19.03 Задачи формата ЕГЭ

а) В качестве примера подходят прогрессии и то есть а разности у обеих прогрессий равны 1.

В самом деле, для таких прогрессий требуемое равенство верно:

б) Пусть разность прогрессии равна , а разность прогрессии равна Тогда требуемое равенство можно переписать в виде

Раскрывая скобки и приводя подобные слагаемые, получим

Это противоречит условиям и возрастания прогрессий с целыми положительными членами. Значит, требуемое равенство невозможно.

в) Аналогично пункту б) имеем

Таким образом, условие пункта в) равносильно условию

Так как и то получаем оценку сверху

Покажем, что эта оценка достигается. Для прогрессий и имеем:

Тогда условие пункта в) выполнено и число 24 является наибольшим возможным значением произведения

а) Найдем среди всех чисел число 11. Несложно проверить, что каждое из выражений ниже меньше 11:

Аналогично все выражения ниже также меньше 11:

Тогда какое бы число ни стояло слева или справа от 11, модуль разности между и 11 меньше 11. Следовательно, подходящего примера не существует.

б) Приведем пример:

 

Объясним, как мы его построили. Мы уже поняли, что 11 — особенное число и что рядом с ним могут стоять только числа 1 или 21, чтобы разность между наибольшим из них и 11 была равна 10.

Разобьем все числа на группы:

– числа от 1 до 10;

– числа от 12 до 21.

Заметим, что числа из одной группы не могут стоять рядом, так как разность наибольшего и наименьшего будет меньше 10. Поэтому при расстановке будем чередовать числа из разных групп. Начнем:

Закономерность легко прослеживается. Такими наводящими рассуждениями можно построить искомый пример.

в) Разобьем все числа на три группы:

– группа 1: от 1 до 7;

– группа 2: от 8 до 14;

– группа 3: от 15 до 21.

Все расставленные по кругу числа разобьем на 7 блоков по 3 числа в каждом:

 

Докажем, что от противного. Пусть Тогда числа из одной группы не могут находиться в одном блоке. Это так, поскольку иначе разность либо соседних, либо стоящих через одно чисел по модулю будет меньше 7, так как разность наибольшего и наименьшего чисел в одном блоке меньше 7

Заметим, что не может быть блока, в котором не будет числа из группы 1: в противном случае 7 чисел из группы 1 должны разместиться не более чем в 6 блоках. Но тогда по принципу Дирихле найдется блок, в котором будут два числа из группы 1, что противоречит доказанному условию

Аналогично можно сказать про числа из группы 2 и группы 3.

Поэтому, не умаляя общности, можно считать, что справа от числа из группы 1 стоит число из группы 2, справа от числа из группы 2 — число из группы 3, справа от числа из группы 3 — число из группы 1 и так далее (см. рисунок выше).

Следовательно, в каждом блоке будет ровно один представитель из каждой группы.

Пусть синие числа — представители группы 1, красные — группы 2, зеленые — группы 3.

Найдем число 8 на окружности. Тогда справа или слева рядом с ним и через один от него обязательно будут стоять числа и из группы 1. Так как наименьшие числа из группы 1 — это 1 и 2, то наибольшая разность среди и равна

Получили противоречие, следовательно, предположение неверно. Покажем пример для

а) Если числа являются сторонами некоторого треугольника, то для них выполнены неравенства треугольника: .
Возьмем последовательные 5 чисел Фибоначчи: : каждое следующее число, начиная с третьего, равно сумме двух предыдущих. Следовательно, для любых трех чисел из этой пятерки большее число будет сумме двух других, следовательно, не будет выполняться неравенство треугольника (если эти числа последовательные, например, , то ; если эти числа непоследовательные, например, , то ).
Ответ: да.

 

б) Упорядочим данные 4 числа по возрастанию: . Всего из данных чисел можно составить 4 различные тройки: ; ; ; .
Заметим, что если тройка чисел является “отличной”, то для нее выполнена теорема Пифагора: .
Тогда можно сразу сказать, что у нас не могут быть одновременно “отличными” тройки и , так как тогда должно быть выполнено , , а (так как по условию числа различные).
Таким образом, для того, чтобы среди этих четырех чисел оказалось три “отличных” тройки, то это должны быть: ; и одна из троек: или .
Аналогично можно заметить, что обе тройки и также не могут быть одновременно “отличными” (по тем же рассуждениям: и , откуда ). Следовательно, “отличных” троек может быть не более двух. Таким образом, ответ: нет.

