Тема 19. Задачи на теорию чисел

19.02 Задачи №19 из сборника И.В. Ященко

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи на теорию чисел

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#114797

На координатной прямой отмечены целые числа. Митя играет в следующую игру: фишка стоит на отметке 0; Митя бросает игральный кубик и сдвигает фишку на выпавшее число очков вправо (положительное направление прямой), если выпадает чётное число очков, и влево (отрицательное направление прямой), если выпадает нечётное число очков. Через некоторое время Митя закончил игру.

а) Может ли фишка оказаться на отметке «–50», если Митя 30 раз бросил кубик?

б) Известно, что чётное число очков выпадало столько же раз, сколько и нечётное число очков. Какое наименьшее число бросков кубика понадобится, чтобы фишка оказалась на отметке «–50»?

в) Известно, что чётное число очков выпадало столько же раз, сколько и нечётное число очков. Какое наименьшее число бросков кубика понадобится, чтобы фишка оказалась на отметке «–55», если также известно, что при бросании кубика каждая грань выпадала хотя бы один раз, но любые две грани не выпадали одинаковое количество раз?

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 1

Показать ответ и решение

а) Пусть Мите выпало 24 раза число 3, 1 раз число 2 и 5 раз число 4. Тогда всего он совершил $24+ 1+ 5= 30$ бросков, а их результат равен

24⋅(− 3)+ 1⋅2+ 5⋅4= = −72 +2 +20 = −50.

Таким образом, фишка Мити оказалась на отметке «–50».

б) Разобьем броски на пары «четное число – нечетное число». Мы можем это сделать, так как по условию четное число очков выпадало столько же раз, сколько и нечетное число очков. Внутри такой пары максимально возможное смещение влево равно $5 − 2 = 3,$ поскольку наибольшее нечетное число на кубике равно 5, а наименьшее четное равно 2.

Тогда для того, чтобы оказаться в точке «–50», необходимо не менее $50 2 3-= 163$ пар бросков. Поскольку число пар целое, их не менее 17. Но давайте поймем, что внутри пары шаг обязательно равен нечетному числу, так как мы вычитаем из нечетного числа четное. То есть за 17 таких пар мы переместимся 17 раз на нечетное число шагов, что является нечетным числом в сумме, но $− 50$ — число четное, поэтому пар бросков не менее 18. То есть всего бросков не менее 36. Для 36 бросков предоставим пример.

Пусть Мите выпало 18 раз число 5, 17 раз число 2 и 1 раз число 6. Тогда его фишка оказалась на отметке

18 ⋅(−5)+ 17⋅2+ 6 = = −90 +34 +6 = −50.

в) Оценим снизу номер позиции фишки, если было сделано $2n$ бросков, то есть выпало $n$ четных и $n$ нечетных чисел.

Пусть выпало $a$ единиц, $b$ троек, $c$ четверок, $d$ шестерок. Тогда количества пятерок и двоек однозначно восстанавливаются — это $n − a− b$ и $n− c− d$ соответственно.

Значит, позиция фишки будет равна

−55 = −a− 3b− 5(n − a− b) +4c+ 6d+ 2(n− c− d)= =− a− 3b− 5n+ 5a+ 5b+ 4c +6d+ 2n − 2c− 2d= = 4a+ 2b− 3n+ 2c+ 4d= 4a+ 2b+ 2c+ 4d − 3n.

Так как каждое число выпало не менее 1 раза, причем все числа выпали разное количество раз, то имеют место неравенства:

$pict$

Тогда

4a+ 2b+ 2c+ 4d= 2(a + b+c +d)+ 2(a+ d)≥ ≥ 2⋅10+ 2⋅3= 20+ 6= 26.

Откуда

4a +2b+ 2c+ 4d≥ 26 4a +2b+ 2c+ 4d− 3n≥ 26− 3n −55≥ 26− 3n 3n ≥26 +55 3n ≥81 n≥ 27

Таким образом, всего Митя сделал не менее $2n = 2⋅27= 54$ бросков.

Причем равенство достигается при $a= 1,$ $b= 3,$ $c = 4,$ $d= 2.$ Тогда число 1 было выброшено 1 раз, число 3 — 3 раза, число 5 — 23 раза, число 6 — 2 раза, число 4 — 4 раза, число 2 — 21 раз.

Действительно, каждое число выпало не менее раза, нет двух чисел, которые выпали одинаковое количество раз, причем как четные, так и нечетные числа выпали по 27 раз. Итоговая позиция фишки равна

1⋅(−1)+ 3⋅(−3)+ 23 ⋅(− 5)+2 ⋅6+ 4⋅4+ 21⋅2= = −1 − 9 − 115 +12+ 16+ 42= − 125 +70 = −55.

Итого, Митя сделал 54 броска, что является минимально возможным количеством бросков, при котором выполняется условие задачи, и фишка оказалась на отметке «–55».

Ответ:

а) Да

б) 36

в) 54

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#114800

a) Может ли фишка оказаться на отметке «0», если Митя 45 раз бросил кубик?

в) Известно, что чётное число очков выпадало столько же раз, сколько и нечётное число очков. Какое наименьшее число бросков кубика понадобится, чтобы фишка оказалась на отметке «–40», если также известно, что при бросании кубика каждая грань выпадала хотя бы один раз, но любые две грани не выпадали одинаковое количество раз?

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 2

Показать ответ и решение

а) Пусть Мите выпало 15 раз число 1, 15 раз число 3 и 15 раз число 4. Тогда всего он совершил $15+ 15+ 15= 45$ бросков, а их результат равен

15 ⋅(− 1) +15⋅(−3)+ 15⋅4= = −15 − 45+ 60 =− 60+ 60= 0.

Таким образом, фишка Мити оказалась на отметке «0».

Тогда для того, чтобы оказаться в точке «–35», необходимо не менее $35 2 3-= 113$ пар. Поскольку число пар целое, их не менее 12. Но давайте поймем, что внутри пары шаг обязательно равен нечетному числу, так как мы вычитаем из нечетного числа четное. То есть за 12 таких пар мы переместимся 12 раз на нечетное число шагов, что является четным числом в сумме, но $− 35$ — число нечетное, поэтому пар не менее 13. То есть всего бросков не менее 26. Для 13 пар предоставим пример.

Пусть Мите выпало 13 раз число 5, 12 раз число 2 и 1 раз число 6. Тогда его фишка оказалась на отметке

13⋅(−5)+ 12⋅2+ 1⋅6 = = −65 +24 +6 = −35.

в) Оценим снизу номер позиции фишки, если было сделано $2n$ бросков, то есть выпало $n$ четных и $n$ нечетных чисел.

Значит, позиция фишки будет равна

−40 = −a− 3b− 5(n − a− b) +4c+ 6d+ 2(n− c− d)= =− a− 3b− 5n+ 5a+ 5b+ 4c +6d+ 2n − 2c− 2d= = 4a+ 2b− 3n+ 2c+ 4d= 4a+ 2b+ 2c+ 4d − 3n.

$pict$

Тогда

4a+ 2b+ 2c+ 4d= 2(a + b+c +d)+ 2(a+ d)≥ ≥ 2⋅10+ 2⋅3= 20+ 6= 26.

Откуда

4a +2b+ 2c+ 4d≥ 26 4a +2b+ 2c+ 4d− 3n≥ 26− 3n −40≥ 26− 3n 3n ≥26 +40 3n ≥66 n≥ 22

Таким образом, всего Митя сделал не менее $2n = 2⋅22= 44$ бросков.

Причем равенство достигается при $a= 1,$ $b= 3,$ $c = 4,$ $d= 2.$ Тогда число 1 было выброшено 1 раз, число 3 — 3 раза, число 5 — 18 раз, число 6 — 2 раза, число 4 — 4 раза, число 2 — 16 раз.

Действительно, каждое число выпало не менее раза, нет двух чисел, которые выпали одинаковое количество раз, причем как четные, так и нечетные числа выпали по 22 раза. Итоговая позиция фишки равна

1⋅(−1)+ 3⋅(−3)+ 18 ⋅(− 5)+2 ⋅6+ 4⋅4+ 16⋅2= = −1− 9− 90+ 12+ 16+ 32= −100+ 60= −40.

Итого, Митя сделал 44 броска, что является минимально возможным количеством бросков, при котором выполняется условие задачи, и фишка оказалась на отметке «–40».

Ответ:

а) Да

б) 26

в) 44

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#114803

Есть 60 карточек, на каждой из которых написано натуральное число больше 1. Все числа различные. На обратной стороне каждой карточки ставят цветовую отметку: если число делится на 3 — красную, если на 4 — синюю, если на 5 — зелёную. Получилось так, что на каждой карточке ровно две цветовые отметки.

a) Какое наибольшее количество карточек может быть с числами меньше 200?

б) Получилось, что на 20 карточках есть синяя и зелёная отметки, на 20 карточках есть синяя и красная отметки, на 20 карточках есть красная и зелёная отметки. Найдите наименьшее возможное значение наибольшего числа среди чисел, указанных на карточках.

в) Получилось, что на 45 карточках синяя отметка. Найдите наименьшее возможное значение наибольшего числа среди указанных на карточках.

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 3

Показать ответ и решение

а) Поймем, что ровно две отметки имеют числа, которые кратны каким-то двум числам, но не кратны сразу трем.

Сразу на три представленных числа делятся числа, кратные 60. Среди чисел от 1 до 200 не включительно их 3 — это 60, 120, 180. Тогда будем вычитать это количество во всех последующих подсчетах.

Теперь посчитаем количество чисел с двумя отметками.

Числа, кратные 3 и 4, то есть кратные 12, но не кратные 5.
Их среди чисел менее 200 ровно $192 12-− 3= 13,$ поскольку 192 — наибольшее число до 200, кратное 12.
Числа, кратные 3 и 5, то есть кратные 15, но не кратные 4.
Их среди чисел менее 200 ровно $195− 3= 10, 15$ поскольку 195 — наибольшее число до 200, кратное 15.
Числа, кратные 4 и 5, то есть кратные 20, но не кратные 3.
Их среди чисел менее 200 ровно $180- 20 − 3= 6,$ поскольку 180 — наибольшее число до 200, кратное 20.

Итого имеем $13+ 10+ 6= 29$ чисел. Так как $29< 60,$ то среди общего числа карточек наибольшее возможное количество карточек с числами меньше 200 равняется 29.

б) Исходя из условия, имеется 20 чисел, кратных 12, 20 чисел, кратных 15, 20 чисел, кратных 20, при этом нет ни одного числа, кратного 60.

Отметим, что для оценки максимального числа нам достаточно оценить только максимальное число среди тех, что кратны 20, так как это произведение наибольшее. То есть если в найденном промежутке найдется 20 чисел, кратных 20, но не кратных 60, то 20 чисел, кратных 12, и 20 чисел, кратных 15, но не кратных 60, тоже найдутся.

Каждое число, кратное 20, имеет вид $20k, k ∈ ℕ.$

Поймем, что $k$ имеет вид $3m + 1$ или $3m+ 2,$ где $m ≥ 0,$ $m ∈ ℤ,$ так как $k$ не может быть кратно 3.

Тогда каждое $m$ образует два подходящих числа. Так как чисел 20, то необходимо использовать не менее 10 различных значений $m.$ Тогда наименьшее возможное наибольшее значение $m$ равняется 9, так как целых чисел от 0 до 9 ровно 10. Тогда наибольшее $k$ никак не может быть меньше, чем $3⋅9+ 2= 29,$ а наименьшее возможное значение наибольшего числа среди чисел, указанных на карточках, никак не может быть меньше, чем $20⋅29 =580.$

в) По условию среди чисел на карточках ровно 45 кратны либо 20, либо 12. Также оставшиеся 15 чисел кратны 15, но не кратны 60.

Разобъем множество натуральных чисел на следующие отрезки:

[1;60], [61;120], ..., [60k+ 1;60(k +1)], ..., k ≥0, k ∈ℤ.

Рассмотрим сначала первый отрезок: в нем 2 числа, кратных 20 и 4 числа, кратных 12, при условии, что эти числа не делятся на 60.

