Тема Изумруд

Изумруд - задания по годам → .07 Изумруд 2025

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела изумруд

Разделы подтемы Изумруд - задания по годам

Изумруд до 2020

Изумруд 2020

Изумруд 2021

Изумруд 2022

Изумруд 2023

Изумруд 2024

Изумруд 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#122430

Трёхзначное число состоит из цифр $a,b,c$ и обладает следующими свойствами:

$1)$ цифра в разряде единиц равна последней цифре числа $a+ b+ c;$

$2)$ цифра в разряде десятков равна последней цифре числа $ab+ bc+ca;$

$3)$ цифра в разряде сотен равна последней цифре числа $abc.$

Найдите все такие числа.

Источники: Изумруд-2025, 11.1(см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, что последняя цифра суммы а + b + с равна с. Это означает, что а + b должно быть кратно 10. Какие пары цифр а и от 1 до 9 дают в сумме 10?

Подсказка 2

Как можно переписать условие "ab + bc + са оканчивается на b"? Попробуйте выразить это через а, b и с, со старыми ограничениями. Какие новые ограничения на с это накладывает?

Подсказка 3

Финишная прямая! Рассмотрите два основных варианта: Если b = 5, то а = 5. Какие с подойдут? Если а = 1, то b = 9. Какое с даст abc, оканчивающееся на 1? Не забудьте проверить а = 6, b = 4.

Показать ответ и решение

Заметим, что можно, не умаляя общности, считать, что наше трёхзначное число — это именно $abc,$ так как числа $abc,ab+ bc+ca,a+b +c$ — симметричные выражения относительно $a,b,c$ . Тогда по условию $c$ равно последней цифре числа $a+ b+c,$ но тогда $.. (a+ b+c− c).10,$ так как разряд единиц обнулился, то есть $a+ b= 10k,$ где $k$ $∈ ℕ,$ так как $a≥ 1.$ Но $a,b≤ 9,$ значит, $a+b ≤18,$ откуда $k≤ 1$ , то есть $k= 1$ и $a +b= 10.$

Аналогично, так как последняя цифра числа $ab+bc+ ca$ совпадает с $b,$ то $.. (ab+ bc+ca− b).10.$ Перепишем иначе:

c(a+b)+ ab− b= 10c+b(a− 1)= 10n

где $n ∈ℕ.$ Тогда

a(b− 1)= 10n − 10c= 10(n− c)

то есть $b(a− 1)...10⇒ b(a− 1)...2,5.$ При этом $a,b≤ 9,$ значит, либо $b...5⇒ b∈{0,5}$ , либо $a− 1∈ {0,5}⇒ a ∈{1,6}$ (так мы обеспечим делимость на $5).$

Разберём случаи:

1.

$b= 0⇒ a =10− b= 10> 9$ — противоречие.

2.

$b= 5⇒ a =10− b= 5.$ Если $.. c.2,$ то $abc$ оканчивается на $0,$ то есть $a =0$ — противоречие. Значит $c∈ {1,3,5,7,9}.$ Заметим, что все эти числа подходят, так как $-- a +b+ c= 1c,ab+ bc+ ca= 10c+ 25,$ то заканчивается на $5 =b,$ $abc$ тоже заканчивается на $5= a.$

3.

$a =1 ⇒ b=9.$ Знаем, что последняя цифра числа $abc$ равна $a,$ то есть $9⋅c$ заканчивается на $1$ при этом $c≤ 9,$ а наименьшее натуральное число, кратное $9$ и оканчивающееся на $1$ — это $81= 9⋅9⇒ c= 9.$ То есть $--- abc= 199$ — подходит.

4.

$a =6 ⇒ b=4.$ Знаем, что последняя цифра числа $abc= 24 ⋅c$ равна $a =6,$ тогда $c∈ {4,9}:$

4.1.: $--- c= 4⇒ abc=644$ — подходит.
4.2.: $--- c= 6⇒ abc=649$ — подходит.