 

в) Упорядочим числа по возрастанию: . Нам нужно, чтобы у нас было наибольшее возможное количество “отличных” троек. Будем обозначать “отличную” тройку следующим образом: , имея в виду, что – катеты, – гипотенуза, то есть .
Давайте подумаем, сколько у нас может быть различных “отличных” троек с одинаковой гипотенузой . Заметим, что если в двух различных “отличных” тройках и есть одинаковый катет (это катет ), то тогда по теореме Пифагора , то есть тройки не являются различными. Исходя из этого, в двух различных “отличных” тройках с одинаковой гипотенузой нет одинаковых катетов.
Таким образом, так как среди 10-ти данных чисел ровно 9 чисел, меньших , мы можем составить максимум 4 пары катетов так, чтобы получить 4 различные “отличные” тройки с гипотенузой .
Аналогично, мы можем составить максимум 4 различные “отличные” тройки с гипотенузой ; три — с гипотенузой и три — с гипотенузой ; две — с гипотенузой и две — с гипотенузой ; одну — с гипотенузой и одну — с гипотенузой (и, вообще говоря, ни одной с гипотенузой или ).
Следовательно, максимум мы можем составить 20 различных “отличных” троек, но никто не гарантирует, что мы сможем это сделать.
То есть мы доказали, что больше 20-ти составить точно не удастся, но для того, чтобы дать в задаче ответ: 20, мы должны привести конкретный пример из 10-ти различных чисел, необязательно натуральных, из которых мы сможем составить ровно 20 различных “отличных” троек.
А вот и пример:

Будем составлять тройки следующим образом:

 

Придерживаясь этого правила, мы составим ровно 20 различных “отличных” троек.

а) Перепишем неравенство в другом виде:

Если — разность и то неравенство значит, что То есть последовательность разностей между двумя соседними «ашками» — строго убывающая последовательность целых чисел.

Пусть Возьмем и так далее. Получим последовательность «ашек»:

Видим, что

б) Предположим, что существует такая последовательность. Тогда, с одной стороны,

C другой стороны,

Следовательно, равенство примет вид

Это равенство выполняется например при

Действительно, имеем:

Возьмем получим пример подходящей последовательности:

в) Далее имеем:

Следовательно,

Наибольшее возможное значение для — когда представляют собой последовательные целые числа. Тогда Например, подходят числа

Здесь разность между седьмым и первым членами равна -6.

Аналогично и Следовательно,

Покажем, что максимум -18 достигается, приведя пример:

а) Пусть Тогда имеем:

Предположим, что выполняется то есть

Если взять, например, то получим последовательность

Следовательно, такое возможно.

б) Аналогично пункту а) имеем:

Следовательно, один из чисел или должно быть отрицательным, поскольку оба они не могут быть равны 0, так как последовательность состоит из натуральных чисел. Но это невозможно, так как последовательность состоит из натуральных чисел. Следовательно, ответ: нет.

в) Отметим основные свойства последовательности, где при натуральных Заметим, что первые два элемента этой последовательности задаются произвольно, а вот каждый следующий, начиная с третьего, равен сумме двух предыдущих. Следовательно, так как последовательность состоит из натуральных чисел, то каждый элемент, начиная с третьего, больше предыдущего, то есть при

Это же свойство можно переформулировать по-другому: каждый элемент, начиная со второго, меньше следующего: при Но тогда

То есть каждый элемент, начиная с 4-ого, менее чем в два раза больше предыдущего.

Предположим, что равенство выполняется вплоть до какого-то большого то есть Тогда

Решим неравенство:

Так как — натуральное, а то

Следовательно, наибольший элемент, для которого может быть выполнено равенство из пункта в), это

Попробуем привести пример. Для этого нам понадобится равенство использовать в виде Также используем то, что каждый элемент последовательности, начиная с третьего, должен быть больше предыдущего.

Пусть Тогда

Получили, что — противоречие.

Пусть Тогда

Получили противоречие.

Пусть Тогда

Получили противоречие.

Пусть Тогда

Получили противоречие.

Пусть Тогда

Противоречия нет, следовательно, наибольшее возможное — это Приведем пример:

а) Достаточно стирать числа следующим образом:

Тогда на доске останутся числа 33 и 37, сумма которых и есть 70.

б) Рассмотрим отдельно процесс стирания чисел, кратных 5.

Так как число 5 — простое, то квадрат числа делится на 5 тогда и только тогда, когда и само это число делится на 5. Итак, пусть — одно из чисел на доске Пусть при этом число было стёрто вместе с числом Тогда существует такое, что

Отсюда следует, что делится на 5, следовательно, и само должно делиться на 5.