Так как 60 — наименьшее общее кратное 12 и 20, то остальные отрезки аналогичны первому, ведь каждое число на отрезке, начинающемся с $60k,$ представимо в виде $i+60k, i∈ [1;60].$ Причем $i+ 60k$ дает такой же остаток при делении на 12, как и $i,$ аналогично $i+ 60k$ дает такой же остаток при делении на 20, как и $i,$ поскольку $60k$ делится и на 12, и на 20, то есть на остатки при делении не влияет.

Тогда на каждом таком отрезке лежит ровно 6 подходящих чисел. Тогда необходимо использовать не менее 8 отрезков, так как подходящих чисел должно быть 45.

В последнем отрезке достаточно выбрать три наименьших числа, которые эквивалентны числам 12, 20, 24 из первого отрезка. Отрезок с номером 8 имеет значение $k = 7,$ так как чисел от 0 до 7 ровно 8.

Тогда наименьшее возможное значение наибольшего подходящего числа равняется $24+ 7⋅60= 444.$

Также необходимо показать, что среди чисел до 444 найдется 15, кратных 15, но не кратных 60. Так как на каждом выделенном отрезке ровно 3 подходящих числа, соответствующих числам 15, 30, 45 на отрезке $[1;60],$ то среди 7 отрезков (чтобы не включать неполный 8-ой, рассматриваем только первые 7), найдется $7 ⋅3 = 21> 15$ подходящих чисел.

Ответ:

а) 29

б) 580

в) 444

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#114804

a) Какое наибольшее количество карточек может быть с числами меньше 200?

б) Получилось, что на $k$ карточках есть только синяя и зелёная отметки, на $k$ карточках — только синяя и красная, на $k$ карточках — только красная и зелёная. Найдите наименьшее возможное значение наибольшего числа среди чисел, указанных на карточках.

в) Карточек с двумя отметками, одна из которых синяя, получилось 37. Найдите наименьшее возможное значение наибольшего числа среди указанных на карточках.

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 4

Показать ответ и решение

а) Поймем, что ровно две отметки имеют числа, которые кратны каким-то двум числам, но не кратны сразу трем.

Теперь посчитаем количество чисел с двумя отметками.

Числа, кратные 3 и 4, то есть кратные 12, но не кратные 5.
Их среди чисел менее 200 ровно $192 12-− 3= 13,$ поскольку 192 — наибольшее число до 200, кратное 12.
Числа, кратные 3 и 5, то есть кратные 15, но не кратные 4.
Их среди чисел менее 200 ровно $195− 3= 10, 15$ поскольку 195 — наибольшее число до 200, кратное 15.
Числа, кратные 4 и 5, то есть кратные 20, но не кратные 3.
Их среди чисел менее 200 ровно $180- 20 − 3= 6,$ поскольку 180 — наибольшее число до 200, кратное 20.

Итого имеем $13+ 10+ 6= 29$ чисел. И еще есть 3 числа, которые имеют сразу 3 отметки. Итого $29+ 3= 32.$ Так как $32< 60,$ то среди общего числа карточек наибольшее возможное количество карточек с числами, которые меньше 200, равняется 32.

б) Исходя из условия, имеется $k$ чисел, кратных 12, $k$ чисел, кратных 15, $k$ чисел, кратных 20, при этом среди перечисленных $k$ чисел нет ни одного числа, кратного 60.

Также, так как каждая карточка имеет не менее двух отметок, а в сумме карточек 60, еще у $60− 3k$ чисел ровно 3 отметки.

Отметим, что для оценки максимального числа нам достаточно оценить только максимальное число среди тех, что кратны 20, так как это произведение наибольшее. То есть если в найденном промежутке найдется $k$ чисел, кратных 20, но не кратных 60, то $k$ чисел, кратных 12, и $k$ чисел, кратных 15, но не кратных 60, тоже найдется.

Поймем, что, если имеется $60− 3k$ чисел, кратных 60, то наибольшее среди этих чисел не меньше

60⋅(60− 3k)= 3600− 180k.

Также при наличии $k$ чисел, кратных 20, но не кратных 60, если $k = 2m,$ $m ∈ ℕ,$ то есть $k$ — четное, то наибольшее среди этих чисел не меньше

60m − 20 =30k − 20,

так как числа, кратные 20, но не кратные 60, имеют вид $60k+ 20$ и $60k+ 40,$ $k ≥ 0,$ $k ∈ ℤ.$ Если же $k = 2m − 1,$ $m ∈ ℕ,$ то наибольшее среди этих чисел не меньше

60m − 40= 30(k+ 1)− 40 = 30k − 10 > 30k − 20.

Тогда наибольшее число $x$ среди всех чисел на карточках удовлетворяет следующему условию:

{ x ≥ 3600 − 180k, x ≥ 30k − 20.

То есть

x≥ max(3600− 180k;30k− 20).

Так как один из аргументов функции $max$ возрастает по $k,$ а другой убывает, то наименьшее значение этой функции достигается при равенстве аргументов

3600− 180k = 30k − 20 ⇒ k = 17-5 21

Так как $k$ целое, то наименьшее значение функции нужно искать среди ближайших целых чисел:

$k = 17$

$max(3600− 180⋅17;30⋅17− 20)= max(540;490)= 540.$
$k = 18$

$max(3600− 180⋅18;30⋅18− 20)= max(360;520)= 520.$

Тогда имеем $x≥ 520,$ причем такая оценка справедлива, так как $k = 18$ четно, то есть оценка на $30k − 20$ является точной.

Тогда мы имеем по 18 карточек, имеющих ровно 2 отметки, и еще 6 карточек на 3 отметки. Эти 6 карточек — числа $60, 120, 180, 240, 300, 360.$

Тогда 18 карточек с числами, кратными 20, — это карточки с числами вида $60m + 20$ и $60m+ 40$ для $m ∈ {0,1,2,...,8}.$ Каждое значение $m$ даст ровно 2 подходящих числа, а значений всего 9, то есть чисел получится 18. Наибольшее из них — это $60 ⋅8 +40 = 520.$

Как было оговорено выше, чисел меньше 520 для остальных карточек будет достаточно, поэтому можно не указывать их в явном виде.

в) По условию среди чисел ровно 37 кратны либо 20, либо 12. Также оставшиеся 23 числа кратны 15.

Разобъем множество натуральных чисел на следующие отрезки:

[1;60],[61;120],...,[60k+ 1;60(k+ 1)],...,k ∈ℤ≥0

Так как 60 — наименьшее общее кратное 12 и 20, то остальные отрезки аналогичны первому, ведь каждое число на отрезке, начинающемся с $60k,$ представимо в виде $i+60k,i∈ [1;60].$ Причем $i+ 60k$ дает такой же остаток при делении на 12, как и $i,$ аналогично с числом 20 (поскольку $60k$ делится и на 12, и на 20, то есть на остатки при делении не влияет).

Тогда на каждом таком отрезке лежит ровно 6 подходящих чисел. Тогда необходимо использовать не менее 7 отрезков, так как чисел должно быть 37.

В последнем отрезке достаточно выбрать наименьшее число, которое эквивалентно числу 12 из первого отрезка. Отрезок с номером 7 имеет значение $k = 6,$ так как чисел от 0 до 6 ровно 7.

Тогда наибольшее число равняется $12+ 6⋅60= 372.$

Также необходимо показать, что среди чисел до 372 найдется 23, кратных 15. Так как на каждом выделенном отрезке ровно 4 подходящих числа, то среди 6 отрезков (чтобы не включать неполный 7-ой, рассматриваем только первые 6), найдется $6⋅4 =24 > 23$ подходящих чисел.

Ответ:

а) 32

б) 520

в) 372

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#114807

Каждый год в соревнованиях, состоящих из 10 этапов, участвует 10 спортсменов. По итогам каждого этапа один спортсмен занимает первое место, один спортсмен второе и один — третье. В результате ежегодных соревнований каждый спортсмен занимает $a$ первых, $b$ вторых и $c$ третьих мест. В зависимости от мест, занятых спортсменом на всех этапах (одного года), ему присваивается итоговый рейтинг соревнований.

В этом году по итогам 10 этапов каждому спортсмену присваивается $10a+ 4b+ c$ очков; чем у спортсмена очков больше, тем рейтинг выше. Если количество очков у спортсменов совпадает, то рейтинги у них одинаковые.

В прошлом году в таких же соревнованиях участвовали те же спортсмены. Но для подведения итогов соревнований рейтинги спортсменов определялись следующим образом. Если у спортсмена-1 количество первых, вторых и третьих мест соответственно равно $a1,b1$ и $c1,$ а у спортсмена-2 — $a2,b2$ и $c2,$ то рейтинг спортсмена-1 был выше рейтинга спортсмена-2 в следующих случаях:

$a1 > a2,$
$a1 = a2$ и $b1 > b2,$
$a1 = a2,b1 = b2$ и $c1 > c2.$

Если количество и первых, и вторых, и третьих мест у спортсменов совпадало, то рейтинги у них были одинаковые.

a) В этом году по итогам соревнований у спортсменов нет совпадающих рейтингов. Если бы рейтинги определялись, как в прошлом году, то у спортсменов тоже не было бы совпадающих рейтингов. Может ли порядок рейтингов спортсменов в этом году совпадать с порядком рейтингов прошлого года?

б) По итогам соревнований этого года получилось, что у любых двух спортсменов нет одинаковых рейтингов. Какая наибольшая разница в очках может быть между двумя наименьшими рейтингами?

в) Каждый год по результатам соревнований вычисляется средний балл $Q$ для спортсменов, набравших хотя бы одно очко: отношение суммы всех набранных очков к количеству спортсменов, набравших хотя бы одно очко. В следующем году планируется проводить аналогичные соревнования (10 этапов) с участием 10 спортсменов, где каждому из них будут присваиваться $10a +k1b+ k2c$ очков. Организаторы обсуждают в данной формуле целые значения $k1$ и $k2$ такие, что $1 ≤k2 < k1 ≤ 9.$ Найдите все пары $(k1;k2),$ при которых возможно получить наибольшее количество целых значений среднего балла $Q.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 5

Показать ответ и решение

а) Пронумеруем спортсменов с 1 по 10 места и нарисуем таблицу. Для удобства первое место будем называть золотом, второе — серебром, третье — бронзой.


№	З	С	Б	Сумма очков

1	4	0	0	40

2	3	0	0	30

3	2	0	0	20

4	1	1	0	14

5	0	3	1	13

6	0	3	0	12

7	0	2	2	10

8	0	1	2	6

9	0	0	3	3

10	0	0	2	2

Легко проверить, что обоими способами участники между собой сравнимы, более того, они имеют именно такой порядок мест.

Причем каждой медали выдано ровно по 10 штук, также каждый спортсмен заработал не более 10 медалей, то есть такая конфигурация заработанных наград возможна.

б) Для начала поймем, что сумма очков среди всех участников равна 150, так как каждого типа медалей было ровно по 10 штук, 10 золотых дают 100 очков, 10 серебряных — 40 очков, 10 бронзовых — 10 очков.

Теперь давайте предположим, что разрыв очков между 10-м и 9-м местами равняется $k.$ Тогда у 9 места не менее $k$ очков.

Так как количество очков у участников попарно различается и является целым числом, то у 8-го места не менее $k+ 1$ очков, у 7-го места не менее $k +2$ и так далее очков. Но тогда суммарное количество очков не менее

(k+-k+-8)⋅9 k +(k+ 1)+ ...+ (k+ 8)= 2 = 9k +36

Причем должно выполняться неравенство:

$pict$

Так как $k$ — целое число, то $k ≤ 12.$

Предоставим пример для $k = 12 :$


№	З	С	Б	Сумма очков

1	2	1	1	25

2	2	0	0	20

3	1	2	0	18

4	1	1	3	17

5	0	4	0	16

6	1	1	1	15

7	1	1	0	14

8	1	0	3	13

9	1	0	2	12

10	0	0	0	0

Отметим, что в данном пункте необязательно выполнение сохранности порядка участников при другом способе сравнения. Также отметим, что такая конфигурация возможна, так как каждая медаль встречается ровно 10 раз и нет участника, который получил бы более 10 медалей.