Итого, ответ: $551,553,555,557,559,644,649,199.$

Ответ:

$551,553,555,557,559,644,649,199$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#122431

В шахматном турнире, состоящем из нескольких туров, приняли участие $8$ шахматистов. Перед каждым туром всех игроков случайным образом делят на $4$ пары, определяя тем самым каждому из шахматистов его противника в этом туре. При этом шахматисты, уже сыгравшие друг с другом ранее, обязательно распределяются в разные пары. Может ли случиться так, что после проведённых $5$ туров будет невозможным провести шестой?

Источники: Изумруд-2025, 11.2, 10.2 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Ответ в задаче — может. Попробуйте придумать пример.

Подсказка 2

Чтобы пример придумывать было проще, попробуйте интерпретировать распределение в раундах в виде некоторой таблицы.

Подсказка 3

Рассмотрим следующую таблицу. Верхняя левая клетка пустая, в левом столбце и верхней строке цифры от 1 до 8 — игроки. Если игроки i и j играли в раунде k, то тогда в клетку (i, j) поставим k. Попробуйте как-то расставить первые 5 раундов, чтобы с помощью небольшого перебора можно было показать, что шестой невозможен.

Показать ответ и решение

Рассмотрим табличку $8× 8.$ Пронумеруем строки и столбцы слева направо и сверху вниз от $1$ до $8$ соответственно. $(i,j)$ — клетка на пересечении $i−$ ой строки и $j−$ го столбца. В клетку $(i,j),$ где $i< j,$ ставим число $k,$ если пара $i−$ ый шахматист и $j−$ ый сыграли в $k−$ ом раунде. В клетках $(i,i)$ стоят крестики (эти клетки нам не нужны). Клетки, которые ниже диагонали нам не нужны (их оставим пустыми).

Приведём пример разбиения на пары для первых $5$ -ти раундов.


	1	2	3	4	5	6	7	8

1	X		1	2	3	4	5

2		X	5	1	2	3	4

3			X	3			2	4

4				X	4			5

5					X	5		1

6						X	1	2

7							X	3

8								X

Докажем, что $6$ раунд провести нельзя. $1$ -ый сыграл со всеми, кроме $2$ -го и $8$ -го. В клетки, пары которых выбрать на $6$ -м ходе нельзя, будем писать No. Разберём два случая:

1.

$1$ -ый сыграл со $2$ -ым. Тогда имеем следующую ситуацию:


	1	2	3	4	5	6	7	8

1	X	6	1	2	3	4	5	No

2		X	5	1	2	3	4	No

3			X	3			2	4

4				X	4			5

5					X	5		1

6						X	1	2

7							X	3

8								X

Осталось расставить $3$ шестёрки. Все они стоят в разных столбцах и разных строках. Но столбцов, где есть свободные клетки всего $3,$ значит, в каждом из них ровно по одной шестёрке, тогда в клетке $(3,5)$ обязательно есть $6.$ Но тогда в клетке $(3,6)$ точно нет шестёрки, и в столбце $6$ всего $2$ свободных клетки, значит, в $(4,6)$ точно шестёрка, но тогда в $(4,7)$ её нет, значит, она есть в $(5,7),$ так как в столбце $7$ всего $2$ свободных. Итого, есть шестёрка в $(3,5)$ и в $(5,7)$ — противоречие, так как $5$ -ый сыграл дважды за $1$ раунд.


	1	2	3	4	5	6	7	8

1	X	6	1	2	3	4	5	No

2		X	5	1	2	3	4	No

3			X	3	6	No	2	4

4				X	4	6	No	5

5					X	5	6	1

6						X	1	2

7							X	3

8								X

2.

$1$ -ый сыграл с $8$ -ым. Тогда имеем следующую ситуацию:


	1	2	3	4	5	6	7	8

1	X	No	1	2	3	4	5	6

2		X	5	1	2	3	4	No

3			X	3			2	4

4				X	4			5

5					X	5		1

6						X	1	2

7							X	3

8								X

Далее аналогичными рассуждениями из предыдущего пункта получаем противоречие.

