Ре­ше­ние. При­сво­им каж­дой кар­точ­ке номер от 1 до 10. Пусть a₁, a₂, ..., a₁₀  — числа, дан­ные в усло­вии и за­пи­сан­ные на кар­точ­ках вна­ча­ле (число a_k за­пи­са­но на кар­точ­ке с но­ме­ром k).

Ана­ло­гич­но, b₁, b₂, ..., b₁₀  — числа того же на­бо­ра, но за­пи­сан­ные на кар­точ­ках после их пе­ре­ме­ши­ва­ния. Со­глас­но усло­вию рас­смат­ри­ва­ет­ся число:

а)  Пред­по­ло­жим, что c  =  0. Тогда в про­из­ве­де­нии найдётся ну­ле­вой мно­жи­тель, то есть для не­ко­то­ро­го k. Но это не­воз­мож­но, по­сколь­ку в дан­ном на­бо­ре ни для ка­ко­го числа a_k нет ему про­ти­во­по­лож­но­го по знаку. Зна­чит, 0 по­лу­чить­ся не может.

б)  Пред­по­ло­жим, что c нечётно. Тогда в про­из­ве­де­нии каж­дый мно­жи­тель дол­жен быть нечётным, то есть нечётно для лю­бо­го

Сле­до­ва­тель­но, для каж­до­го k в паре (a_k, b_k) одно число чётное, а дру­гое нечётное. По­это­му в по­сле­до­ва­тель­но­сти (a₁, ..., a₁₀, b₁ ..., b₁₀) ока­жет­ся 10 чётных и 10 нечётных чисел. Од­на­ко из усло­вия вы­те­ка­ет, что ука­зан­ная по­сле­до­ва­тель­ность со­дер­жит 8 чётных чисел и 12 нечётных.

Воз­ник­шее про­ти­во­ре­чие по­ка­зы­ва­ет, что c обя­за­но быть чётным. В част­но­сти, 1 по­лу­чить­ся не может.

в)  Далее счи­та­ем, что c > 0. Пред­по­ло­жим, что c  =  2. Тогда в про­из­ве­де­нии ровно один из мно­жи­те­лей по мо­ду­лю равен 2, а все осталь­ные по мо­ду­лю равны 1. Иными сло­ва­ми, для не­ко­то­ро­го m и для всех осталь­ных k.

Числа a_m и b_m оба чётные или оба нечётные. В каж­дой из осталь­ных де­вя­ти пар (a_k, b_k) одно число чётное, а дру­гое нечётное. Стало быть, в по­сле­до­ва­тель­но­сти (a₁, ..., a₁₀, b₁ ..., b₁₀) ока­жет­ся или 11 чётных и 9 нечётных чисел (если a_m и b_m чётны), или, на­о­бо­рот, 9 чётных и 11 нечётных чисел (если a_m и b_m нечётны). Но, как было ука­за­но выше, чётных и нечётных чисел в этой по­сле­до­ва­тель­но­сти име­ет­ся 8 и 12 со­от­вет­ствен­но.

Зна­чит, слу­чай c  =  2 не­воз­мо­жен. По­сколь­ку c чётно, имеем оцен­ку:

При­ведём при­мер, в ко­то­ром до­сти­га­ет­ся ра­вен­ство c  =  4. Пусть сна­ча­ла на кар­точ­ках на­пи­са­ны числа в ис­ход­ном по­ряд­ке:

Затем на тех же кар­точ­ках ока­за­лись числа:

По­лу­ча­ем:

Сле­до­ва­тель­но, наи­мень­шее не­от­ри­ца­тель­ное зна­че­ние c равно 4.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  4.

Ре­ше­ние. а)  Если груп­па со­сто­ит из 3 маль­чи­ков, по­се­тив­ших толь­ко театр, 7 маль­чи­ков, по­се­тив­ших толь­ко кино, и 10 де­во­чек, схо­див­ших и в театр, и в кино, то усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но. Зна­чит, в груп­пе из 20 уча­щих­ся могло быть 10 маль­чи­ков.