в) Поймем, что аналогично рассуждениям пункта а) суммарное количество баллов не изменяется от распределения медалей и равняется

10⋅10+ k1⋅10+ k2 ⋅10 = 100 +10(k1+ k2).

Сам средний балл $Q$ равен

100-+10(k1+-k2), 3 ≤ m ≤10, m ∈ ℤ m

Действительно, не менее трех участников получают положительное количество баллов, так как в одном этапе три разных человека получают медали. Причем ровно три участника могут получить положительное количество баллов, например, одинаково выступить на всех 10 этапах, где по итогу один участник получит 10 золотых медалей, другой — 10 серебряных, третий — все бронзовые.

А расширить количество до любого числа в пределах 10 можно, например, тривиально передав некоторые бронзовые медали другим участникам.

Тогда нужно найти числа на отрезке $[120;270]$ с наибольшим числом делителей на отрезке $[3;10].$ Отметим, что необязательно любое число на отрезке $[120;270]$ можно получить в качестве суммарного количества очков, так как оно как минимум кратно 10, поэтому будем рассматривать только числа, кратные 10.

Отметим, что на отрезке нет числа, которое делилось бы на все целые числа от 3 до 10, так как тогда оно должно делиться на 7, 9 и 10, но наименьшее общее кратное этих чисел равняется 630, что выходит за пределы отрезка.

Рассмотрим теперь случай делимости на 7 из 8 чисел.

Отметим, что делимость любого числа с 7 различными целыми значениями $Q$ на 3, 4, 5, 6 однозначно определяется, ведь среди чисел от 3 до 10 есть числа, кратные 3, 4, 5. То есть взаимная простота числа $k$ с одним из чисел из этого множества гарантирует взаимную простоту числа $k$ с еще одним числом из отрезка от 3 до 10 (числу 3 соответствует число 6, числу 4 — 8, а числу 5 — 10). Тогда делителей окажется меньше 7. А число 6 есть среди делителей числа $k,$ поскольку оно четно (более того, кратно 4) и кратно 3.

Тогда мы знаем, что число кратно 4, 6, 10 (делимость на 10 отмечена выше) и лежит в отрезке $[120;270].$

Тогда оно точно не может делиться на 7, так как наибольшее общее кратное 4, 6, 7 и 10 равняется 420.

Тогда число делится на все остальные числа из отрезка.

Но наибольшее общее кратное чисел 8, 9, 10 равняется 360, что уже больше 270. То есть этот случай невозможен.

На выбранном отрезке есть числа, делящиеся на 6 из 8 выбранных чисел. Это числа 180 и 240. Получаются они исключением из множества делителей либо 8, либо 9.

Действительно, 180 — это наименьшее общее кратное чисел на отрезке от 3 до 10, не включая 8 и 7. А 240 — наименьшее общее кратное чисел на том же отрезке, за исключением чисел 7 и 9.

Для получения числа 180 необходимо условие $k1+ k2 = 8.$

Это пары $(k1;k2):(7;1),(6;2),(5;3)$

Для получения числа 240 необходимо условие $k1+ k2 = 14.$

Это пары $(k1;k2):(9;5),(8;6).$

Ответ:

а) Да

б) 12

в) $(9;5),(8;6),(7;1),(6;2),(5;3)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#114809

$a1 > a2,$
$a1 = a2$ и $b1 > b2,$
$a1 = a2,b1 = b2$ и $c1 > c2.$

Если количество и первых, и вторых, и третьих мест у спортсменов совпадало, то рейтинги у них были одинаковые.

a) В этом году по итогам соревнований и наивысший, и наименьший рейтинги имеют ровно по одному спортсмену. Если бы рейтинги определялись, как в прошлом году, то и наивысший, и наименьший рейтинги имели бы тоже ровно по одному спортсмену. Может ли спортсмен, получивший в этом году наивысший рейтинг, по расчётам прошлого года иметь наименьший рейтинг?

б) По итогам соревнований этого года получилось, что у любых двух спортсменов нет одинаковых рейтингов, а модуль разности набранных очков у любых двух спортсменов не меньше $p.$ Найдите наибольшее возможное значение $p.$

в) По итогам соревнований этого года получилось, что у любых двух спортсменов нет одинаковых рейтингов. Найдите наименьшую возможную разницу между средним арифметическими значениями набранных очков у пяти спортсменов с наибольшими рейтингами и у пяти спортсменов с наименьшими рейтингами.

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 6

Показать ответ и решение


№	З	С	Б	Сумма очков

1	0	10	0	40

2	2	0	3	23

3	1	0	1	11

4	1	0	1	11

5	1	0	1	11

6	1	0	1	11

7	1	0	1	11

8	1	0	1	11

9	1	0	1	11

10	1	0	0	10

Легко проверить, что при подсчете рейтинга способом этого года наивысший рейтинг имеет участник без золотых медалей с 40 баллами. Причем наименьший рейтинг имеет ровно один игрок с 10 баллами.

Если же определять рейтинг по методу прошлого года, то наименьший рейтинг был бы у игрока под номером 1, так как у него единственного нет золотых медалей. А наивысший рейтинг будет у игрока под номером 2, так как у него единственного более 1 золотой медали.

б) Положим $p ≥ 4.$ Тогда у игрока с наименьшим количеством очков не менее 0 очков, у второго с конца — не менее 4 очков и так далее. У игрока с наибольшим количеством очков в таком случае не менее $4 ⋅9= 36$ очков.

Тогда суммарное количество очков всех игроков не менее

0+ 4+ ...+ 36= 36-⋅10 = 180 2

Причем суммарное количество очков равняется $10⋅10+ 10⋅4+ 10 =150,$ так как всего 10 золотых, 10 серебряных и 10 бронзовых медалей. Но $150< 180,$ то есть $p <4.$ Тогда наибольшее возможное значение $p$ — это 3. Приведем пример:


№	З	С	Б	Сумма очков

1	3	2	0	38

2	2	2	0	28

3	2	0	1	21

4	1	2	0	18

5	1	1	1	15

6	1	0	2	12

7	0	2	1	9

8	0	1	2	6

9	0	0	3	3

10	0	0	0	0

Видим, что между соседями разность очков не меньше 3, то есть условие на $p =3$ выполнено, так как разность между не соседями больше разности между соседями.

в) Поймем, что искомая разность в точности равняется разности суммы рейтингов 5 участников с наименьшим рейтингом и 5 участников с наибольшим рейтингом, деленной на 5. Тогда давайте минимизировать эту разность. Пусть она равняется $k.$ Поймем, что $k ≥ 30,$ так как иначе пусть $k ≤29$ ( $k$ — целое число, поэтому такое отрицание имеет место). Тогда пусть сумма очков нижней пятерки равняется $S1,$ тогда сумма очков верхней пятерки равняется $S1 +k.$ Тогда

150−-k 150−-29 S1+ S1+ k = 150 ⇒ S1 = 2 ≥ 2 = 60,5.

Так как сумма очков — целое число, то $S1 ≥61.$ Тогда наименьшее количество очков, которое может быть у 5-го с конца игрока (то есть лучшего в нижней пятерке), равняется 15. Действительно, иначе наибольшее количество очков в нижней пятерке не превышает

14+ 13+ 12+ 11+ 10= 60< 61

Но тогда в верхней пятерке суммарное число очков не меньше

16 +17+ 18+ 19+ 20= 90

Тогда суммарное число очков будет не меньше чем

61+ 90 =151> 150

Это невозможно. Тогда минимально возможное значение $k$ — это $k = 30.$

Приведем пример:


№	З	С	Б	Сумма очков

1	2	0	2	22

2	1	2	1	19

3	1	2	0	18

4	0	4	0	16

5	1	1	1	15

6	1	1	0	14

7	1	0	3	13

8	1	0	2	12

9	1	0	1	11

10	1	0	0	10

Видим, что сумма очков верхней пятерки равняется

15+ 16+ 18+ 19+ 22= 90.

Сумма очков нижней пятерки равняется

10+ 11+ 12+ 13+ 14= 60.

То есть разность средних арифметических сумм очков этих двух групп равняется

90−-60 = 30= 6. 5 5

Тогда искомое значение равняется 6.

Ответ:

а) Да

б) 3

в) 6

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#114814

Есть 2 камня, каждый массой 100 тонн, 6 камней, каждый массой 20 тонн, и 4 камня, каждый массой 4 тонны.

a) Можно ли разложить все эти камни на три группы так, чтобы суммарная масса первой группы была на 12 тонн больше суммарной массы второй группы, но на 12 тонн меньше суммарной массы третьей группы?

б) Можно ли разложить все эти камни на три группы так, чтобы суммарные массы этих групп были равны?

в) Все камни хотят разложить на три группы с суммарными массами $m ,m 1 2$ и $m3$ так, что $m1 ≥ m2 ≥ m3.$ Найдите такое наименьшее число $d,$ что $m1 − m2 ≤d$ и $m2− m3 ≤ d.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 7

Показать ответ и решение

а) Вычислим общую массу камней:

2 ⋅100 +6 ⋅20 +4 ⋅4= 200+ 120 +16 = 336 тонн.

Пусть масса камней в первой группе равна $x$ тонн, тогда во второй $x − 12$ тонн, а в третьей — $x +12$ тонн. Тогда имеем уравнение:

$pict$

Тогда в первой группе суммарный вес камней должен составлять 112 тонн, во второй — 100 тонн и в третьей — 124 тонны.

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

Пусть в первой группе 1 камень весом 100 тонн, 3 камня весом 4 тонны. Во второй группе 1 камень весом 100 тонн. Тогда в третьей группе 6 камней по 20 тонн и 1 камень весом 4 тонны.

Получим, что в первой группе суммарный вес камней равняется $100+ 3⋅4 =112$ тоннам, во второй группе суммарный вес камней равняется 100 тоннам, а в третьей группе $6⋅20+ 4= 124$ тоннам. Необходимое условие выполнено.

б) Суммарная масса всех камней равна 336 тонн. Значит, если массы групп равны, то они равны 112 тоннам.

Заметим, что камни по 100 тонн и по 20 тонн имеют вес, кратный 5. Причем в каждой группе суммарный вес камней дает остаток 2 при делении на 5. Так как камни по 100 тонн и по 20 тонн остаток суммы при делении на 5 не меняют, на него влияют только камни по 4 тонны. Но 1 камень дает остаток 4, а два камня дают остаток 3 при делении на 5. Тогда в каждой группе должно быть не менее трех камней весом по 4 тонны, но групп 3, то есть таких камней должно быть не менее 9, а их всего 4.

Тогда такое невозможно.

в) Пусть вес камней в первой группе равняется $x$ тонн, во второй — $y$ тонн. Тогда вес третьей группы камней — $336− x− y$ тонн.

Поймем, что $m3 <112,$ поскольку в случае, если $m3 ≥ 112,$ получим $m + m + m ≥ 336, 1 2 3$ так как $m ≥ m ≥ m , 1 2 3$ причем равенство достигается, только когда все кучи равны, что невозможно из пункта б). Но так как суммарный вес камней в группе точно кратен 4, так как вес каждого камня кратен 4, то $m3 ≤ 108,$ так как это наибольшее число, меньшее 112 и кратное 4.

Аналогичными рассуждениями можно доказать, что $m1 ≥ 116.$

Также отметим, что $m1 − m3 ≤ 2d.$ Такой вывод можно сделать, сложив неравенства $m1− m2 ≤ d$ и $m2 − m3 ≤ d.$

Поймем, что при $m1 = 116,$ так как 116 дает остаток 16 при делении на 20, все 4 камня, дающие остаток 4 при делении на 20, должны быть в первой куче, так как остальные камни имеют вес, кратный 20, то есть остаток не меняют. Но тогда $m3 ≤ 100,$ так как это наибольшее число, меньшее 108 и кратное 20. В таком случае получим $m1− m2 ≤ 16⇒ d ≤ 8.$

Если $m1 = 120,$ то суммарный вес оставшихся двух куч равняется $336− 120= 216$ тонн. Тогда если $m = 108, 3$ то и $m = 108, 2$ что дает оценку на $d ≥12.$ А при $m3 ≤ 104$ оценка на $d ≤ 8$ не улучшается.