В обоих случаях противоречие, следовательно, пример рабочий.

Ответ:

Может

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#122432

Высоты $AA 1$ и $BB 1$ остроугольного неравнобедренного треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H.$ Точка $M$ — середина стороны $BC.$ Описанная окружность треугольника $A1MH$ пересекает отрезок $AM$ в точке $K.$ Докажите, что $KH$ — биссектриса угла $CKB1.$

Источники: Изумруд-2025, 11.3(см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если в контексте задачи фигурирует ортоцентр, то на картинке скорее всего будет много вписанных четырёхугольников и эта задача — не исключение.

Подсказка 2:

Обратите внимание на четырёхугольники MKB₁C и A₁HB₁C, а также на степень точки A относительно соответствующих окружностей и найдите ещё вписанные четырёхугольники.

Подсказка 3:

Если вы всё сделали верно, то четырёхугольники MKB₁C, A₁HB₁C, A₁HKM, AHKB₁ должны быть вписанными. Для завершения решения поперекидывайте угол ACB в окружностях.

Показать доказательство

Так как $AA 1$ — высота, то $∠AA C =90∘. 1$ Аналогично $∠BB C =90∘. 1$ Тогда $A HB C 1 1$ — вписанный четырёхугольник, так как $∘ ∠HA1C + ∠HB1C = 180.$ Степень точки $A$ относительно окружности $A1HB1C$ с одной стороны равна $AH ⋅AA1,$ с другой — $AB1 ⋅AC.$ То есть $AH ⋅AA1 =AB1 ⋅AC,$ тогда $A1HKM$ — вписанный, и аналогично из степени точки $A$ получаем, что $AH ⋅AA1 =AK ⋅AM.$ Итого,

AK ⋅AM = AH ⋅AA1 = AB1⋅AC → AK ⋅AM = AB1 ⋅AC,

то есть $MKB C 1$ — вписанный.

Так как $∠KMC$ и $∠KMA 1$ — смежные углы и $MKB C 1$ — вписанный, то $∠KMC = 180∘− ∠KB C, 1$ откуда $∠KMA = ∠KB C. 1 1$ Так как $A HKM 1$ — вписанный, то

∘ ∘ ∠KHA1 = 180 − ∠KMA1 = 180 − ∠KB1C = ∠KB1A,

из-за того, что $∠KB1C$ и $∠KB1A$ — смежные углы. А также получаем:

∠AHK = 180∘ − ∠KHA =180∘− ∠KB A 1 1

Отсюда $AHKB1$ — вписанный, тогда $∠AHB1 = ∠AKB1.$

$PIC$

Из вписанности $A1HB1C$ знаем, что $∘ 180 − ∠B1HA1 =∠B1CA1,$ а из смежности знаем, что $∘ ∠AHB1 = 180 − ∠B1HA1.$ Тогда $∠B1KA =∠B1HA = ∠B1CA1.$

В треугольнике $BB1C$ $∘ ∠BB1C = 90$ и точка $M$ — середина гипотенузы, значит, $BM = CM = B1M,$ то есть треугольник $B1MC$ — равнобедренный, тогда:

∠MB1C = ∠B1CM → ∠MB1C = ∠B1CA1 =∠B1KA

Так как $MKB1C$ — вписанный, то $∠MKC = ∠MB1C.$ Тогда получаем, что:

∠MKC = ∠MB1C =∠B1KA.

$A1HKM$ — вписанный, тогда $∘ ∘ ∠HKM =180 − ∠HA1M = 90,$ так как $AA1 ⊥ BC.$ То есть $HK ⊥ MA,$ значит, $∘ ∠XKM = ∠XKA = 90 ,$ где $X = HK ∩AC.$ Получаем:

∘ ∘ ∠XKC =∠XKM − ∠CKM = 90 − ∠CKM = 90 − ∠B1KA =∠XKA − ∠B1KA = ∠B1KX,

то есть $∠B1KX =∠CKX,$ значит, $HK$ — биссектриса $∠CKB1.$ Что и требовалось доказать.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#122434

Найдите все тройки натуральных чисел $x,y,z,$ являющиеся решением уравнения $2xy⋅z = 2x+y(x+ y+ z).$

Источники: Изумруд-2025, 11.4(см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обратите внимание, число 2^{xy} почти всегда значительно больше числа 2^{x + y}. Попробуйте формализовать эту идею.

