с 21 баллом, 94 учащихся с 1 баллом и одного с 77 баллами. Всего 96 участников, сумма баллов 192, средний балл 2. После ухода учащегося с 21 баллом среднее равно 171/95 = 1,8, то есть уменьшается на 10%. В школе №2 можно взять четыре результата по 42 балла, как в пункте а).
Ответ: 96.

а) Рассмотрим 8 контейнеров, из которых 6 содержат сахар: 6/8 = 75 %.

Пусть среди контейнеров с сахаром четыре весят по 20 т, а два — по 60 т. Их общая масса равна 4 · 20 + 2 · 60 = 200 т.

Пусть два остальных контейнера весят по 20 т. Тогда общая масса всех контейнеров равна 240 т, что не даёт требуемой доли. Для нужного примера возьмём 4 контейнера: три с сахаром массами 60, 20, 20 т и один без сахара массой 20 т. Увеличим число контейнеров до 12: девять с сахаром, из которых три по 60 т и шесть по 20 т, и три без сахара, из которых один по 60 т и два по 20 т.

Масса сахара в контейнерах составляет 300 т из 400 т, поэтому построим точный пример иначе: возьмём 12 контейнеров, девять с сахаром — пять по 60 т и четыре по 20 т, а три без сахара — все по 20 т. Получаем 380/440, что также не подходит.

Точный пример: 16 контейнеров, из них 12 с сахаром — шесть по 60 т и шесть по 20 т; остальные четыре — два по 60 т и два по 20 т. Чтобы получить 80 %, достаточно взять среди 12 контейнеров с сахаром десять по 20 т и два по 60 т, а среди четырёх остальных все по 20 т.

Тогда масса контейнеров с сахаром равна 320 т, общая масса равна 400 т; 320/400 · 100 % = 80 %. Доля контейнеров с сахаром: 12/16 = 75 %. Ответ: да.

б) Обозначим количество контейнеров без сахара через n. Тогда контейнеров с сахаром 3n, причём n > 0.

Пусть S — масса контейнеров с сахаром, T — масса остальных. Поскольку каждый контейнер весит от 20 до 60 т, имеем S ≥ 60n и T ≤ 60n. Следовательно, S ≥ T.

Поэтому S/(S + T) ≥ 1/2 = 50 %, и доля 40 % невозможна. Ответ: нет.

в) При тех же обозначениях S ≤ 180n, а T ≥ 20n. Поэтому T/S ≥ 1/9 и S/(S + T) = 1/(1 + T/S) ≤ 9/10.

Оценка достигается, если все 3n контейнеров с сахаром весят по 60 т, а остальные n — по 20 т: 180n/(180n + 20n) = 90 %. Ответ: 90 %.

Для трёх чисел x < y < z достаточно проверить условие для наименьшего: 3x ≥ y + z + 15. Действительно, тогда 3y ≥ x + z + 15 и 3z ≥ x + y + 15, поскольку левые части увеличиваются, а правые уменьшаются.

а) Для тройки 50, 60, z, где z > 60, получаем 150 ≥ 60 + z + 15, то есть z ≤ 75.

Подходят все целые z от 61 до 75 включительно. Их количество: 75 − 61 + 1 = 15. Ответ: 15.

б) Пусть наименьшее число удачной тройки равно x. Два остальных различных натуральных числа не меньше x + 1 и x + 2.

Тогда 3x ≥ (x + 1) + (x + 2) + 15, откуда x ≥ 18. Следовательно, число 15 не может входить в удачную тройку. Ответ: нет.

в) Сначала докажем, что расставить 81 число или больше невозможно. Предположим противное и обозначим наименьшее выбранное число через m. Тогда m ≤ 20, иначе доступны лишь 80 чисел от 21 до 100.

Пять последовательных чисел около m обозначим a, b, m, c, d. Они различны, и каждое из a, b, c, d больше m.

Из удачности троек a, b, m и m, c, d следует a + b ≤ 3m − 15 и c + d ≤ 3m − 15.

С другой стороны, четыре различных числа, больших m, имеют сумму не меньше (m + 1) + (m + 2) + (m + 3) + (m + 4) = 4m + 10.

Таким образом, 4m + 10 ≤ 6m − 30, откуда m ≥ 20. Значит, m = 20.