А если же $m1 ≥124$ и $m2 ≤ 108,$ то опять получим $m1 − m2 ≥ 16⇒ d ≥ 8.$

Тогда $d ≥ 8.$ Приведем пример.

В первой группе лежит 1 камень весом 100 тонн, один камень весом 20 тонн. Во второй группе лежит один камень весом 100 тонн и 3 камня весом по 4 тонны. В третьей группе лежит 5 камней весом 20 тонн и 1 камень весом 4 тонны. Получим группы с весами 120, 112 и 104 тонны. Тогда $120− 112= 8 ≤8$ и $112− 104= 8≤ 8.$ То есть $d= 8.$

Ответ:

а) Да

б) Нет

в) 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#114816

Есть 4 камня, каждый массой 100 тонн, 5 камней, каждый массой 25 тонн, и 6 камней, каждый массой 4 тонны.

a) Можно ли разложить все эти камни на три группы так, чтобы суммарные массы этих групп были равны?

б) Можно ли разложить все эти камни на три группы так, чтобы суммарная масса первой группы была на 50 тонн больше суммарной массы второй группы, но на 50 тонн меньше суммарной массы третьей группы?

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 8

Показать ответ и решение

а) Вычислим общую массу камней:

4 ⋅100 +5 ⋅25 +6 ⋅4= 400+ 125 +24 = 549 тонн.

Пусть масса камней в каждой группе равна $x$ тонн. Тогда имеем:

$pict$

Тогда в каждой группе суммарный вес камней должен составлять 183 тонны.

Но заметим, что камней по 100 тонн 4 штуки, то есть в какой-то группе должно лежать минимум два камня весом по 100 тонн, так как иначе можно разложить максимум 3 камня, чего недостаточно. Но два камня весом 100 тонн имеют суммарный вес 200 тонн, что больше 183 тонн. Тогда такое невозможно.

б) Суммарная масса всех камней равна 549 тонн.

Пусть масса камней в первой группе равна $x$ тонн. Тогда масса камней во второй группе равна $x− 50$ тонн, а в третьей группе — $x +50$ тонн. Тогда имеем:

$pict$

То есть в первой группе масса камней равна 183 тоннам, во второй — 133 тоннам, а в третьей — 233 тоннам.

Пусть в первой группе 1 камень весом 100 тонн, 3 камня весом 25 тонн и 2 камня весом 4 тонны. Во второй группе 1 камень весом 100 тонн, 1 камень весом 25 тонн и 2 камня весом 4 тонны. Тогда в третьей группе 2 камня по 100 тонн, 1 камень весом 25 тонн и 2 камня весом 4 тонны.

Получим, что в первой группе суммарный вес камней равняется $100+ 3⋅25+ 2⋅4 =183$ тоннам, во второй группе суммарный вес камней равняется $100+ 25+ 2⋅4= 133$ тоннам, а в третьей группе $2⋅100+ 25+ 2⋅4 =233$ тоннам. Необходимое условие выполнено.

в) Пусть вес камней в первой группе равняется $x$ тонн, во второй — $y$ тонн. Тогда вес третьей группы камней равняется $549− x− y$ тонн.

Поймем, что $m1 ≥ 200,$ поскольку, как мы отметили в пункте а), существует куча, где лежит не менее 2 камней по 100 тонн, то есть куча с весом не менее 200 тонн.

Тогда $m2 + m3 ≤549− 200= 349.$

Предположим, что $d≤ 16.$ Но тогда

$pict$

То есть

m2+ m3 ≥ 184+ 168 = 352 > 349.

Тогда $d ≥ 17.$ На 17 есть пример.

В первой группе лежит 2 камня весом 100 тонн. Во второй группе лежит один камень весом 100 тонн, 3 камня весом по 25 тонн, 2 камня весом 4 тонны. В третьей группе лежит 1 камень весом 100 тонн, 2 камня весом 25 тонн, 4 камня весом 4 тонны. Получим группы с весами 200, 183 и 166 тонн. Тогда $200 − 183 = 17 ≤ 17$ и $183− 166= 17≤ 17.$ То есть $d= 17.$

Ответ:

а) Нет

б) Да

в) 17

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#114819

Дан набор натуральных чисел, каждое из которых меньше 100 и записано с помощью цифр $1,3,5,7$ или 9. В наборе есть хотя бы одно однозначное и хотя бы одно двузначное число. Из этого набора чисел получили второй набор чисел следующим образом:

к каждому однозначному числу приписали цифру, с помощью которой это число было записано;
вместо каждого двузначного числа записали среднее арифметическое двух его цифр.

a) Может ли сумма чисел первого набора быть на 6 меньше суммы чисел второго набора?

б) Может ли сумма чисел первого набора быть в два раза больше суммы чисел второго набора?

в) Найдите наибольшее возможное отношение суммы чисел второго набора к сумме чисел первого набора, если в первом наборе не было одинаковых чисел, а однозначных чисел было столько же, сколько и двузначных.

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 9

Показать ответ и решение

а) Пусть в первом наборе были числа 1, 5, 33, 15, 15. Сумма чисел в этом наборе 69. Во втором наборе получим числа 11, 55, 3, 3, 3. Сумма чисел в этом наборе равняется $11+ 55+ 3+ 3+ 3= 75= 69+ 6.$ То есть выполнение условия возможно.

б) Рассмотрим числа 3 и 71. Сумма чисел в наборе $3+ 71= 74.$ В новом наборе будут числа 33 и 4. Сумма этих чисел $74 33+ 4= 37= 2-.$ То есть такое возможно.

в) Разделим первый набор чисел на две группы: однозначные и двузначные. Преобразование для однозначного числа делает из числа $k$ число $-- kk =11k.$ Обозначим однозначные числа первого набора $k1,k2,...,kn.$ Двузначные числа первого набора — $-------- ---- a1b1,a2b2,...,anbn$ .

Пусть $k + k + ...+ k =S . 1 2 n 1$ Тогда отношение суммы второго набора к сумме первого набора равняется:

11S1+ a1-+b1+-a2+-b2+-...an+-bn ----S-+-a-b-+a-b-+2...+-a-b---- = 1 11 2 2 n n = 22S1+-(a1-+a2-+...+-an)-+(b1+-b2-+...bn)- 2S1+ 20(a1 +a2+ ...an) +2(b1+ b2 +...bn)

Обозначим

A = a1+a2 +...an, B =b1+ b2+ ...bn.

Тогда отношение выше равно

-22S1+-A+-B-- 2S1+ 20A+ 2B

Докажем следующий факт:

$pict$

Так как в первом наборе нет одинаковых чисел, а возможных цифр всего 5, то количество однозначных чисел в первом наборе не превышает 5, то есть $n ≤ 5.$

Причем тогда

(20 − 2n)n S1 ≤ 9+ 7+ ...+ (11− 2n)=----2----= (10 − n)n.

Так как все цифры из множества ${a1,a2,...,an,b1,b2,...,bn}$ не меньше 1 (так как 0 в записи по условию не используется), то можно оценить число $A$ и число $B$ снизу значением $n,$ так как в каждой сумме $n$ чисел не меньше 1.

То есть

33A+ 3B ≥ 33n+ 3n= 36n.

Теперь имеем:

4S1 ≤ 4⋅(10 − n)n ∨36n≤ 33A +3B

Тогда достаточно доказать следующее:

$pict$

Мы пришли к тождественному неравенству. Тогда рассматриваемое отношение не превышает 5. Равенство достигается, когда все приведенные выше оценки также обращаются в равенство. То есть $n= 1, S =9, A = B = 1. 1$ Значит, в первом наборе два числа — это 9 и 11. Тогда во втором наборе будут числа 99 и 1. Сумма первого набора 20, а сумма второго 100. Действительно, отношение суммы второго набора к сумме первого набора равняется 5.

Ответ:

а) Да

б) Да

в) 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#114820

к каждому однозначному числу приписали цифру, с помощью которой это число было записано;
вместо каждого двузначного числа записали среднее арифметическое двух его цифр.

a) Может ли сумма чисел первого набора быть на 13 больше суммы чисел второго набора?

б) Может ли сумма чисел первого набора быть в два раза меньше суммы чисел второго набора?

в) Найдите наибольшее возможное отношение суммы чисел первого набора к сумме чисел второго набора, если в первом наборе не было одинаковых чисел, а однозначных чисел было столько же, сколько и двузначных.

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 10

Показать ответ и решение

а) Пусть в первом наборе написаны числа $17,11,1.$ Тогда во втором наборе получатся числа

1-+7 1-+1 2 = 4, 2 = 1, 11.

Сумма чисел в первом наборе равна $17+ 11+ 1= 29,$ а сумма чисел во втором наборе равна $4 +1 +11 = 16 = 29− 13.$ Что и требовалось.

б) Рассмотрим числа 33 и 7. Сумма чисел в наборе $33+ 7= 40.$ В новом наборе будут числа 3 и 77. Сумма этих чисел $3+ 77= 80= 40⋅2.$ То есть такое возможно.

Пусть $k1+ k2+ ...+ kn =S1.$ Тогда отношение суммы первого набора к сумме второго набора равняется:

---- ---- ---- ----S1+-a1b1-+a2b2+-...+-anbn--- = 11S1+ a1-+b1+-a2+-b2+-...an+-bn 2 2S1+-20(a1+-a2+-...an)+-2(b1-+b2+-...bn)- = 22S1+ (a1+ a2+ ...+an)+ (b1 +b2+ ...bn).

Обозначим

A = a1+a2 +...an, B =b1+ b2+ ...bn.

Тогда отношение выше равно

2S1+-20A-+-2B. 22S1 +A + B

Докажем следующий факт:

$pict$

Причем тогда

2 S1 ≥ 1+ 3+ ...+ (2n − 1)= n.

Так как все цифры из множества ${b1,b2,...,bn}$ не меньше 1 (так как 0 в записи по условию не используется), то можно оценить число $B$ снизу значением $n,$ так как в этой сумме $n$ чисел не меньше 1.

При этом значение $A$ можно оценить сверху числом $9n,$ так как все цифры из множества ${a1,a2,...,an}$ не превышают 9, а в этой сумме $n$ чисел не больше 9. То есть

57A ≤ 57⋅9n =513n.

Теперь имеем:

498S1+ 15B ≥ 498n2 +15n ∨513n≥ 57A.

Тогда достаточно доказать следующее

$pict$

Мы пришли к тождественному неравенству. Тогда рассматриваемое отношение не превышает 5,75. Равенство достигается, когда все приведенные выше оценки также обращаются в равенство. То есть $n = 1, S1 = 1, A = 9, B = 1.$ Значит, в первом наборе два числа — это 91 и 1. Тогда во втором наборе будут числа 5 и 11. Сумма первого набора 92, а сумма второго 16. Действительно, отношение суммы первого набора к сумме второго набора равняется 5,75.

Ответ:

а) Да

б) Да

в) 5,75

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#114821

В классе больше 10, но не больше 28 учащихся, а доля девочек не превышает 22%.

a) Может ли в этом классе быть 4 девочки?

б) Может ли доля девочек составить 30%, если в этот класс придёт новая девочка?

в) В этот класс пришла новая девочка. Доля девочек в классе составила целое число процентов. Какое наибольшее число процентов может составить доля девочек в классе?

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 11

Показать ответ и решение

а) Да, могло. Если в классе учились 4 девочки и 21 мальчик, то процентная доля девочек была равна

--4-- -4 21+ 4 ⋅100% = 25 ⋅100% = 16% < 22%.

При этом условие на общее количество детей в классе выполняется, так как $10 <4 +21 < 28.$

б) Пусть изначально в классе учились $n$ детей, при этом $d$ из них — девочки. В этом случае процентная доля девочек составляла $d ⋅100%. n$

Мы знаем, что изначальная процентная доля девочек была не более 22%, значит,

d 22 n-≤ 100 ⇒ 100d≤ 22n.