Подсказка 2

Пусть x, y ≥ 6. Давайте зафиксируем y, выразим z через x и y. Осталось показать, что при больших х это выражение будет меньше 1, значит, решений не будет.

Подсказка 3

Доказывать стоит по индукции. Глобальная идея — показать, что знаменатель выражения увеличивается в большее количество раз, чем числитель при увеличении x.

Показать ответ и решение

Задача симметрична относительно $x$ и $y.$ Пусть $x = 1.$ Тогда $2yz = 2y+1(1+ y+ z)$ или $z = 2(1 +y+ z),$ чего не бывает. Значит, $x >1.$ Аналогично, $y > 1.$ Пусть $x= 2.$ Тогда $2y 2+y 2 z = 2 (2+ y+ z)$ или $-2+y-- z = 2y−2−1.$ Тогда получаем решения при $y = 3, z = 5,$ при $y =4, z =2,$ при $y =5, z =1.$ При $y > 5$ по индукции покажем, что $z < 1,$ то есть решений нет. База при $y = 6$ верна. Рассмотрим следующие оценки числителя и знаменателя в переходе $y−1 y−2 2 − 1> 2(2 − 1)$ и $2+ y+ 1< 2(2+ y),$ то есть числитель увеличился менее, чем вдвое, а знаменатель более, чем вдвое, значит, $z$ уменьшилось. Теперь можно считать, что $x, y ≥ 3.$ Тогда $xy− x− y = (x− 1)(y − 1)− 1≥ 3.$ Пусть $z >x +y.$ Тогда

2xyz ≥2x+y+3z > 2x+y2z > 2x+y(x +y+ z),

то есть равенства нет. Тогда $z ≤x +y$ и

x+y x+y+1 2 (x+y +z)≤ 2 (x+ y).

Покажем, что $2x+y−3 > x+ y$ при $x +y ≥6.$ Снова используем индукцию: пусть $x+ y = a.$ Тогда при $a= 6$ получаем $8> 6.$ Теперь переход индукции:

a−2 a−3 a− 3 2 =2⋅2 > 2 +1 ≥a+ 1,

что и требовалось. Оценим левую часть, используя полученное неравенство:

2x+y(x+ y+z)≤ 2x+y+1(x+ y)<2x+y+1+x+y−3 =22x+2y−2.

Далее $(x− 2)(y− 2)≥1,$ то есть $xy− 2x− 2y ≥− 3.$ Тогда в левой части $2xyz ≥22x+2y−3z.$ Пусть $z ≥ 2.$ Тогда

2xyz ≥22x+2y−3z ≥ 22x+2y−2 > 2x+y(x+ y+ z)

по прошлой оценке, то есть равенство возможно только при $z = 1.$ Теперь пусть $x$ или $y$ хотя бы $4.$ Тогда $(x− 2)(y− 2)≥2$ и

2xy ≥22x+2y−2,

что снова противоречит оценке правой части. Значит, $x =y =3.$ Подставляя тройку $(3,3,1)$ понимаем, что это не будет решением. Итого, мы получили ответ из шести троек (учитывая то, что есть симметричные для $x= 2):$ $(2,3,5),$ $(3,2,5),$ $(2,4,2),$ $(4,2,2),$ $(2,5,1)$ и $(5,2,1).$

Ответ:

$(2,3,5),$ $(3,2,5),$ $(2,4,2),$ $(4,2,2),$ $(2,5,1)$ и $(5,2,1)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#122436