Итак, мы доказали, что числа, кратные 5, могут стираться только в паре друг с другом. Но сколько их на доске? Их количество равно

Тогда все такие числа в принципе нельзя стереть, так как одному из них обязательно не найдётся пары, ведь их количество нечётно.

Произведение двух чисел, одно из которых кратно 5, может оканчиваться на 0 или на 5, но не на 6. Следовательно, на доске не могло остаться ровно два числа, произведение которых оканчивается на цифру 6.

в) Наибольшее значение отношения двух чисел могло бы быть равно но мы знаем из решения пункта б), что из двух оставшихся чисел ровно одно делится на 5. Тогда наибольшее отношение может быть равно или Какое из этих чисел больше?

Нетрудно убедиться, что

Итак, отношения большего, чем нам не получить. Попробуем получить хотя бы его.

Заметим теперь, что разность квадратов двух целых чисел делится на 5 тогда и только тогда, когда выполнено хотя бы одно из условий:

1) их сумма делится на 5;

2) их разность делится на 5.

Таким образом, можно считать, что на доске выписаны сами числа от 112 до 217 включительно, но стирать можно пару, для которой выполнено хотя бы одно из условий 1), 2), а мы хотим оставить числа 112 и 215.

Для этого будем стирать числа следующим образом:

Здесь разность чисел в каждой паре делится на 5. В первом столбце в итоге стираются все числа от 113 до 122 включительно. Во втором столбце стираются все числа от 123 до 132 включительно и так далее.

Теперь на доске остались числа

Избавиться от неугодных чисел можно так:

Здесь сумма чисел в каждой паре делится на 5.

Итак, мы добились того, чего хотели, следовательно, наибольшее значение отношения оставшихся на доске чисел равно

а) Предположим, что выполняется равенство

Тогда где — натуральное число. Так как — двузначные числа, то наименьшее значение их суммы равно

Возьмем Тогда Следовательно, можно взять, например,

Ответ: да.

б) Предположим, что может быть

Перепишем это равенство в другом виде:

Докажем, что

Из этого будет следовать, что предположение неверно и такое равенство невозможно. Рассмотрим первое неравенство.

Так как все числа двузначные, то Следовательно, а значит и левая дробь всегда строго больше правой.

Аналогично доказывается второе неравенство.

Следовательно, ответ: нет.

в) Так как все числа натуральные, то из можно сделать вывод, что Аналогично С учетом этого оценим дробь:

Таким образом, наименьшее значение выражение будет принимать при наименьшем значении выражения Так как при фиксированном числителе дробь тем меньше, чем больше ее знаменатель, то максимизируем знаменатель, то есть максимизируем

Так как — двузначное, то максимальное значение для — это 99, следовательно, и Таким образом, получаем:

Теперь для того, чтобы полученное справа выражение было как можно меньше, нужно сделать как можно больше дробь то есть сделать как можно меньше

Наименьшее значение для — это 10. Следовательно:

Таким образом, если наименьшее значение достигается, то

а) Все глыбы по т можно увезти в 12 грузовиках (5 глыб в одном грузовике).

Все глыбы по т можно увезти в 27 грузовиках (26 грузовиков по 3 глыбы и 1 с двумя глыбами).

Все глыбы по т можно увезти в 8 грузовиках (7 грузовиков по 7 глыб и 1 с одной глыбой).

Всего при таком разложении глыб нужно грузовиков, а у нас — 65.

Ответ: да.

б) Заметим, что масса всех глыб равна: т и грузоподъемность 43-х грузовиков равна также т. Следовательно, если и возможно вывезти все глыбы на 43 грузовиках, то каждый грузовик должен быть забит полностью.
Пусть в грузовике глыба массой т. Тогда, чтобы он был забит полностью, в нем должно быть еще ровно 4 такие глыбы, то есть всего 5 таких глыб, и одна глыба массой т. Следовательно, чтобы вывести глыбы по т, нужно 10 грузовиков, и тогда будет вывезено также еще 10 глыб по т.
Остается 70 глыб по т и 60 глыб по т и 33 грузовика.
Если в грузовике будет глыба по т, то таких глыб должно быть всего 2, а также 2 глыбы по т (чтобы грузовик был забит полностью). Следовательно, чтобы вывезти все глыбы по т, нужно 30 грузовиков. Тогда останется 10 глыб по т и 3 грузовика. Видим, что мы не можем поместить 10 таких глыб в 3 грузовика.
Ответ: нет.