После перевода еще одной девочки количество девочек в классе стало равно $d +1,$ а количество детей стало равно $n+ 1.$ Тогда в этом случае процентная доля девочек составила $d+1 n+1 ⋅100%.$

Тогда так как 29% < 30%, то сравним

d+-1∨ -29- n+ 1 100 100(d+ 1)∨ 29(n+ 1) 100d +100∨ 29n+ 29 100d+ 71∨29n

Заметим, что $100d≤ 22n.$ Тогда сравним

22n +71 ∨29n 71∨ 7n

Заметим, что по условию $11≤ n.$ Тогда

71< 77≤ 7n.

Таким образом,

100d+ 71≤ 22n+ 71< 22n+ 7n= 29n <30n

Следовательно, $d-+1-⋅100% n +1$ меньше 30%, то есть после перевода в класс еще одной девочки их процентная доля не могла стать равной 30%.

в) В пункте б) мы доказали, что процентная доля девочек после перевода в класс еще одной не могла достигать 29%, тогда наибольшее целое значение равно 28%. Но тогда должно получиться

d+-1-= 28-= -7 n +1 100 25

Эта дробь несократима, тогда $n+ 1 ≥25.$ Следующее число, кратное 25, равняется 50, что невозможно, так как по условию $n ≤ 28⇒ n +1 ≤ 29 < 50.$ Значит, такое может быть только при $n= 24,$ тогда $d= 6,$ но $6- 24 = 0,25> 0,22.$

Тогда наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 27%. Заметим, что $-27- 100$ — несократимая дробь, тогда если

d-+1-= 27-, n +1 100

то $n +1$ не меньше 100. Это не так, потому что $n ≤ 28.$

Значит, наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 26%. Заметим, что $21060-= 1350-$ — несократимая дробь, тогда если

d+-1= 13, n+ 1 50

то $n +1$ не меньше 50. Это не так, потому что $n ≤ 28.$

Значит, наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 25%. Если изначально было 2 девочки и 9 мальчиков, то исходная процентная доля девочек была равна

2-⋅100% < 2-⋅100% =20% < 22%. 11 10

Тогда после перевода еще одной девочки в класс она стала равняться

2+ 1 3 1 11-+1-⋅100% = 12-⋅100% = 4 ⋅100% = 25%.

Ответ:

а) Да

б) Нет

в) 25%

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#114822

В классе больше 10, но не больше 27 учащихся, а доля девочек не превышает 26%.

a) Может ли в этом классе быть 6 девочек?

б) Может ли доля девочек составить 30%, если в этот класс придёт новая девочка?

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 12

Показать ответ и решение

а) Да, могло. Если в классе училось 6 девочек и 18 мальчиков, то процентная доля девочек была равна

--6-- -6 6 +18 ⋅100% = 24 ⋅100% = 25% < 26%.

При этом условие на общее количество детей в классе выполняется, так как $10 <6 +18 < 27.$

Мы знаем, что изначальная процентная доля девочек была не более 26%, значит,

d 26 n-≤ 100 ⇒ 100d≤ 26n.

Предположим, она стала равной 30%, тогда

d+-1-= 3- n+ 1 10

Тогда $n + 1$ делится на 10, поскольку $-3 10$ — несократимая дробь. Так как $11 <n + 1< 28$ по условию, то единственное возможное значение $n = 19.$ Тогда

d +1 = 0,3⋅20= 6 ⇒ d= 5

При этом имеем:

d-= -5 > 26-= 13 n 19 100 50

Действительно,

5⋅50= 250> 247= 13⋅19

Тогда такое невозможно.

в) В пункте б) мы доказали, что процентная доля девочек после перевода в класс еще одной не могла достигать 30%.

Давайте докажем, что она меньше 33%.

Мы знаем, что изначальная процентная доля девочек была не более 26%, значит,

d-≤ 26- ⇒ 100d≤ 26n. n 100

Тогда сравним

d+-1- -33- n+ 1 ∨ 100 100(d+ 1)∨ 33(n+ 1) 100d +100∨ 33n+ 33 100d+ 67∨33n

Заметим, что $100d≤ 26n.$ Тогда сравним

26n +67 ∨33n 67∨ 7n

Заметим, что по условию $10< n.$ Тогда

67< 70< 7n.

Таким образом,

100d +67 ≤26n +67 < 26n + 7n = 33n

Следовательно, $d +1 n-+1-⋅100%$ меньше 33%.

Значит, наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 32%. Тогда должно получиться

d+-1- 32- -8 n +1 = 100 = 25

Так как $8 25$ — несократимая дробь, то $n +1$ делится на 25. В таком случае так как $11< n +1 < 28,$ то $n+ 1= 25.$ Но тогда $n = 24,d = 8-⋅25− 1= 7. 25$

Тогда имеем:

d-= -7 > 26-= 13 n 24 100 50

Действительно,

7⋅50= 350> 312= 24⋅13

Значит, наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 31%.

Но тогда должно получиться

d + 1 31 n-+-1 = 100

Так как $31 100$ — несократимая дробь, то $n+ 1$ делится на 100, что невозможно, так как $11< n +1 < 28.$

В пункте б) мы доказали, что процентная доля девочек не могла стать равной 30%.

Значит, наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 29%.

Но тогда должно получиться

d-+-1= -29 n + 1 100

Так как $-31 100$ — несократимая дробь, то $n+ 1$ делится на 100, что невозможно, так как $11< n +1 < 28.$

Значит, наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 28%.

Если девочек было 6, а мальчиков было 18, то после перевода девочки в группу процентная доля девочек стала равной

--6+-1--⋅100% = 7-⋅100% = 28% 6+ 18+ 1 25

Причем до перевода девочки в класс процентная доля девочек составляла

-6--- 6- 18 +6 ⋅100% = 24 ⋅100% = 25% < 26%

То есть условие задачи выполняется.

Ответ:

а) Да

б) Нет

в) 28%

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#114823

Трёхзначное число $A$ имеет $k$ натуральных делителей (в том числе 1 и $A$ ).

a) Может ли $k$ быть равно 7?

б) Может ли $k$ быть равно 25?

в) Найдите наибольшее $k.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 13

Показать ответ и решение

а) Да, если $A =36 =729$ , то делителями числа А, очевидно, являются степени тройки от 0 до 6, то есть числа $30,31,...,36$ . Их ровно 7.

б) Рассмотрим каноническое разложение числа А. Это такое разложение на простые множители, которое имеет вид:

A = pα11⋅pα22⋅⋅⋅pαkk

Где числа вида $pi$ - простые числа. Поймем, что количество простых делителей вычисляется по формуле

(α1+ 1)(α2 +1)⋅⋅⋅(αk +1)

Так как любой делитель числа А должен в каноническом разложении иметь степень вхождения каждого своего простого делителя не больше, чем у числа А. Для каждого простого делителя $pi$ в числе А мы можем выбрать его степень вхождения от 0 до $α + 1 i$ . Тогда количество способов составить делитель А из простых чисел и степеней их вхождения как раз вычисляется по формуле выше.

Если натуральных делителей у числа 25, то, так как $25= 5 ⋅5$ , мы имеем два варианта:

1.: $24 A= p1$ . Но тогда $24 10 A ≥ 2 > 2 =1024> 1000$ . То есть А не может быть трехзначным в таком случае.
2.: $A= p41⋅p42$ . Но тогда $A≥ 24⋅34 = 16⋅81= 1296> 1000$ . То есть в таком случае А тоже не может быть трехзначным.

в) Поймем, что у числа А не более 4 различных простых делителей. Иначе это число не менее

2⋅3 ⋅5 ⋅7⋅11= 2310 > 1000

Если у числа А ровно 4 простых делителя, то докажем, что со степенью вхождения больше 1 может быть только один простой делитель. Действительно, иначе

A ≥ 22⋅32 ⋅5⋅7= 1260> 1000

Тогда в таком случае максимальное количество делителей достижимо, когда 2 входит с максимально возможной степенью

3 A = 2 ⋅3⋅5⋅7 =840 >500

Тогда увеличение числа в 2 раза уже не может дать трехзначное число.

У этого числа всего $4⋅2⋅2⋅2= 32$ делителя. Тогда $k ≥ 32$

Если у числа $A$ ровно 3 различных простых делителя. Обозначим степени их вхождения за $α1 ≥ α2 ≥α3.$ Заметим, что

1): $α1 ≥ 3,$ иначе общее количество делителей не более $(2 +1)⋅(2+ 1)⋅(2 +1) =27 <32.$
2): $α3 < 2 ⇒ α3 = 1,$ иначе $A≥ 23⋅32⋅52 = 1800$
Тогда имеем:
$(α1 +1)(α2+ 1)(1+ 1)≥ 32 ⇒ (α1+ 1)(α2+ 1)≥ 16$
3): $α2 < 3,$ иначе $3 3 A ≥ 2 ⋅3 ⋅5= 1080$
Откуда получаем, что $α2 = 2$ или $α2 = 1.$

Объединяя эти наблюдения, получаем следующее:

Если $α2 =2,$ то по наблюдению 2
$(α1+ 1)⋅3≥ 16 ⇒ α1 ≥ 5$
Тогда
$A ≥ 25⋅32 ⋅5= 1440$
Что невозможно
Если $α =1, 2$ то по наблюдению 2
$(α1+ 1)⋅2≥ 16 ⇒ α1 ≥ 7$
Тогда
$7 A ≥ 2 ⋅3⋅5 =1920$

Итого получили, что в случае, если А имеет ровно три различных простых делителя, то количество натуральных делителей у А не может превышать 32.

Пусть у числа $A$ ровно 2 различных простых делителя. Обозначим степени их вхождения за $α1 ≥ α2.$ Заметим, что $α2 ≤ 3,$ иначе

A ≥ 24⋅34 = 1296

Переберем значения $α2 :$

Если $α2 =3,$ то
$(α1+ 1)⋅4≥ 32≥ 30 ⇒ α1 ≥ 7$
Тогда
$A ≥ 27⋅33 = 128 ⋅27 > 1000$
Если $α2 =2,$ то
$(α1+ 1)⋅3≥ 32≥ 30 ⇒ α1 ≥ 9$
Тогда
$9 2 A≥ 2 ⋅3 = 512⋅9> 1000$
Если $α2 =1,$ то
$(α1 +1)⋅2 ≥ 32 ≥ 30 ⇒ α1 ≥ 14$
Тогда
$14 1 A ≥2 ⋅3 > 1000$

Как мы видим, ни один из вариантов не возможен.

Если у $A$ ровно 1 простой делитель, то степень его вхождения хотя бы 31, но тогда очевидно, что $A$ не трехзначное.

Тогда максимально возможное значение k равняется 32 и достигается при $A = 840$

Ответ:

а) Да

б) Нет

в) 32

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#73698

Трёхзначное число $A$ имеет $k$ натуральных делителей (в том числе 1 и $A$ ).

а) Может ли $k$ быть равно 15?

б) Может ли $k$ быть равно 28?

в) Найдите все такие числа $A,$ для которых $k ≥ 30.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 14

Показать ответ и решение

Разложим число $A$ на простые множители, получим

α1 αn A = p1 ⋅...⋅pn .

Пусть число $b$ — делитель числа $A.$ Заметим, что у $b$ не может быть простых делителей, которых нет в $A,$ так как если они есть, то $A$ на $b$ не поделится. Хорошо, пусть $b= pβ11⋅...⋅pβnn,$ при этом, возможно, $βi =0$ для некоторых $i.$ Тогда, так как $b$ — делитель числа $A,$ то для любого $i$ верно, что $βi ≤ αi.$ Попробуем посчитать количество делителей числа $A.$ Для этого посчитаем, сколько есть наборов $βi,$ которые подходят под наше условие. Выбрать $βi$ есть $αi +1$ вариант: 0, 1, …, $αi.$ Тогда делителей у числа $A$ ровно $(α1+ 1)⋅...⋅(αn+ 1).$ Теперь начнем решать пункты задачи.