Есть доска размера $n ×n,$ разделённая на единичные квадраты. Витя хочет выбрать $n$ из этих единичных квадратов со следующим свойством: никакие два квадрата не находятся в одной строке или в одном столбце, и ни у каких четырёх выбранных квадратов центры не лежат на одной прямой. Докажите, что Витя сможет осуществить свою задумку при любом натуральном $n.$

Источники: Изумруд-2025, 10.4 (см. izumrud.urfu.ru) | Изумруд

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала попробуем рассмотреть конкретные конструкции, которые нарушают свойства из условия. Сколько различных наборов среди них получается? Что можно сказать про количество пар клеток, лежащих на одной строке или столбце и про количество четвёрок, лежащих на одной прямой?

Подсказка 2

Для оценки количества четвёрок, лежащих на одной прямой, воспользуемся рассуждением о том, что любую прямую можно задать двумя точками. Точки в данном случае выбираем по серединам клеток. Сколько различных наборов из n клеток можно выбрать так, что они не будут соответствовать какому-то из разобранных свойств (то есть не подходить под условие)?

Подсказка 3

Предположим противное, то есть то, что у Вити не получится выбрать ни один набор. Всего наборов, в которых пары клеток не лежат на одной строке/столбце, n! (различные перестановки). Теперь сравним это количество с количеством "плохих" наборов с четвёрками клеток, не удовлетворяющим свойствам. Какой вывод можем сделать?

Подсказка 4

Неравенство от противного не выполняется при достаточно больших n (возможно предоставить точную оценку). Для меньших случаев достаточно рассмотреть частные и показать удовлетворяющие свойствам наборы.

Показать доказательство

Для начала рассмотрим, сколько различных наборов из $n$ клеток можно выбрать, чтобы никакие две не находились в одной строке или столбце. Всевозможных способов выбрать $n$ клеток так, чтобы в каждой строке и в каждом столбце была ровно одна — ровно число перестановок $n!.$ Это можно объяснить тем, что, допустим, выбирая по клетке в строке, с каждой строкой количество "разрешённых"вариантов уменьшается ровно на 1.

Теперь рассмотрим четвёрки клеток, центры которых лежат на одной прямой. Ясно, что их координаты по оси ординат и абсцисс образуют арифметическую прогрессию с начальным членом $a0$ и шагом $d,$ для которых выполняется:

a0+ 3d≤ n

Шаг может принимать значения от 1 до $[ n−-1], 3$ можем оценить сверху количество плохих расстановок по строкам и столбцам (отдельно):

n∕3 n∕3 ∑ (n− 3d)< ∑ (n)= n2 d=1 d=1 3

"Запрещённая"четвёрка определяется выбором прогрессии по столбцам, по строкам, направлением (по строкам и столбцам). Каждая "запрещённая"четвёрка клеток встречается в любом наборе из $n,$ содержащем эти четыре клетки. Остальные $n− 4$ клетки можно выбрать произвольно (с учётом строки–столбца), то есть из $(n− 4)!$ вариантов.

Получается, что количество всех "плохих"(содержащих хотя бы одну "запрещённую"четвёрку) наборов не превосходит:

( 2)2 2 ⋅ n- ⋅(n− 4)! 3

Если бы решений не было, то все $n!$ вариантов были бы плохими, и мы получили бы неравенство:

( n2)2 n!≤2⋅ 3- ⋅(n − 4)!

Разделим на $(n− 4)!$ и упростим:

4 n⋅(n− 1)⋅(n− 2)⋅(n − 3)≤ 2n 9

9⋅(n − 1)⋅(n− 2)⋅(n− 3)≤2 ⋅n3

Но при $n ≥6$ неравенство не выполняется. Получили противоречие.