б)  Пред­по­ло­жим, что маль­чи­ков было 11 или боль­ше. Тогда де­во­чек было 9 или мень­ше. Театр по­се­ти­ло не более 3 маль­чи­ков, по­сколь­ку если бы их было 3 или боль­ше, то доля маль­чи­ков в те­ат­ре была бы не мень­ше что боль­ше Ана­ло­гич­но, кино по­се­ти­ло не более 7 маль­чи­ков, по­сколь­ку но тогда хотя бы один маль­чик не по­се­тил ни те­ат­ра, ни кино, что про­ти­во­ре­чит усло­вию.

В преды­ду­щем пунк­те было по­ка­за­но, что в груп­пе из 20 уча­щих­ся могло быть 10 маль­чи­ков. Зна­чит, наи­боль­шее ко­ли­че­ство маль­чи­ков в груп­пе  — 10.

в)  Пред­по­ло­жим, что не­ко­то­рый маль­чик схо­дил и в театр, и в кино. Если бы вме­сто него в груп­пе при­сут­ство­ва­ло два маль­чи­ка, один из ко­то­рых по­се­тил толь­ко театр, а дру­гой  — толь­ко кино, то доля маль­чи­ков и в те­ат­ре, и в кино оста­лась бы преж­ней, а общая доля де­во­чек стала бы мень­ше. Зна­чит, для оцен­ки наи­мень­шей доли де­во­чек в груп­пе можно счи­тать, что каж­дый маль­чик схо­дил или толь­ко в театр, или толь­ко в кино.

Пусть в груп­пе маль­чи­ков, по­се­тив­ших театр, маль­чи­ков, по­се­тив­ших кино, и d де­во­чек. Оце­ним долю де­во­чек в этой груп­пе. Будем счи­тать, что все де­воч­ки хо­ди­ли и в театр, и в кино, по­сколь­ку их доля в груп­пе от этого не из­ме­нит­ся, а доля в те­ат­ре и в кино не умень­шит­ся.

По усло­вию

зна­чит, Тогда по­это­му доля де­во­чек в груп­пе:

Если груп­па со­сто­ит из 3 маль­чи­ков, по­се­тив­ших толь­ко театр, 6 маль­чи­ков, по­се­тив­ших толь­ко кино, и 8 де­во­чек, схо­див­ших и в театр, и в кино, то усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но, а доля де­во­чек в груп­пе равна

Ответ: а) да: б) 10; в)

Ре­ше­ние. a)  Всего име­ет­ся 33 + 27 = 60 ко­ро­бок. Зна­чит, в каж­дом кон­тей­не­ре долж­но на­хо­дить­ся по 30 ко­ро­бок. Пусть x  — ко­ли­че­ство лёгких (по 19 кг) ко­ро­бок в пер­вом кон­тей­не­ре. Тогда число тяжёлых (по 49 кг) ко­ро­бок в пер­вом кон­тей­не­ре равно Во вто­ром кон­тей­не­ре лёгких ко­ро­бок по­лу­ча­ет­ся а тяжёлых ко­ро­бок:

Сум­мар­ные массы ко­ро­бок в пер­вом и вто­ром кон­тей­не­рах равны со­от­вет­ствен­но:

От­сю­да:

Число яв­ля­ет­ся нечётным и при­ни­ма­ет наи­мень­шее воз­мож­ное зна­че­ние 1 при или Сле­до­ва­тель­но, наи­мень­шее зна­че­ние S равно 30.

б)  Пусть в пер­вом кон­тей­не­ре на­хо­дит­ся x лёгких ко­ро­бок и y тяжёлых ко­ро­бок. Тогда во вто­ром кон­тей­не­ре будет и лёгких и тяжёлых ко­ро­бок со­от­вет­ствен­но. Имеем:

При этом имеют место не­ра­вен­ства:

Ве­ли­чи­на S равна:

Нам, таким об­ра­зом, тре­бу­ет­ся найти ми­ни­маль­ное зна­че­ние S при усло­вии, что вы­пол­не­ны оба не­ра­вен­ства.