а) Если число имеет $15= 5⋅3$ делителей, то чтобы построить пример, достаточно взять два различных простых числа и возвести их в степени $5 − 1 = 4$ и $3− 1= 2.$

Трехзначное число $144= 24⋅32$ подходит, так как у него $(4+ 1)⋅(2+ 1)= 5⋅3= 15$ делителей.

б) Если число имеет $28= 7⋅2 ⋅2$ делителей, то чтобы построить пример, достаточно взять три различных простых числа и возвести их в степени $7 − 1 = 6,$ $2 − 1 = 1$ и $2− 1= 1.$

Трехзначное число $6 1 1 960= 2 ⋅3 ⋅5$ подходит, так как у него $(6+ 1)⋅(1 + 1)⋅(1+ 1)= 7⋅2⋅2 = 28$ делителей.

в) Докажем, что у числа $A$ менее 5 различных простых делителей. Пусть это не так. Тогда

A ≥ 2⋅3⋅5⋅7⋅11= 2310,

так как это 5 наименьших различных простых делителей. Значит, у $A$ 5 и более простых делителей быть не может.

Пусть у числа $A$ ровно 4 различных простых делителя. Если хотя бы 2 из них входят в число $A$ в степени $≥ 2,$ то
$A ≥22⋅32⋅5 ⋅7 = 1260,$
а число $A$ трехзначное. Тогда в $A$ входит не более одного простого в степени $≥ 2.$ Тогда 3 простых входят в $A$ ровно в 1 степени. Поймем, что если одно простое входит в степени ровно 2, а остальные в степени 1, то всего делителей
$3 ⋅2⋅2⋅2= 24< 30$
Значит, наше простое входит в степени $≥3.$
Если оно входит в степени $≥ 4,$ то
$A ≥ 24⋅3⋅5⋅7= 1680,$
чего не может быть. Значит, одно простое входит в степени 3, а остальные — в степени 1.
Если степень 3 у простого числа, большего 2, то
$3 A ≥ 2⋅3 ⋅5⋅7= 1890,$
значит такого не могло быть.
Если же степень 3 у двойки, то
$3 A= 2 ⋅3⋅5 ⋅7 = 840,$
оно трехзначное, количество его делителей равно
$4⋅2 ⋅2 ⋅2= 32> 30.$
Пусть у числа $A$ ровно 3 различных простых делителя. Обозначим степени их вхождения за $α1 ≥ α2 ≥ α3.$ Заметим, что
1)
$α1 ≥ 3,$ иначе общее количество делителей не более $(2 +1)⋅(2+ 1)⋅(2 +1) =27 <30.$
2)
$α3 < 2 ⇒ α3 = 1,$ иначе $3 2 2 A≥ 2 ⋅3 ⋅5 = 1800$
Тогда имеем:
$(α1 +1)(α2+ 1)(1+ 1)≥ 30 ⇒ (α1+ 1)(α2+ 1)≥ 15$
3)
$α2 < 3,$ иначе $A ≥ 23⋅33 ⋅5= 1080$
Откуда получаем, что $α2 =2$ или $α2 = 1.$

Объединяя эти наблюдения, получаем следующее:
- Если $α2 = 2,$ то по наблюдению 2
  $(α1+ 1)⋅3≥ 15 ⇒ α1 ≥ 4$
  Тогда
  $4 2 A ≥ 2 ⋅3 ⋅5= 720$
- Если $α2 = 1,$ то по наблюдению 2
  $(α1+ 1)⋅2≥ 15 ⇒ α1 ≥ 7$
  Тогда
  $7 A ≥ 2 ⋅3⋅5 =1920$
Итого, получили, что единственный возможный вариант — $α1 = 4,$ $α2 = 2,$ $α3 = 1.$ Заметим, что $22⋅34⋅5= 1620,$ $24⋅31⋅52 = 1200$ и $24⋅32 ⋅7= 1008.$ Если же $A$ не делится на 2, то

$4 2 A ≥ 3 ⋅5 ⋅7≥ 2025 ⋅7> 1000$

Поэтому подходит только

$A =24 ⋅32⋅51 =720.$
Пусть у числа $A$ ровно 2 различных простых делителя. Обозначим степени их вхождения за $α1 ≥ α2.$ Заметим, что $α2 ≤ 3,$ иначе

$A ≥ 24⋅34 = 1296$

Переберем значения $α2 :$
- Если $α2 = 3,$ то
  $(α1+ 1)⋅4≥ 30 ⇒ α1 ≥ 7$
  Тогда
  $7 3 A ≥ 2 ⋅3 = 128 ⋅27 > 1000$
- Если $α2 = 2,$ то
  $(α1+ 1)⋅3≥ 30 ⇒ α1 ≥ 9$
  Тогда
  $9 2 A≥ 2 ⋅3 = 512⋅9> 1000$
- Если $α2 = 1,$ то
  $(α1 + 1)⋅2 ≥ 30 ⇒ α1 ≥ 14$
  Тогда
  $A ≥214⋅31 > 1000$
Как мы видим, ни один из вариантов не возможен.
Если у $A$ ровно 1 простой делитель, то степень его вхождения хотя бы 29, но тогда очевидно, что $A$ не трехзначное.

Таким образом, мы получили, что возможны только 2 варианта: 720, 840.

Ответ:

а) Да, может

б) Да, может

в) 720, 840

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#114826

Среднее геометрическое $k$ чисел $p1,p2,...,pk$ вычисляется по формуле $----------- √kp1⋅p2⋅...⋅pk.$

a) Может ли среднее геометрическое трёх различных двузначных чисел быть равно 45?

б) Найдите наименьшее возможное целое значение среднего геометрического трёх различных двузначных чисел.

в) Найдите наибольшее возможное целое значение среднего геометрического шести различных двузначных чисел.

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 15

Показать ответ и решение

а) Да, может, например:

3√ -------- 3√--3 75 ⋅45 ⋅27 = 45 = 45.

Предисловие для б)

Очевидно, что если среднее геометрическое набора из нескольких различных чисел равно $g,$ то наименьшее число из набора меньше, чем $g.$ При этом, среди его простых делителей не должно встречаться чисел, отличных от простых делителей $g.$ Чтобы воспользоваться этим фактом в пунктах б) и в), выпишем, какие простые делители есть у двузначных чисел от 10 до 24:


Число	Простые делители

10	2, 5

11	11

12	2, 3

13	13

14	2, 7

15	3, 5

16	2

17	17

18	2, 3

19	19

20	2, 5

21	3, 7

22	2, 11

23	23

24	2, 3

Как видно из таблицы, средним геометрическим в данном интервале могут быть числа: 18, 20, 22, 24.

б) Будем считать, что $a,$ $b,$ $c$ — различные двузначные числа и $a < b< c.$

Из предисловия понятно, что наименьшее возможное значение среднего геометрического трех различных двузначных чисел равняется 18. Действительно, если взять числа $12$ , $18$ , $27$ , то их среднее геометрическое будет равно:

√-------- √3----- 312⋅18⋅27= 23⋅36 = 2⋅9= 18

в) Для начала поймем, что существует пример 6 различных двузначных чисел со средним арифметическим 60:

6√----------------- 6√--------- 25⋅45⋅60⋅80⋅90⋅96 = 212⋅36⋅56 = 60.

Для удобства выпишем числа от 60 до 99 вместе с их простыми делителями. В решении не обязательно выписывать эту таблицу. Она нужна лишь для большего удобства при прочтении решения


Число	Простые делители

60	2, 3, 5

61	61

62	2, 31

63	3, 7

64	2

65	5, 13

66	2, 3, 11

67	67

68	2, 17

69	3, 23

70	2, 5, 7

71	71

72	2, 3

73	73

74	2, 37

75	3, 5

76	2, 19

77	7, 11

78	2, 3, 13

79	79

80	2, 5

81	3

82	2, 41

83	83

84	2, 3, 7

85	5, 17

86	2, 43

87	3, 29

88	2, 11

89	89

90	2, 3, 5

91	7, 13

92	2, 23

93	3, 31

94	2, 47

95	5, 19

96	2, 3

97	97

98	2, 7

99	3, 11

Давайте определим количество простых чисел в разложении на множители искомого среднего арифметического $------ k = 6√abcdef$ . Для начала поймем, что их меньше 4, так как иначе $k ≥ 2⋅3⋅5 ⋅7 = 105 > 99.$

Также оно точно больше 1, так как иначе 6 различных чисел должны быть степенями некоторого простого числа. Но тогда это число 2, так как $6 3 = 729> 99.$ Но для числа 2 двузначные степени двойки начинаются с 16, тогда мы имеем минимум $4 5 9 2,2 ,...2 ,$ но $9 2 = 512> 99.$ То есть простых множителей либо 2, либо 3.

Поймем, что у искомого среднего геометрического наибольший простой делитель не превышает 7. Положим обратное, тогда этот простой делитель, назовем его $k$ , не меньше 11, тогда степень вхождения числа k в произведение 6 различных двузначных чисел должна быть не меньше 6, причем степень вхождения k в любое двузначное число не превышает 1, так как $k2 ≥112 = 121> 99.$ Тогда каждое число должно быть кратно $k.$ Причем у числа, кроме $k$ есть не более 2 других простых делителей. Тогда $k <17,$ так как среди двузначных чисел не найдется 6 чисел, кратных 17, ведь $6 ⋅17 = 102 > 99.$ Также $k ⁄= 13,$ так как двузначные числа, кратные 13 — это 13, 26, 39, 52, 65, 78, 91. Причем у каждого ровно 2 простых множителя, чисел всего 7, а использовано должно быть 6 чисел из них, но среди них есть числа с множителями 3, 5 и 7, то есть какое бы число в качестве искомого среднего арифметического не было бы выбрано, минимум у 2 чисел из 7 второй простой множитель не совпадет с выбранным, то есть останется не более 5 подходящих чисел.

Теперь докажем, что $k ⁄= 11.$ Аналогично выпишем все числа, кратные 11: 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99. Если в качестве «целевого» числа выбрать число, кратное 3, то степень вхождения числа 3 в произведение 6 чисел должна быть не менее 6, но в произведении выписанных 9 чисел степень вхождения числа 3 равняется 4. Тогда среди чисел, больших 60, остаются 77 и 88. 77 не подойдет, так как других чисел, кратных 7, и кратных 11, не найдется. А число 88 не подойдет, так как чисел больше 88 среди 6 выбранных быть не может (поскольку 99 кратно 3, а 88 3 не кратно), то есть среднее геометрическое всех 6 чисел точно будет меньше 88.