При m = 20 обе оценки суммы равны 90. Поэтому a, b, c, d — числа 21, 22, 23, 24, причём a + b = c + d = 45.

Следовательно, одна из соседних пар a, b или c, d состоит из чисел 21 и 24. С внешней стороны этой пары стоит ещё одно число e, отличное от всех пяти названных.

Так как m = 20 — наименьшее число, e > 20. Удачность тройки, содержащей 21, 24 и e, требует 3 · 21 ≥ 24 + e + 15, откуда e ≤ 24.

Но все числа от 21 до 24 уже заняты. Получено противоречие, поэтому количество чисел не превосходит 80.

Построим расстановку всех 80 чисел от 21 до 100: 21, 23, 25, …, 97, 99, 100, 98, 96, …, 24, 22, после чего круг замыкается.

Внутри возрастающего и убывающего участков каждая тройка после упорядочивания имеет вид x, x + 2, x + 4, где x ≥ 21. Условие выполняется: 3x ≥ 2x + 6 + 15 равносильно x ≥ 21.

На верхнем повороте остаются тройки 97, 99, 100 и 99, 100, 98: 3 · 97 ≥ 99 + 100 + 15 и 3 · 98 ≥ 99 + 100 + 15.

На нижнем повороте остаются тройки 24, 22, 21 и 22, 21, 23: 3 · 21 = 24 + 22 + 15 и 3 · 21 ≥ 22 + 23 + 15.

Все тройки удачны, оценка достигается. Ответ: 80.

а) Пусть в школе №1 тест писали два ученика, набравшие 1 и 19 баллов, а в школе №2 — семь учеников, набравшие по 1 баллу.

Первоначальные средние баллы равны 10 и 1 — оба целые. После перехода ученика с 19 баллами средний балл в школе №1 стал равен 1, то есть уменьшился в 10 раз.

Ответ: да.

б) Обозначим число участников из школы №1 через n, первоначальные средние баллы школ через A и B, балл перешедшего ученика через x. Тогда 2 ≤ n ≤ 7, а A, B, x — натуральные числа.

После уменьшения средних баллов на 10% получаем: nA − x = 9A(n − 1)/10 и (9 − n)B + x = 9B(10 − n)/10.

Из первого равенства 10x = (n + 9)A, из второго 10x = nB. Следовательно, (n + 9)A = nB.

Если B = 7, то 10x = 7n. Поскольку 7 и 10 взаимно просты, n должно делиться на 10, что невозможно при 2 ≤ n ≤ 7.

Ответ: нет.

в) Докажем, что натуральное число B не может быть меньше 5. Используем равенства 10x = nB и A = nB/(n + 9).

При B = 1 получаем, что n делится на 10; при B = 3 из делимости 3n на 10 следует то же самое. Оба случая невозможны при 2 ≤ n ≤ 7.

При B = 2 или B = 4 число n должно делиться на 5, поэтому n = 5. Тогда соответственно A = 10/14 = 5/7 или A = 20/14 = 10/7. Эти числа не целые, что противоречит условию.

Значит, B ≥ 5. Покажем, что B = 5 достижимо.

Пусть в школе №1 шесть участников набрали 3, 1, 2, 2, 2, 2 балла, а в школе №2 три участника набрали по 5 баллов. Первоначальные средние баллы равны 12/6 = 2 и 15/3 = 5.

После перехода ученика с 3 баллами средние станут равны 9/5 = 1,8 и 18/4 = 4,5. Это соответственно 90% от 2 и от 5, поэтому оба средних уменьшились на 10%.

Ответ: 5.

а) Подойдут числа 5, 6, 7, 8, 10. Наименьшее произведение двух различных чисел равно 5 · 6 = 30, а наибольшее — 8 · 10 = 80.

Следовательно, произведение любых двух чисел больше 25 и меньше 85.

Ответ: да.

б) Предположим, что записаны шесть чисел a < b < c < d < e < f.

Если a ≤ 4, то из ab > 25 следует b ≥ 7. Поскольку числа различные и натуральные, e ≥ b + 3 ≥ 10, f ≥ b + 4 ≥ 11. Тогда ef ≥ 110, что противоречит условию.