За­ме­тим, что воз­мо­жен пря­мой пе­ре­бор всех зна­че­ний x и то

есть по­сле­до­ва­тель­ное рас­смот­ре­ние всех ва­ри­ан­тов. Во­об­ще, ис­чер­пы­ва­ю­щий пе­ре­бор ко­неч­но­го числа ва­ри­ан­тов  — это пол­но­цен­ное ре­ше­ние за­да­чи! Но мы, есте­ствен­но, таким путём не пойдём и по­ищем спо­соб из­бе­жать пря­мо­го пе­ре­бо­ра.

Пре­жде всего про­ве­рим, не может ли S рав­нять­ся нулю. Для этого рас­смот­рим урав­не­ние:

Будем ис­поль­зо­вать остат­ки от де­ле­ния на 7. Пе­ре­пи­шем урав­не­ние сле­ду­ю­щим об­ра­зом:

Не­труд­но про­ве­рить, что 975 даёт оста­ток 2 Зна­чит, и сла­га­е­мое 5x даёт оста­ток 2 (ведь осталь­ные сла­га­е­мые в левой части де­лят­ся на 7). Какой оста­ток при этом даёт сам x? Пе­ре­бор остат­ков от 0 до 6 по­ка­зы­ва­ет, что един­ствен­ная воз­мож­ность  — это оста­ток 6, то есть

Под­став­ля­ем в

и после со­кра­ще­ния на 7:

Бла­го­да­ря этому со­кра­ще­нию урав­не­ние проще урав­не­ния. Да­вай­те по­вто­рим всю эту про­це­ду­ру  — те­перь уже при­ме­ни­тель­но к урав­не­нию. На­чи­на­ем так же:

Пра­вая часть 123 даёт оста­ток 4 Зна­чит, и 5k даёт оста­ток 4. Тогда k может да­вать толь­ко оста­ток 5:

Под­став­ляя в по­лу­чим: Таким об­ра­зом, ока­зы­ва­ет­ся, что   — во­пре­ки пер­во­му не­ра­вен­ству.

Итак, урав­не­ние не имеет ре­ше­ний, удо­вле­тво­ря­ю­щих усло­вию. По­это­му

А какие ре­ше­ния есть? Да­вай­те всё же доведём до конца ре­ше­ние урав­не­ния  — по­лез­но по­смот­реть, чем дело кон­чит­ся. Под­ста­вим:

От­сю­да видно, что един­ствен­ная воз­мож­ность  — это m  =  0 и y  =  4. Остаётся найти x. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

По­сколь­ку S яв­ля­ет­ся чётным чис­лом, имеем оцен­ку: Ра­вен­ство до­сти­га­ет­ся, на­при­мер, в слу­чае x  =  23 и y  =  11:

Сле­до­ва­тель­но, наи­мень­шее зна­че­ние S равно 2.

Ответ: а) 30; б) 2.

Ре­ше­ние. а)  Пусть L  — длина мотка верёвки. Коль скоро его можно раз­ре­зать на 24 стан­дарт­ных куска, вы­пол­не­но не­ра­вен­ство А так как не все куски имеют оди­на­ко­вую длину, не­ра­вен­ство яв­ля­ет­ся стро­гим:

По тем же самым при­чи­нам спра­вед­ли­во не­ра­вен­ство Итак,

Те­перь за­ме­тим, что и По­это­му и мы по­лу­ча­ем новое двой­ное не­ра­вен­ство для L:

Пред­по­ло­жим, что моток можно раз­ре­зать на стан­дарт­ных кус­ков оди­на­ко­вой длины. Тогда имеем не­ра­вен­ство

ко­то­рое про­ти­во­ре­чит не­ра­вен­ству. Сле­до­ва­тель­но,

По­ка­жем, что наш моток можно раз­ре­зать на 24 оди­на­ко­вых стан­дарт­ных куска. Из не­ра­вен­ства сле­ду­ет, что где Раз­ре­жем моток на 24 куска оди­на­ко­вой длины; тогда длина d од­но­го куска равна:

С одной сто­ро­ны, С дру­гой сто­ро­ны,

Итак, так что куски яв­ля­ют­ся стан­дарт­ны­ми. Сле­до­ва­тель­но, дан­ный моток раз­ре­за­ет­ся самое боль­шее на 24 оди­на­ко­вых стан­дарт­ных куска.