Тогда все простые делители искомого среднего геометрического не превышают 7. Теперь докажем, что искомое число точно не делится на 7. Разберем 2 случая:

У среднего геометрического ровно 2 простых делителя. Тогда второй простой делитель точно не равен 3 или 5, так как иначе степень вхождения числа 7 в произведение 6 чисел, должно быть не менее 6, но для простого множителя $k ≥ 3$ существуют только следующие подходящие числа среди кратных 7: 49, $7k,$ $7k2.$ Так как $7k3 ≥ 7⋅27= 147> 99.$ Степень вхождения числа 7 в произведение не превысит 4. Тогда среднее геометрическое будет кратно только 2 и 7, при этом больше 60, но такое число ровно одно — это 98. Ясно, что среднее геометрическое 6 различных двузначных чисел не может равняться 98, так как наибольшее среди этих чисел не больше 98 (ведь 99 кратно 3, а 98 — нет, то есть 99 в наборе чисел быть не может, а других двузначных больше 98 нет). То есть ровно 2 простых делителя у выбранного среднего геометрического, если оно кратно 7, быть не может.
У числа ровно 3 простых делителя. Тогда это либо 2, 3 и 7, либо 2, 5 и 7, так как $3⋅5⋅7 =105 >99.$ В первом случае искомое среднее геометрическое, так как оно должно быть больше 60, равняется 84. Давайте выпишем по убыванию первые 6 наибольших чисел, которые среди простых множителей имеют только 2, 3 и 7: 98, 96, 84, 81, 72, 64. Поймем, что их произведение меньше, чем $6 12 6 6 84 = 2 ⋅3 ⋅7 :$
$17 3 8 98⋅96⋅84⋅81⋅72⋅64 =2 ⋅7 ⋅3 .$
Сравним:

$pict$

Тогда действительно среднее геометрическое 6 наибольших подходящих чисел уже меньше «целевого», то есть искомое среднее геометрическое не может равняться 84.
В случае же, если у среднего геометрического простые делители — это 2, 5 и 7, то среди чисел больше 60 такое число ровно одно — это 70. Опять же выпишем наибольшие подходящие числа: 98, 80, 70, 64, 56, 50. Здесь для простоты воспользуемся неравенством о средних: среднее геометрическое не превосходит по значению среднее арифметическое, то есть в данном случае не превзойдет $98-+80+-70+-64+-56+-50 418- 2 6 = 6 = 693 < 70.$

Тогда имеем возможные делители: 2, 3, 5. Поймем, что 5 имеет степень вхождения в искомое среднее геометрическое не выше 1, так как иначе нужно будет найти 6 чисел, произведение которых делится на $512,$ но тогда каждое число будет кратно 25 (так как $53$ уже не двузначное число), но двузначных чисел, кратных 25, всего 2. Причем если делителя ровно 2, то это 2 и 3, так как в случае с пятеркой может подойти только число 80 (в 75 пятерка входит два раза), но больше 80 подходящих чисел (которые кратны только 2 и 5) нет. Рассмотрим наибольшие числа, кратные 2 и 3: 96, 81, 72, 64, 54, 48. Но их среднее арифметическое равняется $96+ 81+ 72+ 64+ 54 +48 ----------6-----------= 6916 < 72.$ А так как оно не меньше среднего геометрического, получается, что среднее геометрическое 6 различных двузначных чисел при условии, что оно представимо целым числом и их простые множители равны только 2 и 3, не может быть больше 60 (так как наименьшее из подходящих равняется 72 и оно не является достижимым). Тогда множителей 3 — это 2, 3 и 5. Из больших 60 чисел такое ровно одно — это 90. Но его получить невозможно. Выпишем наибольшие подходящие числа: 96, 90, 81. Остальные числа меньше 81. То есть среднее геометрическое чисел не будет превосходить среднее арифметическое, которое не превосходит $96+-90+-81⋅4= 85 <90. 6$ Тогда действительно искомое значение — 60.

Ответ:

а) Да

б) 18

в) 60

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#73699

Среднее геометрическое $k$ чисел $p1,$ $p2,$ …, $pk$ вычисляется по формуле $----------- √kp1⋅p2...⋅pk.$

а) Может ли среднее геометрическое трех различных двузначных чисел быть равно 36?

б) Найдите наименьшее возможное целое значение среднего геометрического четырех различных двузначных чисел.

в) Найдите наименьшее возможное целое значение среднего геометрического шести различных двузначных чисел.

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 16

Показать ответ и решение

а) Да, может, например:

3√ -------- 3√--3 18 ⋅36 ⋅72 = 36 = 36.

Предисловие для б) и в)


Число	Простые делители

10	2, 5

11	11

12	2, 3

13	13

14	2, 7

15	3, 5

16	2

17	17

18	2, 3

19	19

20	2, 5

21	3, 7

22	2, 11

23	23

24	2, 3

Как видно из таблицы, средним геометрическим в данном интервале могут быть числа: 18, 20, 22, 24.

б) Будем считать, что $a,$ $b,$ $c,$ $d$ — различные двузначные числа и $a < b< c< d.$

Пусть $√ ---- 4abcd =18.$ Тогда

$( )4 abcd= 184 = 2⋅32 =24 ⋅38$

Тогда $a= 16$ или $a = 12.$
- Пусть $4 a = 16 = 2.$ Тогда $b,$ $c$ и $d$ обязаны быть степенями тройки, иначе либо степень вхождения двойки в произведение $abcd$ будет более 4, либо в нем появится множитель, отличный от 2 и 3. Но среди двузначных чисел есть всего два числа, которые равны степени тройки: 27 и 81. Тогда $a ⁄=16.$
- Пусть $a= 12.$ Тогда
  $bcd = 24⋅38= 22⋅37 22⋅3$
  Заметим, что $b⁄= 16,$ так как тогда степень вхождения 2 в $abcd$ будет более 4. Значит, $b$ не меньше 18.
  Рассмотрим, чему может быть равно $c.$ Оно больше 18. Если оно равно 19, 20, 21, 22, 23, 25 или 26, то в произведении $abcd$ будут содержаться множители, отличные от 2 и 3. Также $c$ не может быть равно $24= 23⋅3,$ так как тогда степень вхождения 2 в $abcd$ будет более 4. Следовательно, $c$ не меньше 27. Тогда
  $2 7 d≤ 2-⋅3- =18. 18⋅27$
  Но $d > 27$ — противоречие. Тогда $a ⁄=12.$
Таким образом, среднее геометрическое четырех различных двузначных чисел не может равняться 18.
На 20 есть пример: $a= 10,$ $b= 20,$ $c = 25,$ $d= 32.$ Проверим его:
$(2 ) ( 2) ( 5) 8 4 abcd= 10⋅20⋅25⋅32= (2⋅5)⋅ 2 ⋅5 ⋅5 ⋅ 2 = 2 ⋅5$
Значит,
$√4abcd-= 4√28⋅54 = 22⋅5= 20$

в) Будем считать, что $a,$ $b,$ $c,$ $d,$ $e,$ $f$ — различные двузначные числа и $a < b< c< d< e< f.$

Пусть $√6abcdef = 18.$ Тогда
$( ) abcdef = 186 = 2 ⋅32 6 = 26⋅312$
Первые шесть двузначных чисел, в разложении на простые которых входят только 2 и 3 — это 12, 16, 18, 24, 27 и 32. Сравним их произведение и $186 :$

$pict$

Таким образом, $√6abcdef ⁄= 18.$
Пусть $√6abcdef = 20.$ Тогда
$( ) abcdef = 206 = 22⋅5 6 = 212⋅56$
Первые шесть двузначных чисел, в разложении на простые которых входят только 2 и 5 — это 10, 16, 20, 25, 32 и 40. Сравним их произведение и $206 :$

$pict$

Таким образом, $√6abcdef ⁄= 20.$
Пусть $√6abcdef = 22.$ Тогда
$abcdef = 226 =(2⋅11)6 = 26⋅116$
Первые шесть двузначных чисел, в разложении на простые которых входят только 2 и 11 — это 11, 16, 22, 32, 44 и 64. Сравним их произведение и $226 :$

$pict$

Таким образом, среднее геометрическое шести различных двузначных чисел не может равняться 22.
На 24 есть пример: $a= 12,$ $b= 16,$ $c= 18,$ $d =24,$ $e = 36,$ $f = 64.$ Проверим его:
$abcdef = 12⋅16⋅18⋅24⋅36⋅64= (22⋅3)⋅(24)⋅(2⋅32)⋅(23⋅3)⋅(22⋅32)⋅(26)= 218⋅36$
Значит,
$6∘------ √6-18--6- 3 abcdef = 2 ⋅3 = 2 ⋅3 = 24.$

Ответ:

а) Да, может

б) 20

в) 24

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#114827

Даны два набора чисел: в первом наборе каждое число равно 150, а во втором — каждое число равно 50. Среднее арифметическое всех чисел двух наборов равно 78.

a) Каждое число первого набора уменьшили на натуральное число $n.$ Может ли среднее арифметическое всех чисел двух наборов быть равно 71?

б) Каждое число первого набора уменьшили на натуральное число $m.$ Может ли среднее арифметическое всех чисел двух наборов быть равно 70?

в) Каждое число одного набора увеличили на натуральное число $k,$ одновременно уменьшив на $k$ каждое число другого набора, при условии, что все числа остались положительными. Какие целые значения может принимать среднее арифметическое всех чисел двух наборов?

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 17

Показать ответ и решение

Пусть в первом наборе $a$ чисел, во втором $b$ чисел. Тогда

150a +50b --a+-b---= 78, 150a+ 50b = 78a +78b, 72a= 28b, 18a = 7b.

Тогда $b$ делится на 18, пусть $b= 18d.$ Тогда $a = 7d.$

а) Пусть $n= 25.$ Тогда теперь все числа в первом наборе равны 125. Значит,

125a+-50b= -75a +50 = -75⋅7d-+ 50= a +b a +b 7d+ 18d = 25⋅3-⋅7d + 50= 21+ 50= 71. 25d

б) Пусть может, тогда после этой операции среднее арифметическое равно

(150− m)a+ 50b 150a +50b am am -----a+-b-----= --a+-b--− a-+b = 78− a+-b =70

Значит, $am a+-b = 8.$ Тогда

8= am--= --7dm-- = 7m-- a+ b 7d+ 18d 25

Следовательно, $7m = 8⋅25,$ но число слева делится на 7, а справа — нет, значит, такого натурального $m$ не существует.

в) Пусть мы вычитаем $k ≤ 149$ из первого набора. Тогда новое среднее арифметическое равно

7d(150−-k)+-18d(50-+k)-= 7⋅150−-7k+-18⋅50+-18k-= 1950+-11k= 78+ 11k-. 25d 25 25 25

Таким образом, $11k$ должно делиться на 25, то есть $k$ должно делиться на 25. Мы знаем, что $1≤ k ≤ 149.$ Значит, подойдут $k,$ равные 25, 50, 75, 100, 125. Таким значениям $k$ соответствуют следующие значения среднего арифметического: 89, 100, 111, 122, 133.

Пусть вычитаем $k ≤ 49$ из второго набора. Тогда новое среднее арифметическое равно

7d(150+-k)+-18d(50-− k) 7⋅150+-7k+-18⋅50−-18k- 1950−-11k 11k- 25d = 25 = 25 = 78− 25 .

Таким образом, $11k$ должно делиться на 25, то есть $k$ должно делиться на 25. Мы знаем, что $1≤ k ≤ 49.$ Значит, подойдут $k,$ равные 25. Таким значениям $k$ соответствуют следующие значения среднего арифметического: 67.

Итого получаем 6 возможных значений среднего арифметического: 67, 89, 100, 111, 122, 133.

Ответ:

а) Да, может

б) Нет, не может

в) 67, 89, 100, 111, 122, 133

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#73700

Даны два набора чисел: в первом наборе каждое число равно 175, а во втором — каждое число равно 80. Среднее арифметическое всех чисел двух наборов равно 145.

a) Каждое число первого набора уменьшили на натуральное число $n.$ Может ли среднее арифметическое всех чисел двух наборов быть равно 132?

б) Каждое число первого набора уменьшили на натуральное число $m.$ Может ли среднее арифметическое всех чисел двух наборов быть равно 135?

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 18

Показать ответ и решение

Пусть в первом наборе $a$ чисел, во втором $b$ чисел. Тогда

175a+ 80b ---a+-b--= 145, 175a+ 80b= 145a +145b, 30a= 65b, 6a = 13b.

Тогда $b$ делится на 6, пусть $b= 6d.$ Тогда $a= 13d.$

а) Пусть $n= 19.$ Тогда теперь все числа в первом наборе равны 156. Значит,

156a+-80b= -76a +80 = 76⋅13d-+ 80= a +b a +b 13d+ 6d = 19-⋅4-⋅13d + 80= 52+ 80= 132. 19d

б) Пусть может, тогда после этой операции среднее арифметическое равно

(175− m )a +80b 175a +80b am am ----a-+b------= --a+-b---− a+-b = 145− a+-b =135

Значит, $am a+-b = 10.$ Тогда

10= -6am-- = -13bm---= 13bm--= 13m- 6a +6b 13b+6b 19b 19

Следовательно, $13m = 19⋅10,$ но число слева делится на 13, а справа — нет, значит, такого натурального $m$ не существует.

в) Пусть мы вычитаем $k ≤ 174$ из первого набора. Тогда новое среднее арифметическое равно

13d(175−-k)+-6d(80-+k)-= 13⋅175−-13k-+6-⋅80+-6k-= 2755−-7k= 145− 7k-. 19d 19 19 19

Таким образом, $7k$ должно делиться на 19, то есть $k$ должно делиться на 19. Мы знаем, что $1≤ k ≤ 174.$ Значит, подойдут $k,$ равные 19, 38, 57, 76, 95, 114, 133, 152, 171. Таким значениям $k$ соответствуют следующие значения среднего арифметического: 138, 131, 124, 117, 110, 103, 96, 89, 82.