Если a ≥ 5, то e ≥ a + 4 ≥ 9, f ≥ a + 5 ≥ 10. Тогда ef ≥ 90 — снова противоречие.

Все возможные значения a рассмотрены, поэтому шесть чисел записать нельзя.

Ответ: нет.

в) Пусть записаны четыре числа a < b < c < d. Достаточно учитывать условия ab > 25 и cd < 85: это наименьшее и наибольшее произведения пар.

Если c ≤ 6, то a ≤ 4 и b ≤ 5, откуда ab ≤ 20, что невозможно. Поэтому c ≥ 7.

Если c ≥ 9, то d ≥ 10 и cd ≥ 90, что также невозможно. Значит, c равно 7 или 8.

При c = 7 имеем a ≤ 5, b ≤ 6 и d ≤ 12, поскольку 7d < 85. Следовательно, a + b + c + d ≤ 5 + 6 + 7 + 12 = 30.

При c = 8 имеем a ≤ 6, b ≤ 7 и d ≤ 10, поскольку 8d < 85. Поэтому a + b + c + d ≤ 6 + 7 + 8 + 10 = 31.

Оценка 31 достигается на числах 6, 7, 8, 10: наименьшее произведение равно 42 > 25, наибольшее — 80 < 85, а сумма равна 31.

Ответ: 31.

а) Возьмём числа 6, 7, 8, 9, 10.

Наименьшее произведение двух различных чисел равно 6 · 7 = 42 > 40, а наибольшее равно 9 · 10 = 90 < 100. Значит, все произведения удовлетворяют условию.

Ответ: да.

б) Предположим, что записаны шесть чисел a₁ < a₂ < a₃ < a₄ < a₅ < a₆. Если a₂ ≤ 6, то a₁ ≤ 5 и a₁a₂ ≤ 30, что противоречит условию. Поэтому a₂ ≥ 7.

Числа различные и натуральные, поэтому a₅ ≥ a₂ + 3 ≥ 10, a₆ ≥ 11. Тогда a₅a₆ ≥ 110, хотя по условию это произведение меньше 100. Получили противоречие.

Ответ: нет.

в) Пусть записаны четыре числа a < b < c < d. Как доказано выше, b ≥ 7, поэтому c ≥ 8. Если c ≥ 10, то d ≥ 11 и cd ≥ 110. Следовательно, c равно 8 или 9.

Если c = 8, то a ≤ 6, b ≤ 7. Из 8d < 100 получаем d ≤ 12. Поэтому a + b + c + d ≤ 6 + 7 + 8 + 12 = 33.

Если c = 9, то a ≤ 7, b ≤ 8. Из 9d < 100 получаем d ≤ 11. Поэтому a + b + c + d ≤ 7 + 8 + 9 + 11 = 35.

Оценка 35 достигается на числах 7, 8, 9, 11: наименьшее произведение равно 56 > 40, наибольшее — 99 < 100, сумма равна 35.

Ответ: 35.

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

Все числа больше −36, требования делимости и различности выполнены. Максимальное красное число 2 равно удвоенному количеству синих карточек, а максимальное синее число 3 равно количеству красных карточек.

Ответ: да.

б) Обозначим количество синих карточек через n, красных — через m. Максимальное синее число равно m, поэтому m — положительное число, кратное 3.

Все синие числа находятся среди чисел −33, −30, …, 0, 3, …, m. Неположительных чисел в этом списке 12, положительных — m/3. Следовательно, n ≤ 12 + m/3, откуда m ≥ 3n − 36.

Все красные числа находятся среди чисел −34, −32, …, 0, 2, …, 2n. Здесь 18 неположительных и n положительных чисел. Значит, m ≤ n + 18.

При n = 50 первое неравенство даёт m ≥ 114, а второе — m ≤ 68. Эти условия несовместимы.

Ответ: нет.

в) Объединяя полученные оценки, имеем 3n − 36 ≤ m ≤ n + 18. Следовательно, 2n ≤ 54, то есть n ≤ 27.

Покажем, что 27 синих карточек возможны. На синих карточках запишем все кратные 3 числа от −33 до 45 включительно. Их (45 + 33)/3 + 1 = 27.

На красных карточках запишем все чётные числа от −34 до 54 включительно. Их (54 + 34)/2 + 1 = 45.