в) В предыдущем пункте мы показали, что увезти все глыбы на 43 грузовиках не получится. На меньшем количестве грузовиков также не получится, так как их суммарная грузоподъемность будет меньше суммарной массы всех глыб.
Следовательно, грузовиков нужно точно . Докажем, что на 44 грузовиках можно вывезти все глыбы.
Возьмем разложение глыб по грузовикам из пункта б). На последнем шаге у нас осталось 10 глыб по т и использовано уже 40 грузовиков. Но 10 глыб по т можно спокойно увезти на 4-х грузовиках. Таким образом, получаем, что всего использовано 44 грузовика. Чтд.

а) Пусть — количество дней, в течение которых девочки фотографировали. Тогда в последний день Наташа сделала фотографий, Маша — фотографий. Предположим, что

Следовательно, всего Наташа сделала фотографий (сумма первых пяти членов арифметической прогрессии), Маша: фотографий. Тогда можно составить уравнение

где — любые натуральные числа. Из полученного уравнения мы видим, что можно подставить вместо и любые натуральные числа и никакого противоречия не будет.

Рассуждения выше не нужно писать в решении на экзамене. Они приведены для того, чтобы читатель понял логику построения примера.

Пусть Тогда на пятый день Наташа сделала 328 фотографий, Маша — 5 фотографий. Всего Наташа сделала фотографий, Маша сделала фотографий. И действительно,

Таким образом, ответ: да.

б) Предположим, что Поступая аналогично пункту а), получим следующее уравнение

Так как — натуральные числа, то уравнение не имеет решений. Следовательно, ответ: нет.

в) В общем виде условие, что Наташа сделала суммарно на 1615 фотографий больше, чем Маша, можно записать так:

Заметим, что

Так как в последний день Маша сделала фотографий, и это число меньше 30, то отсюда получаем или (так как числа и — натуральные).

Следовательно, можно сказать, что

Из уравнения

Тогда можно сделать вывод, что равно либо 5, либо 17, либо 19. Рассмотрим все три случая.

1. Пусть Тогда Также тогда Следовательно, сумма сделанных Наташей фотографий равна

   

   причем равенство достигается, когда

2. Пусть Тогда Следовательно,

   

3. Пусть Тогда Тогда

   

Таким образом мы видим, что наибольшее количество фотографий будет сделано Наташей за 19 дней, если

Выполним проверку. Наташа делала 96, 97, …, 114 фотографий в 1, 2, …, 19 день соответственно.

Маша делала 11, 12, …, 29 фотографий в 1, 2, …, 19 день соответственно.

Всего Наташа сделала фотографий.

Всего Маша сделала фотографий.

Действительно,

Обозначим количество ясеней через , количество дубов через . Запишем систему неравенств, отражающую все условия задачи

а) Проверим, является ли пара решением системы.

Все условия удовлетворены, значит, такое возможно.

б) Проверим, является ли пара решением системы.

При таком количестве дубов и ясеней нарушается второе неравенство системы, значит, такого быть не могло.

в) Из второго неравенства системы получим

Объединяя результат с третьим неравенством системы, получим

Мы доказали, что количество дубов не должно превышать 8. Попробуем найти такое количество ясеней, чтобы при 7 дубах все неравенства системы были удовлетворены. Для этого просто подставим в систему и решим ее относительно .

При 13 ясенях и 7 дубах все условия выполняются, следовательно, максимально возможное количество дубов равно 7.

a) Каждый пират должен получить количество дукатов, равное

Выдадим 15 пиратам по 4 монеты достоинством 5 дукатов, троим — по 20 монет достоинством 1 дукат.

б) Каждый пират должен получить количество дукатов, равное

Тогда нужно будет выдать каждому не менее 4 монет достоинством 1 дукат. Значит, всего монет достоинством 1 дукат нужно не менее 160 штук, а в сундуке их только 60. Следовательно, без сдачи и размена поделить все монеты поровну не получится.

в) Рассмотрим случай, когда пиратов 17 или больше. Приведём пример раздела, который капитан не сможет реализовать.

Пусть капитан хочет достичь следующего раздела: 16 пиратов должны получить по 4 дуката, один — все оставшиеся деньги, остальные, если они есть, — ничего. Тогда распределить монеты нельзя по тем же причинам, что и в пункте б).