Остаётся проверить вручную случаи $n = 1,2,...,5.$ Примеры правильных построений легко построить, используя вышеуказанные ограничения и запреты на расположения клеток.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#128120

В остроугольном треугольнике $ABC$ отметил точку $M$ — середину стороны $BC,$ и точку $H$ пересечения высот. Оказалось, что четырёхугольник $AHMB$ — вписанный. В каком отношении высота $AH$ делит сторону $BC?$

Источники: Изумруд-2025, 10.1 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хм-м, давайте посмотрим на уголки. Мы знаем некоторые полезные свойства ортоцентра, которые можно использовать в этой задаче. Да-да, мы можем выразить ∠AHB через ∠ACB, а также воспользоваться свойством углов, опирающихся на одну хорду.

Подсказка 2

А теперь внимательно взглянем на △AMC. В нём высота совпадает с медианой, а это значит, что этот треугольник равнобедренный!

Показать ответ и решение

Пусть $K$ и $N$ — основания высот $AH$ и $BH$ соответственно.

$PIC$

По сумме углов в четырехугольнике $CNHK$

∠KHN =180∘− ∠ACB

Четырехугольник $BMHA$ — вписанный, следовательно,

∠BMA = ∠BHA

Кроме того,

∠BHA =∠KHN

Получим, что

∠AMC = 180∘− ∠BMA =180∘− ∠KHN =

= 180∘− 180∘+ ∠ACB = ∠ACB

Треугольник $MAC$ — равнобедренный, $AK$ — высота, следовательно, и медиана. По условию, $M$ — середина $BC.$ Получим, что

BK 3 KC- = 1

Ответ:

$3 :1$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#128121

Андрей выставил на пустую шахматную доску $8× 8$ ферзя и сделал им последовательно несколько ходов (по шахматным правилам), закрашивая в красный цвет те клетки, через которые прошёл ферзь (включая конечную и начальную). Для каждого хода Андрей вычислили расстояние между центрами начального и конечного положения ферзя и оказалось, что все эти расстояния различны. Какое наибольшее количество красных клеток может быть сейчас на доске?

Источники: Изумруд-2025, 10.3 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вспомните, какие два вида ходов может совершить ферзь?

Подсказка 2

Ага, по прямой и по диагонали. Теперь подумайте, сколько различных расстояний может быть на доске?

Подсказка 3

Если ход ферзя параллелен одной из сторон доски, то его длина может быть целым числом от 1 до 7. Сделайте аналогичный вывод из ходов по диагонали.

Показать ответ и решение

Если ход ферзя параллелен одной из сторон доски, то его длина может быть целым числом от 1 до 7. Если параллелен одной из диагоналей — его длина может принимать значения $√ - 2,$ $√ - √- 2 2,...,7 2.$ Значит, посещенных клеток, включая начальную, будет не более

1 +2⋅(1+ 2+...+7)= 57

Приведем пример посещения ферзем 57 клеток:

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#128122

Положительные числа $a,b,c,d$ составляют в указанном порядке возрастающую арифметическую прогрессию, причём $a2 +d2 = b3+c3.$ Докажите, что $d< 3.$

Источники: Изумруд-2025, 10.4 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала распишите равенство через первый член и разность прогрессии.

Подсказка 2

Давайте для удобного преобразования выражения возьмем a за x-3y, а разность прогрессии за 2y.

Подсказка 3

Выразите y через x с помощью данного равенства.

Подсказка 4

Вспомните, что исходные числа у нас положительные.

Подсказка 5

x > 3y, зная это — сделайте оценку на х.

Подсказка 6

Получилось, что x < 3/2, и снова вспомним о том что x > 3y. Завершите оценку на d.

Показать доказательство

Введем обозначения:

a+-d b-+c x= 2 = 2

2y = b− a= c− b =d− c

Тогда

a= x− 3y

b= x− y

c= x+ y

d= x+ 3y

Поскольку числа положительные,

a =x− 3y > 0

Из этого следует, что

x +3y < 2x

Запишем условие задачи в новом виде:

2 2 3 3 (x− 3y) + (x+ 3y) =(x− y) +(x+ y)

x2 +9y2 = x3+ 3xy2 = x(x2+3y2)