б)  Сфор­му­ли­ру­ем и решим за­да­чу в общем виде  — тем самым яснее про­явит­ся идея её ре­ше­ния.

Пусть a и b  — на­ту­раль­ные числа (a < b). Вся­кое число, рас­по­ло­жен­ное на от­рез­ке на­зы­ва­ем стан­дарт­ным. Нам надо найти такое наи­мень­шее число l, что любое число можно пред­ста­вить в виде суммы стан­дарт­ных сла­га­е­мых.

Cуще­ству­ет наи­боль­шее на­ту­раль­ное n, для ко­то­ро­го вы­пол­не­но не­ра­вен­ство

В самом деле, не­труд­но ви­деть, что это есть наи­боль­шее на­ту­раль­ное n, удо­вле­тво­ря­ю­щее не­ра­вен­ству Обо­зна­чим его n₀:

Пусть сна­ча­ла По­ка­жем, что найдётся не пред­ста­ви­мое в виде суммы стан­дарт­ных сла­га­е­мых. Возьмём L таким, что Иными сло­ва­ми, мы вы­би­ра­ем число L, од­но­вре­мен­но удо­вле­тво­ря­ю­щее двум усло­ви­ям:

1)  

2)  

По­сколь­ку из вто­ро­го усло­вия сле­ду­ет не­ра­вен­ство

Пред­по­ло­жим, что L равно сумме k стан­дарт­ных сла­га­е­мых. Тогда От­сю­да и из не­ра­вен­ства сле­ду­ет, что од­но­вре­мен­но вы­пол­не­ны не­ра­вен­ства и По­лу­чен­ное про­ти­во­ре­чие по­ка­зы­ва­ет, что L нель­зя пред­ста­вить в виде суммы стан­дарт­ных

сла­га­е­мых.

Пусть те­перь По­ка­жем, что любое число можно пред­ста­вить в виде суммы стан­дарт­ных сла­га­е­мых.

Для лю­бо­го L найдётся на­ту­раль­ное n такое, что По­сколь­ку вы­пол­не­но имеем От­сю­да в со­от­вет­ствии с опре­де­ле­ни­ем числа n₀ за­клю­ча­ем, что Это даёт нам не­ра­вен­ство

или

Сле­до­ва­тель­но, L можно пред­ста­вить в виде суммы n стан­дарт­ных сла­га­е­мых, каж­дое из ко­то­рых равно

Таким об­ра­зом, мы нашли наи­мень­шее l, такое, что любое число пред­став­ля­ет­ся сум­мой стан­дарт­ных сла­га­е­мых. Это наи­мень­шее l равно

Остаётся при­ме­нить по­лу­чен­ные ре­зуль­та­ты к ис­ход­ной за­да­че. Имеем: a  =  168, b  =  175, так что

На­хо­дим Тогда

Ответ: а) 24; б) 4032.

Ре­ше­ние. а)  Пусть уче­ник имеет n оце­нок, и S  — их сумма. Тогда:

От­сю­да зна­чит, n де­лит­ся на 8. По­это­му

При­ведём при­мер с Пусть уче­ник имеет семь пятёрок и двой­ку. Тогда его сред­ний балл:

Итак, наи­мень­шее воз­мож­ное ко­ли­че­ство оце­нок уче­ни­ка равно 8.