Пусть пиратов 16. Покажем, как реализовать произвольный раздел. Заметим, что если некоторый раздел можно осуществить с помощью монет по 5 дукатов, то его можно осуществить и с помощью монет по 5 и по 1 дукату (при том, что сумма денег одна и та же), просто формируя пятерки из единиц.

Пусть некоторому пирату полагается дукатов. Выдадим ему количество дукатов, равное остатку числа по модулю 5, монетами по 1 дукату. Произведем эту операцию с каждым пиратом.

Сумма таких остатков для всех пиратов должна быть кратна 5, так как общая сумма денег кратна 5. Также эта сумма не больше чем так как каждому пирату придется выдать не более 4 монет по одному дукату, ведь остаток числа при делении на 5 не превышает 4. Наибольшее натуральное число, не превышающее 64 и кратное 5, равно 60. Значит, для описанной процедуры точно хватит монет по 1 дукату.

После вышеописанного каждому пирату недовыдано некоторое количество монет, кратное 5. Тогда очевидно, что оставшиеся монеты можно распределить нужным образом.

а) Да, может. Пусть стерты оказались пары

Тогда остались числа 2, 3, 5, 10 с суммой 20.

б) Заметим, что число, кратное 5, может быть стерто в паре только с другим числом, кратным 5. Таким образом, четность количества чисел, кратных 5, не меняется после стираний.

Посчитаем, сколько чисел, кратных 5, содержится среди чисел от 103 до 208. Наименьшее из них, кратное 5, равно 105, наибольшее — 205. Тогда всего чисел, кратных 5, будет ровно

Пусть остались числа и Тогда хотя бы одно из них должно делиться на 5, так как 21 нечетно и хотя бы одно кратное 5 число не будет вычеркнуто, но тогда и второе должно делиться 5, так как Значит, каким-то образом последовательность вычеркиваний изменила количество чисел, кратных 5, с 21 до 2, что противоречит факту про четность, доказанному выше.

в) Посчитаем количество чисел с каждым из остатков по модулю 5 среди чисел от 103 до 208, то есть заменим числа на их остатки по модулю 5 и посчитаем количество каждого из остатков. Так как число 103 дает остаток 3 по модулю 5, то блок длины 5, который будет повторяться, начинается с 3:

Всего от 103 до 208 включительно 106 чисел. Количество таких полных блоков равно 21 как целая часть от деления Остаток равен 1, следовательно, после последнего цельного блока будет стоять остаток 3 и ему соответствует последнее число 208. Получаем, что остаток 3 встречается 22 раза, остатки 4, 0, 1 и 2 по 21 разу.

В пункте б) мы уже доказали, что среди двух оставшихся чисел будет хотя бы одно, кратное 5. Кроме того, хотя бы одно будет давать остаток 3, так как число, дающее остаток 3, должно вычеркиваться в паре с числом, дающим остаток 2, при этом остаток 3 дают 22 числа, а остаток 2 — только 21 число.

Мы доказали, что из двух оставшихся чисел одно будет делиться на 5, а второе — давать остаток 3. Разберем два случая:

• Большее из чисел дает остаток 3. Мы хотим максимизировать отношение, значит, мы должны минимизировать меньшее число и максимизировать большее. Наибольшее число с остатком 3 — это 208, наименьшее с остатком 0 — 105, тогда в этом случае максимальное отношение равно
• Большее из чисел дает остаток 0. Мы хотим максимизировать отношение, значит, мы должны минимизировать меньшее число и максимизировать большее. Наибольшее число с остатком 0 — это 205, наименьшее с остатком 3 — 103, тогда в этом случае максимальное отношение равно

Сравним полученные дроби:

Тогда наибольшее значение равно

а) Да, например, числа на круге можно расположить так:

б) Рассмотрим число 13. Оно простое и взаимно просто со всеми остальными числами, следовательно, оба НОДа с его участием будут равны 1. Значит, такое невозможно.

в) Рассмотрим числа 11, 13 и 17. Они простые и взаимно просты со всеми остальными числами, следовательно, все НОДы с их участием будут равны 1. Пусть они стоят по кругу в некотором порядке. Каждое из чисел участвует ровно в двух НОДах.

Пусть — количество пар соседних среди наших чисел, тогда очевидно, что а количество НОДов единичек не менее чем Всего 10 НОДов, среди которых хотя бы 4 единицы, значит, различных НОДов не более чем 7.