Тогда

x = x2+9y2= 1+ --6y2--< 1+ ---6y2----= 3 x2+3y2 x2+ 3y2 (3y)2+3y2 2

Получим, что

d =x +3y < 2x< 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#128123

Император планеты Кибертрон приказал создать календарь наподобие земного, то есть разбить год на месяцы так, чтобы один месяц содержал 28 дней, а все остальные — либо 30 , либо 31. Кроме того, он пожелал, чтобы среди любых трёх последовательных месяцев был хотя бы один 31-дневный: «лишние» 31-е дни император планировал сделать всепланетными праздниками, а праздников хотелось побольше. Однако Мудрейший математик Кибертрона установил, что приказ Императора выполнить невозможно. Каким наибольшим числом может быть количество дней в году на планете Кибертрон, если известно, что это число — целое?

Источники: Изумруд-2025, 10.5 (см. izumrud.urfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за N количество суток в одном году на планете Кибертрон. Подумайте какие условие должны выполняться, чтобы N подходило под условие задачи, а также подумайте сколько может быть месяцев по 30 дней и по 31 дню.

Подсказка 2

Несложным образом можно доказать, что все числа вида 31 * a + 28 приемлемы, подумайте также какие числа ещё могут подойти. Аккуратно разберите все случаи и посмотрите, какие случаи приведут к правильному ответу, а какие нет.

Показать ответ и решение

Пусть год на Кибертроне составляет $N$ суток. Приказ Императора может быть выполнен тогда и только тогда, когда для некоторых целых неотрицательных $m$ и $k$ выполняется

(| { N =28+ 30m + 31k |( k≥ k+ m+ k+-m-+1- 3

Назовём натуральные $N,$ представимые в указанном виде, приемлемыми, а выражение $28+ 30m + 31k$ — представлением $N.$ Найдем все приемлемые числа $N.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма.Пусть число $N$ — приемлемо. Тогда можно считать, что в его представлении $28 +30m +31,$ где $0≤ m ≤30,$ и такое $m$ (следовательно, и $k)$ — единственно.

Доказательство. Пусть $N = 28 +30m +31k,$ но $m ≥ 31.$ Тогда

N = 28 +30⋅(m− 31)+31⋅(k+ 30)

При этом

k+ 30> k≥ m-+1-> m-− 31+-1 2 2

Следовательно, пара $m1 = m − 31,$ $k1 = k+ 30$ тоже подходит для представления $N.$ Осуществляя данную операцию несколько раз, найдём требуемое представление. Чтобы показать его единственность, предположим противное, то есть, что для некоторых различных $m1$ и $m , 2$ не превосходящих 30

N = 28 +30m1+ 31k1 =28+ 30m2+ 31k2

Тогда

30(m1 − m2)= 31(k2− k1)

Заметим, что левая часть не может быть кратна 31 — противоречие.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Вернемся к задаче. Все числа вида $31a+ 28$ приемлемы $(m = 0,$ $k= a).$ Число вида $31a+ 27= 28 +30+ 31(a− 1)$ приемлемо, только если

m + 1 k =a− 1≥ --2--= 1

Другими словами, $a≥ 2.$ Наибольшее неприемлемое число такого вида — $31⋅1+ 27= 58.$ Аналогично, $N = 31a +26= 28+ 30⋅2+ 31(a − 2)$ (здесь $m = a,$ $k= 0)$ приемлемо, если

k= a− 2≥ m-+1-= 3 2 2

a ≥ 7 2

Наибольшее неприемлемое число такого вида — $31⋅3+ 26= 119.$ В остальных случаях имеем $N =28+ 31a − t,$ где $0≤ t≤30.$ Тогда $N = 28+30t+ 31(a− t)$ приемлемо тогда и только тогда, когда

a− t≥ t+1- 2

3 1 a ≥ 2t+2

Поскольку $a$ — целое, получаем, что наибольшее неприемлемое число указанного вида достигается при $3 a= 2t$ в случае нечетного $t$ и при $3 1 a = 2t−2$ в случае нечетного $t.$ Значения $N$ будут соответственно равны