б)  Пусть уче­ник имел оцен­ки 3, 3, 5, 5, a₁, a₂, ..., a_k. Обо­зна­чим

За­ме­тим сразу, что

По­смот­рим, какие огра­ни­че­ния на k на­кла­ды­ва­ет тот факт, что сред­ний балл равен 4,625. Сумма оце­нок уче­ни­ка равна ко­ли­че­ство оце­нок равно так что

От­сю­да легко по­лу­ча­ем:

Пра­вая часть долж­на де­лить­ся на 8. Число 20 при де­ле­нии на 8 даёт оста­ток 4. Зна­чит, 37k при де­ле­нии на 8 также долж­но да­вать оста­ток 4. Какой оста­ток даёт само k? По­сколь­ку и 32k де­лит­ся на 8, число 5k при де­ле­нии на 8 даёт оста­ток 4. Пе­ре­би­рая остат­ки от 0 до 7, легко видим, что и k даёт оста­ток 4:

Под­став­ля­ем это:

и после со­кра­ще­ния на 8 по­лу­чим:

от­ку­да то есть Это даёт нам нуж­ное не­ра­вен­ство на k:

Пусть те­перь оцен­ки уче­ни­ка стали 4, 4, a₁, a₂, ..., a_k. Сумма оце­нок равна ко­ли­че­ство оце­нок равно На­хо­дим из­ме­не­ние сред­не­го балла:

Имеем:

Мак­си­маль­ное зна­че­ние ∆ до­сти­га­ет­ся при ми­ни­маль­но воз­мож­ном зна­че­нии k, рав­ном 12:

Таким об­ра­зом, мак­си­маль­ное уве­ли­че­ние сред­не­го балла со­став­ля­ет

Ответ: а) 8; б) на

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим суммы чисел в груп­пах а ука­зан­ную в усло­вии сумму мо­ду­лей их по­пар­ных раз­но­стей через Можно счи­тать, что

а)  Чтобы число A рав­ня­лось не­об­хо­ди­мо, чтобы каж­дая из раз­но­стей рав­ня­лась то есть Сумма всех две­на­дца­ти чисел С дру­гой сто­ро­ны, она равна но 78 не де­лит­ся на 4. Зна­чит,

б)  Чтобы число A рав­ня­лось не­об­хо­ди­мо, чтобы все, кроме одной, раз­но­сти рав­ня­лись Зна­чит, но в этом слу­чае каж­дая из сумм не равна хотя бы одной из сумм по­это­му хотя бы три раз­но­сти не равны и число А не мень­ше 3. Зна­чит,

в)  Вы­ра­зим число A явно через :

В преды­ду­щих пунк­тах было по­ка­за­но, что Если то или В этом слу­чае сумма всех две­на­дца­ти чисел равна или то есть нечётна, что не­вер­но.

Для сле­ду­ю­ще­го раз­би­е­ния чисел на груп­пы:   — число A равно 4.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  4.

Ре­ше­ние. Пусть по кругу рас­став­ле­ны числа a₁, a₂, ..., a₄₈. Ко­ли­че­ство по­ло­жи­тель­ных чисел среди них обо­зна­чим p.

а)  По­сколь­ку сумма всех чисел равна 20, среди них есть как по­ло­жи­тель­ные, так и от­ри­ца­тель­ные. По­это­му

Пусть В этом слу­чае сумма по­ло­жи­тель­ных чисел не менее 47. Но тогда един­ствен­ное от­ри­ца­тель­ное число мень­ше или равно −27 и по­то­му от­ли­ча­ет­ся от со­сед­них чисел более чем на 7. Это про­ти­во­ре­чит усло­вию. Зна­чит,

Пусть Сумма по­ло­жи­тель­ных чисел не менее 46. От­ри­ца­тель­ных чисел всего два, и их сумма мень­ше или равна −26. Зна­чит, одно из от­ри­ца­тель­ных чисел мень­ше или равно −13. Это число от­ли­ча­ет­ся от со­сед­не­го по­ло­жи­тель­но­го числа более чем на 7. По­это­му

При­ведём при­мер, когда По­ло­жим

Сумма этих чисел равна:

Легко ви­деть, что и осталь­ные усло­вия за­да­чи вы­пол­не­ны. Сле­до­ва­тель­но, наи­боль­шее воз­мож­ное зна­че­ние p равно 45.