Построим пример с учетом знания того, что для достижения максимума числа 11, 13 и 17 должны стоять подряд:

Заметим, что количество нулей в конце числа равно количеству пятерок в его разложении на простые множители. Действительно, каждый 0 эквивалентен в разложении на простые, при этом в факториале двоек в разложении всегда больше, чем пятерок. Это так, поскольку а факториал — произведение некоторого количества подряд идущих натуральных чисел, начиная с 1, то есть двойки просто появляются чаще.

а) Нам нужно, чтобы факториал содержал ровно 9 пятерок. Будем по одному добавлять числа, кратные 5, по возрастанию, пока не наберем

Таким образом, 40! подойдет.

б) Очевидно, что количество нулей в конце факториала не убывает. Также заметим, что следующие числа имеют одинаковое количество нулей на конце, так как степени вхождения пятерки в них одинаковые:

Рассмотрим снова числа, кратные 5:

Несложно видеть, что 95! имеет 22 нуля на конце, а 100! имеет уже 24 нуля на конце. Значит, искомого не существует.

в) Рассмотрим натуральные числа от 1 до 99. Заметим, что эти числа симметричны относительно числа 50 с точки зрения степени вхождения 5 в разложение на простые множители.

Таким образом, для любого натурального следующие два числа имеют одинаковое количество нулей на конце:

Подставив получим, что следующие два числа имеют одинаковое количество нулей на конце, иначе говоря, содержат 10 в равных степенях:

Тогда следующие два числа эквивалентны с точки зрения нашей задачи, то есть содержат 10 в равных степенях:

Осталось понять, при каких число содержит 10 ровно в 23 степени. Мы уже знаем, что 99! содержит 10 в 22 степени, значит, должно быть кратно 5, но не кратно Несложно посчитать, что среди чисел от 1 до 99 существует 16 таких

Это красивое решение задачи. Также пункт в) несложно решается перебором.

Пусть в первой роте солдат, во второй — Запишем условия на и которые нам даны.

Далее идет условие про построение в ряды. Поймем, что оно на самом деле для нас означает. В каждом ряду могут стоять солдаты только одной роты, то есть ряды могут быть двух типов: только из солдатов первой роты, либо только из солдатов второй. Пусть в ряду человек, рядов первого типа второго тогда ясно, что Таким образом мы поняли, что условие про ряды фактически означает, что существует некоторое такое, что и

а) Подойдут, например, количества солдат 54 в первом взводе и 63 во втором взводе при

б) Заметим, что

То есть более полным и удобным для нас комплектом условий будет

Эти условия можно сформулировать так: и это два числа, кратные некоторому лежащие между 50 и 70 и имеющие сумму меньше 120.

Проверим, может ли быть равно 11. Только два числа между 50 и 70 кратны 11 — 55 и 66, но их сумма больше 120. Значит, такого быть не может.

в) Будем перебирать по начиная с 8, наверх и рассматривать все возможные натуральные кратные этому

При подходят только 56 и 64, но их сумма не меньше 120.

При подходят только 54 и 63, они подходят, их сумма 117.

При подходит только 60.

При по пункту б) нет возможных вариантов.

При подходит только 60.

При подходят 52 и 65, их сумма 117.

При подходит только 56.

При подходит только 60.

При подходит только 64.

При подходят 51 и 68, их сумма 119.

При подходит только 54.

При подходит только 57.

Дальше перебирать нет смысла, т.к. чтобы два различных числа были кратны некоторому их разность должна быть не меньше 20, значит, они не могут одновременно лежать в интервале

Итого, общее количество людей может быть равно 117 или 119.

а) Докажем, что после операции сумма чисел в таблице не изменяется. Будем называть «соседними» те клетки, которые граничат с выбранной клеткой по стороне.

Если у выбранной клетки было соседних клеток, а сумма всех чисел в таблице была равна то после уменьшения чисел в соседних клетках на 1 сумма чисел во всей таблице стала равняться Тогда после увеличения числа в выбранной клетке на сумма чисел во всей таблице снова стала равняться

Изначально сумма чисел в таблице была равна Значит, после любого количества операций она останется равной 45.

б) Да, так могло получиться, если в первой строчке стояли числа 1, 5, 8. Во второй — числа 2, 3, 4. В третьей — числа 6, 7, 9. Тогда полученное число равно

в) В таблицу расставлено 9 натуральных чисел, значит, одно из них хотя бы 9. Будем вести перебор по наименьшему значению наибольшего числа.