Все числа больше −36 и различны внутри каждого цвета. Максимальное красное число 54 = 2 · 27, максимальное синее число 45 равно количеству красных карточек. Все условия выполнены, поэтому верхняя оценка достигается.

Ответ: 27.

Обозначим первоначальные количества учащихся в школах через n и m, средние баллы — через A и B, балл перешедшего ученика — через x. Тогда n + m = 51, n ≥ 2, m ≥ 2; A, B и x — натуральные числа.

а) Если средний балл первой школы удвоился, то (nA − x)/(n − 1) = 2A, откуда x = (2 − n)A.

При n ≥ 2 получаем x ≤ 0, что противоречит натуральности балла. Ответ: нет.

б) При увеличении обоих средних баллов на 10% имеем nA − x = 11A(n − 1)/10 и mB + x = 11B(m + 1)/10.

Следовательно, 10x = A(11 − n) = B(m + 11). Так как x > 0, то n < 11.

Положим k = 11 − n. Тогда k — целое число от 1 до 9, m + 11 = k + 51, поэтому Ak = B(k + 51) и 10x = B(k + 51).

Если B = 1, то k + 51 делится на 10. Среди чисел от 52 до 60 это только 60, поэтому k = 9.

Но тогда A = 60/9, что не является целым числом. Ответ: нет.

в) Проверим возможность B = 2. Из 10x = 2(k + 51) следует, что k + 51 делится на 5, поэтому k = 4 или k = 9.

Из Ak = 2(k + 51) получаем A = 2 + 102/k. Ни при k = 4, ни при k = 9 число A не целое.

Таким образом, натуральное число B не равно ни 1, ни 2, следовательно, B ≥ 3.

Покажем, что B = 3 возможно. В первой школе тест писали 2 ученика с баллами 18 и 22, во второй — 49 учеников, каждый из которых набрал 3 балла.

Первоначальные средние баллы равны 20 и 3. После перехода ученика с 18 баллами средний балл первой школы равен 22, а второй — (49 · 3 + 18)/50 = 3,3.

Оба средних балла выросли ровно на 10%, все условия выполнены. Ответ: 3.

Сначала установим свойство записанных чисел. Возьмём любые два числа a и b. Для каждого k = 3, 4, 5 выберем ещё k − 1 чисел, отличных от a и b; это возможно, поскольку всего чисел 10.

Сумма выбранных чисел вместе с a и сумма тех же чисел вместе с b делятся на k. Поэтому их разность a − b делится на каждое из чисел 3, 4 и 5, а значит, на 60.

Следовательно, все записанные числа имеют одинаковый остаток при делении на 60. Поскольку 30 033 = 60 · 500 + 33, этот остаток равен 33.

Обратно, для любых чисел с остатком 33 при делении на 60 среднее любых k чисел, где k = 3, 4, 5 или 6, целое: сумма имеет вид 60t + 33k, а её частное на k равно 60t/k + 33.

а) Число 303 имеет остаток 3 при делении на 60, тогда как каждое записанное число должно иметь остаток 33. Ответ: нет.

б) Пусть два записанных числа равны a и 31a. Их разность 30a должна делиться на 60, поэтому a должно быть чётным.

Однако число с остатком 33 при делении на 60 нечётно. Получено противоречие. Ответ: нет.

в) Пусть b = n²a, где a и b — различные записанные числа. Тогда n > 1 и разность (n² − 1)a делится на 60.

Запишем a = 60q + 33. Отсюда 33(n² − 1) делится на 60, значит, 11(n² − 1) делится на 20. Поскольку 11 и 20 взаимно просты, n² − 1 делится на 20.

Поэтому n нечётно и n² имеет остаток 1 при делении на 5. Среди натуральных n от 2 до 8 нечётными являются только 3, 5 и 7; их квадраты имеют остатки 4, 0 и 4 при делении на 5.

Следовательно, n ≥ 9. При n = 9 получаем n² − 1 = 80, что делится на 20.

Пример десяти чисел: 33, 93, 153, 213, 273, 333, 393, 453, 2673, 30 033.

Все они натуральные, различные и имеют остаток 33 при делении на 60, поэтому удовлетворяют условию о средних. При этом 2673/33 = 81 = 9². Ответ: 9.