б)  Из того, что среди любых четырёх под­ряд иду­щих чисел име­ет­ся хотя бы одно по­ло­жи­тель­ное, сле­ду­ет, что

В самом деле, разобьём наши 48 чисел на 12 четвёрок:

Если то по край­ней мере в одной четвёрке не будет по­ло­жи­тель­но­го числа  — во­пре­ки усло­вию.

Остаётся предъ­явить при­мер с Пусть

а осталь­ные 36 чисел равны −1. Сумма этих чисел:

Осталь­ные усло­вия за­да­чи в дан­ном при­ме­ре также вы­пол­не­ны. Этот при­мер и оцен­ка до­ка­зы­ва­ют, что наи­мень­шее воз­мож­ное зна­че­ние p равно 12.

Ответ: а) 45; б) 12.

Ре­ше­ние. a)  Рас­смот­рим раз­би­е­ние числа 34 на 35 сла­га­е­мых, рав­ных При раз­де­ле­нии этих сла­га­е­мых на две груп­пы в одной из них ока­жет­ся не менее 18 чисел, сумма ко­то­рых равна Зна­чит, S не может быть рав­ным 34.

б)  По­сколь­ку S яв­ля­ет­ся сум­мой двух чисел, не боль­ших 17, по­лу­ча­ем Пусть Рас­смот­рим раз­би­е­ние числа S на 35 сла­га­е­мых, рав­ных При раз­де­ле­нии этих сла­га­е­мых на две груп­пы в одной из них ока­жет­ся не менее 18 чисел, сумма ко­то­рых равна Зна­чит, S не может быть боль­ше

в)  До­ка­жем, что число удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи. Рас­смот­рим про­из­воль­ное пред­став­ле­ние в виде суммы по­ло­жи­тель­ных сла­га­е­мых, не пре­вос­хо­дя­щих 1: Можно счи­тать, что сла­га­е­мые упо­ря­до­че­ны по убы­ва­нию: Первую груп­пу со­ста­вим из k наи­боль­ших сла­га­е­мых так, чтобы Вто­рую груп­пу со­ста­вим из остав­ших­ся сла­га­е­мых.

Пусть В этом слу­чае и По­это­му и Тогда

По­лу­чен­ное про­ти­во­ре­чие до­ка­зы­ва­ет, что По­это­му сумма сла­га­е­мых во вто­рой груп­пе

Таким об­ра­зом, число удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи. В преды­ду­щем пунк­те было по­ка­за­но, что ни одно из чисел не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи, зна­чит, мак­си­маль­но воз­мож­ное зна­че­ние S  — это

Ответ: а) нет; б) нет; в)

Ре­ше­ние. а)  При сле­ду­ю­щей рас­ста­нов­ке зна­ков по­лу­ча­ет­ся тре­бу­е­мая сумма:

б)  Среди вы­пи­сан­ных чисел чётных и нечётных. По­это­му любая сумма, ко­то­рую можно по­лу­чить, будет нечётной и не может рав­нять­ся

в)  За­ме­тим, что Зна­чит, между квад­ра­та­ми по­сле­до­ва­тель­ных на­ту­раль­ных чисел можно рас­ста­вить знаки так, что по­лу­чен­ная сумма будет рав­нять­ся

При можно раз­бить все дан­ные числа на груп­пы по чисел в каж­дой так, что сумма чисел в каж­дой груп­пе равна а зна­чит, и сумма всех чисел равна

г)  Как и в преды­ду­щем пунк­те, рас­ста­вим знаки между чис­ла­ми таким об­ра­зом, чтобы их сумма рав­ня­лась Перед по­ста­вим знак «». При такой рас­ста­нов­ке зна­ков сумма равна

Ответ: а) да; б) нет; в) да; г) да.