Пусть можно расставить натуральные числа от 1 до 9 так, как это сказано в условии. Рассмотрим эту расстановку. Обратим внимание на число 7. Так как оно присутствует в таблице, то произведение хотя бы в одном столбце делится на 7. Значит, произведение чисел в любом столбце и в любой строке делится на 7. Заметим, что в таблице всего одно число, которое делится на 7, следовательно, в двух столбцах из трех нет числа, которое делится на 7. Тогда произведение в них не делится на 7. Противоречие. Значит, либо должно быть хотя бы три числа, которые делятся на 7, либо их не должно быть вовсе. Если такие три числа есть, то в таблице точно есть число не меньше 21. Пусть в таблице нет чисел, которые делятся на 7.

Пусть можно расставить натуральные числа 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10 так, как это сказано в условии. Рассмотрим эту расстановку. Обратим внимание на числа 5 и 10. Так как они присутствуют в таблице, то произведение хотя бы в одном столбце делится на 5. Значит, произведение чисел в любом столбце и в любой строке делится на 5. Заметим, что в таблице всего два числа, которые делятся на 5, следовательно, в каком-то из трех столбцов нет числа, которое делится на 5. Тогда произведение в нем не делится на 5. Противоречие. Значит, либо должно быть хотя бы три числа, которые делятся на 5, либо их не должно быть вовсе. Если такие три числа есть, то в таблице точно есть число не меньше 15.

Пусть в таблице нет чисел, которые делятся на 5. Тогда оценим наименьшее значение наибольшего числа в таблице, взяв девять самых маленьких натуральных чисел, которые мы можем брать. Значит, в таблице расставлены числа 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 11, 12.

Заметим, что с числом 11 можно провести рассуждения, аналогичные рассуждениям с 7. Тогда либо в таблице есть число не меньше 33, либо нет чисел кратных 11.

Если таких чисел нет, то минимальные девять чисел это 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 13. Но с 13 можно провести аналогичные 7 рассуждения. Тогда минимальное возможное наибольшее число равно 15, потому что если есть число 14, то есть и число не меньше 21. Но 15 делится на 5, значит, среди чисел таблицы есть еще числа 5 и 10.

Тогда произведение в каждом столбце и строке должно делиться на 5. Для этого поставим числа 5, 10 и 15 в клетки одной из диагоналей. Тогда произведение в столбцах и строках должно делиться на 10 и на 15, то есть на 30.

Тогда будем пробовать строить пример на произведение, кратное 30. Для произведения 120 получим следующую расстановку:

Число делится на 11, если разность суммы цифр в нечетных разрядах и суммы цифр в четных делится на 11.

а) Нам нужно составить такое число, чтобы разность его суммы цифр в нечетных разрядах и суммы цифр в четных делилась на 11. Попробуем сделать так, чтобы такая разность была равна 0. Заметим, что

Тогда можем составить число .

б) Рассмотрим какое значение может принимать разность суммы цифр в нечетных разрядах и суммы цифр в четных, если мы можем переставлять только цифры , , , и .

Так как в итоге будет получаться пятизначное число, то на нечетных местах стоят 3 цифры, а на четных — 2. Тогда разность максимальна, если на нечетных местах стоят три наибольшие цифры, а на четных — две наименьшие, то есть

Аналогично оценим минимальную разность. Если на нечетных местах стоят три наименьшие цифры, а на четных — две наибольшие, то разность минимальна, то есть

Значит, если из цифр , , , и можно составить число, которое делится на 11, то разность суммы цифр в нечетных разрядах и суммы цифр в четных должна быть равна 0, то есть сумма цифр в нечетных разрядах равна сумме цифр в четных. Это значит, что сумма всех цифр должна быть четной, но . Следовательно, 12345 не является хорошим числом.

в) Докажем, что число, составленное из всех пяти нечетных цифр, не будет делиться на 11. Предположим обратное, пусть такое число можно составить. Пусть — сумма его цифр, стоящих в нечетных разрядах, а — сумма цифр в четных разрядах. Тогда

Понятно, что на нечетных местах стоят ровно три нечетные цифры, поэтому — нечетное число. Тогда — четное. Значит, разность — нечетное число. Так как мы предположили, что составленное нами число делится на 11, то тоже кратно 11.

Оценим : сумма цифр в нечетных разрядах минимальна, если сами цифры в них минимальны, тогда . Сумма цифр в нечетных разрядах максимальна, если сами цифры в них максимальны, тогда .

Аналогично оценим и получим, что . Тогда

Следовательно, если кратно 11, то , так как должно быть нечетным. Значит, можем составить систему:

Заметим, что никогда не может быть равно 7, так как должно быть четным. Тогда не существует числа, состоящего из всех пяти нечетных цифр, которое делится на 11.