Пусть вычитаем $k ≤ 79$ из второго набора. Тогда новое среднее арифметическое равно

13d(175+-k)+-6d(80-− k) 13⋅175+-13k-+6-⋅80−-6k- 2775+-7k 7k- 19d = 19 = 19 = 145+ 19 .

Таким образом, $7k$ должно делиться на 19, то есть $k$ должно делиться на 19. Мы знаем, что $1≤ k ≤ 79.$ Значит, подойдут $k,$ равные 19, 38, 57, 76. Таким значениям $k$ соответствуют следующие значения среднего арифметического: 152, 159, 166, 173.

Итого получаем 13 возможных значений среднего арифметического: 82, 89, 96, 103, 110, 117, 124, 131, 138, 152, 159, 166, 173.

Ответ:

а) Да

б) Нет

в) 82, 89, 96, 103, 110, 117, 124, 131, 138, 152, 159, 166, 173

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#114831

Дано четырехзначное число $---- abcd,$ где $a,b,c$ и $d$ — соответственно цифры разрядов тысяч, сотен, десятков и единиц, причем $a⁄= 0.$

а) Может ли произведение $a⋅b⋅c ⋅d$ быть больше суммы $a+ b+ c+ d$ в 3 раза?

б) Цифры $a,b,c$ и $d$ попарно различны. Сколько существует различных чисел $---- abcd$ таких, что $a ⋅b⋅c⋅d< a+ b+ c+ d?$

в) Известно, что $a⋅b⋅c⋅d= k(a+ b+ c+ d),$ где $k$ — двузначное число. При каком наименьшем значении $abcd$ число $k$ будет наибольшим?

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 19

Показать ответ и решение

а) Число 1236 подойдет:

1⋅2 ⋅3 ⋅6= 36= 3⋅12= 3⋅(1+ 2+ 3+ 6).

б) Если наименьшая цифра равна хотя бы 2, то так как все цифры различны, их произведение хотя бы $2⋅3⋅4 ⋅5 = 120,$ а сумма не больше $9⋅4 = 36.$ Значит, неравенство не выполнено.

Если есть цифра 0, то неравенство очевидно верно.

Пусть есть цифра 1. Если при этом нет цифры 2, то произведение цифр равно хотя бы $1⋅3 ⋅4 ⋅5= 60,$ что больше наибольшей суммы цифр, равной $36= 4 ⋅9.$ Пусть есть цифры 1 и 2. Тогда произведение не меньше чем $1⋅2⋅3⋅4 = 24,$ а сумма цифр не больше чем $1+ 2+ 9+ 9= 21.$ И в этом случае произведение больше суммы.

Значит, нам нужно просто найти количество четырехзначных чисел, в которых есть цифра 0. Легче это посчитать как разность количества четырехзначных чисел и чисел, в которых нуля точно нет. Всего чисел $9⋅9⋅8⋅7= 4536.$ Посчитаем количество чисел, в которых нет 0 : их $9⋅8⋅7⋅6= 3024.$

Тогда ответом будет $4536− 3024= 1512.$

в) Очевидно, что если при каких-то $a,$ $b,$ $c$ и $d$ число $k$ — наибольшее, то ни одна из цифр не равна 0.

Будем перебирать значения $k.$ Так как $k$ — двузначное число, то $k < 100.$

Начнем перебор.

Если $k = 99,$ то $abcd$ делится на 11. Такое невозможно, так как $a,$ $b,$ $c,$ $d$ — цифры.
Если $2 k = 98= 7 ⋅2,$ то $abcd$ делится на 49, то есть две цифры из четырех равны 7. Тогда третья должна быть четной. Пусть не умаляя общности $a= 7,$ $b =7,$ $c= 2x,$ где $1≤ x ≤4.$ Тогда имеем:

$xd = 14+ 2x + d.$
- Пусть $x= 1,$ тогда
  $xd= d <10 <14 < 14 + 2x + d$
- Пусть $x= 2,$ тогда при любом $d≤ 9$
  $xd= 2d< 18 +d = 14 +2x +d$
- Пусть $x= 3,$ тогда
  $xd= 3d, 14+ 2x+ d = 20 +d$
  Если $d≤ 6,$ то
  $xd≤ 18< 20+ d$
  Если $d= 7,$ то
  $xd= 21< 20+ 7= 27$
  Если $d= 8,$ то
  $xd= 24< 20+ 8= 28$
  Если $d= 9,$ то
  $xd= 27< 20+ 9= 29$
- Пусть $x= 4,$ тогда
  $xd= 4d, 14+ 2x+ d = 22 +d$
  Если $d≤ 5,$ то
  $xd≤ 20< 22+ d$
  Если $d= 6,$ то
  $xd= 24< 22+ 6= 28$
  Если $d= 7,$ то
  $xd= 28< 22+ 7= 29$
  Если $d= 8,$ то
  $xd= 32> 22+ 8= 30$
  Если $d= 9,$ то
  $xd= 36> 22+ 9= 31$
Значит, $k ⁄= 98.$
Если $k =97,$ то $abcd$ делится на 97. Такое невозможно, так как $a,$ $b,$ $c,$ $d$ — цифры.

На 96 есть пример — число из цифр 5, 8, 8 и 9. Произведение его цифр равно $26⋅32⋅5,$ а сумма цифр равна $30 =2 ⋅3⋅5.$ Тогда

6 2 k = 2-⋅3-⋅5 = 25 ⋅3 = 32⋅3= 96 2⋅3⋅5

Тогда наименьшее число из этих цифр равняется 5889.

Докажем, что числа меньше 5889 не подходят.

Пусть $---- abcd< 5889,$ тогда заметим следующее:

b-+c+-d abcd = 96(a+ b+ c+ d)⇒ bcd= 96+ 96⋅ a

Причем так можно сделать с любой цифрой. Тогда докажем, что наименьшая цифра не меньше 5. Пусть это не так. Скажем, не умаляя общности, что $a≤ 4$ и $a ≤b ≤ c≤ d.$ Тогда

b+-c+-d b+c-+d- bcd= 96+ 96⋅ a ≥96 +96⋅ 4 = 96+ 24(b+ c+ d).

Или же

d(bc− 24)≥ 96+ 24(b+ c)

Тогда $bc≥ 24,$ так как иначе при сравнении неположительного числа с положительным результат сравнения будет ложным. Тогда имеет место неравенство

9(bc− 24)≥ d(bc− 24)≥ 96+ 24(b+ c)

Теперь рассмотрим неравенство

$pict$

Аналогично скажем, что $9c ≥ 24,$ иначе сравнение окажется ложным и вновь воспользуемся тем, что $b≤ 9$ и рассмотрим неравенство

9(9c− 24) ≥b(9c− 24)≥ 312+ 24c.

Проверим на истинность:

81c− 216≥ 312+ 24c⇒ c≥ 528 > 9. 57

Получили противоречие. Тогда наименьшая цифра числа действительно не меньше 5. Тогда, возвращаясь к $---- abcd < 5889,$ $a = 5,$ так как значения меньше 4 $a$ не принимает, а в других случаях $---- abcd > 5889.$ Но так как $abcd$ кратно 96, а $a = 5$ , то $bcd$ кратно 96, причем это число кратно 32 и 3. Поймем, что если среди $b,c,d$ есть 9, то оставшиеся две цифры точно равны 8 и 8, так как возможных четных цифр больше 4 всего 2 — это 6 и 8, но с учетом кратности произведения этих двух цифр на $5 32= 2$ подойдут только две восьмерки так как степень вхождения двойки в число 6 равна 1, а в число 8 равна 3. Так мы получим уже имеющееся 5889 (поскольку мы определим однозначно все цифры). Но тогда среди цифр $b,c,d$ однозначно есть цифра 6, поскольку иначе $bcd$ не будет кратно 3 (цифр больше 4 и кратных трем, кроме 6 и 9 нет). Тогда произведение оставшихся цифр кратно $4 16= 2 .$ Это либо две 8, либо 8 и 6 (так как двух 6 не хватит для получения $4 2$ ). Разберем эти случаи:

$-5⋅6-⋅6⋅8- = 1440-= 57,6⁄= 96 5+ 6+ 6+ 8 25$
$5⋅6 ⋅8⋅8 1920 5+-6+-8+-8 = -27--= 7119 ⁄= 96$

Значит, наименьшее число $---- abcd,$ при котором $k = 96,$ равно 5889.

Ответ:

а) Да, может

б) 1512

в) 5889

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#73701

а) Может ли произведение $a⋅b⋅c ⋅d$ быть больше суммы $a+ b+ c+ d$ в 5 раз?

б) Цифры $a,b,c$ и $d$ попарно различны. Сколько существует различных чисел $---- abcd$ таких, что $a ⋅b⋅c⋅d> a+ b+ c+ d?$

в) Известно, что $a⋅b⋅c⋅d= k(a+ b+ c+ d),$ где $k$ — двузначное число. При каком наибольшем значении $abcd$ число $k$ будет наибольшим?

Источники: Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 20

Показать ответ и решение

а) Число 1285 подойдет:

1⋅2 ⋅8 ⋅5= 80= 5⋅16= 5⋅(1+ 2+ 5+ 8).

б) Разберем несколько случаев:

Если в числе $---- abcd$ есть цифра 0, то неравенство очевидно неверно.
Если в числе $abcd-$ есть цифра 1, то есть два варианта:
1)
В числе $---- abcd$ нет цифры 2. Тогда произведение цифр равно хотя бы $1 ⋅3⋅4⋅5= 60,$ что больше наибольшей суммы цифр, равной $36 = 4⋅9.$
2)
В числе $---- abcd$ есть цифры 1 и 2. Тогда произведение не меньше чем $1⋅2⋅3⋅4= 24,$ а сумма цифр не больше чем $1 +2 +9 +9 = 21.$ И в этом случае произведение больше суммы.
Если наименьшая цифра равна хотя бы 2, то, так как все цифры различны, их произведение равно хотя бы $2⋅3⋅4⋅5 =120,$ а сумма не больше $9⋅4= 36.$ Значит, неравенство выполнено.

Значит, нам нужно найти количество четырехзначных чисел, в которых все цифры различны и нет цифры 0. Их $9⋅8⋅7⋅6= 3024,$ так как первую цифру можно выбрать 9 способами; вторая цифра должна не совпадать с первой — значит, выбрать ее есть 8 способов, и так далее.

в) Очевидно, что если при каких-то $a,$ $b,$ $c$ и $d$ число $k$ — наибольшее, то ни одна из цифр не равна 0.

Будем перебирать значения $k.$ Так как $k$ — двузначное число, то $k < 100.$ Начнем перебор.

Если $k = 99,$ то $abcd$ делится на 11. Такое невозможно, так как $a,$ $b,$ $c,$ $d$ — цифры.
Если $k = 98= 72⋅2,$ то $abcd$ делится на 49, то есть две цифры из четырех равны 7. Тогда третья должна быть четной. Пусть не умаляя общности $a= 7,$ $b =7,$ $c= 2x,$ где $1≤ x ≤4,$ $x∈ ℕ.$ Тогда имеем:
$xd= 14+ 2x+ d xd− 2x− d+ 2 =16 (x − 1)(d− 2)= 16= 24$
Значит, $(d− 2)$ и $(x− 1)$ должны быть степенями двойки. Но $x ≤ 4,$ следовательно, $x − 1≤ 3,$ поэтому $(x− 1)$ равняется 1 или 2. Также, $d≤ 9,$ следовательно, $d− 2≤ 7,$ поэтому $(d − 2)$ равняется 1, 2 или 4. Таким образом,
$(x − 1)(d− 2) ≤2 ⋅4= 8< 16$
Противоречие.
Если $k = 97,$ то $abcd$ делится на 97, которое является простым числом. Такое невозможно, так как $a,$ $b,$ $c,$ $d$ — цифры.