Рассмотрим наибольшее четырехзначное число, состоящее из различных нечетных цифр. Это число . Заметим, что

Значит, число является хорошим, так как число кратно 11.

а) Примером двадцати таких чисел является последовательнось 5014, 5015, …, 5032, 5033. Среди этих чисел есть три очень счастливых: 5014, 5023 и 5032.

б) Предположим, что разность двух очень счастливых четырёхзначных чисел может равняться 2016. Пусть — десятичная запись меньшего из них, а — десятичная запись большего из них.

Из условия следует, что либо либо, если при сложении и 2016 в разряде десятков был переход через десяток, Тогда

Значит, число даёт при делении на 9 или остаток 7, или остаток 6.

Аналогично из условия следует, что либо либо Тогда

Значит, число даёт при делении на 9 или остаток 2, или остаток 3. По условию

Но числа и дают разные остатки при делении на 9. Противоречие.

в) Покажем, что искомое простое число равно 11. Для начала приведем пример очень счастливого четырёхзначного числа, которое делится на 2, 3, 5 и 7 — число 1890.

Теперь докажем, что не существует очень счастливого четырёхзначного числа, кратного 11. Пусть — запись какого-либо очень счастливого числа, которое делится на 11. Тогда

Значит, число кратно 11. Поскольку и — цифры, отсюда следует, либо либо либо

В первом случае имеем и Вычитая эти равенства, получаем то есть — противоречие, поскольку все цифры должны быть различны.

Во втором случае и Вычитая эти равенства, получаем то есть — тоже противоречие, так как 11 не кратно 2. Аналогичное противоречие получается и в третьем случае. Значит, не существует очень счастливых четырёхзначные чисел, кратных 11.

а) Рассмотрим 24 первых натуральных четных числа:

Их сумма равна:

Осталось подобрать 6 чисел, которые оканчиваются на 7. Возьмем 6 первых таких чисел:

Их сумма равна 192.

Тогда общая сумма равна Это на 18 меньше, чем требуемая сумма. Тогда мы можем увеличить одно из четных чисел на 18, например, и получить следующий пример:

б) Пусть из 30 написанных на доске чисел только два оканчиваются на 7. Тогда 28 оставшихся четны. Возьмем 28 первых натуральных четных чисел. Их сумма равна

Значит, сумма любых 28 четных натуральных чисел не меньше чем 812. Но сумма написанных на доске 30 натуральных чисел, 28 из которых четны, должна быть равна 810. Такое невозможно.

в) Заметим, что число 810 кратно 2, сумма четных чисел тоже кратна 2, тогда и сумма чисел, оканчивающихся на 7, должна быть кратна 2. Чтобы сумма нечетных чисел делилась на 2, слагаемых должно быть четное количество.

В предыдущем пункте мы доказали, что чисел, оканчивающихся на 7, на доске не может быть два или меньше. Тогда наименьшее возможное количество таких чисел — четыре. Построим пример на четыре числа, оканчивающихся на 7. Возьмем четыре наименьших таких числа:

Их сумма равна 88.

Осталось подобрать 26 четных натуральных чисел, сумма которых будет равна Возьмем 25 первых четных чисел, их сумма равна

Тогда последнее 26-е число равно и пример на четыре числа, оканчивающихся на 7:

а) Да, может равняться 9, если взять числа 0, 1, 2, 3, 4. Тогда

б) Пусть 2 является суммой членов арифметической прогрессии с начальным членом и шагом Тогда

Заметим, что — целое число, значит, тоже целое. Тогда — делитель 4, то есть По предположению Противоречие.

в) Предствим любое натуральное число в виде суммы хотя бы пяти последовательных членов арифметической прогрессии. Рассмотрим последовательность …, При в такой последовательности не меньше шести членов, значит, она подходит под условие. Найдем ее сумму:

Если мы заменим числа на противоположные по знаку, то получим отрицательное число, значит, можем принимать все целые значения, которые больше 2 по модулю, то есть

По предыдущему пункту мы не можем получить число 2, значит, аналогично можем доказать, что число мы тоже не сможем получить.

Пусть 1 является суммой членов арифметической прогрессии с начальным членом и шагом Тогда

Заметим, что — целое число, значит, тоже целое. Тогда — делитель 2, то есть По предположению Противоречие. Аналогично докажем, что и число мы тоже не сможем получить.

Число 0 можно получить последовательностью Значит,