Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер, для числа 398 по­лу­чим 398 + 20 + 2  =  420.

б)  Нет. Число и его сумма цифр дают оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии на 3, по­это­му сумма трех таких чисел все­гда крат­на трем, число 419 трем не крат­но.

в)  По­сколь­ку число трех­знач­ное, его сумма цифр не пре­вос­хо­дит 27, зна­чит, она долж­на быть равна 14 или 23. Пе­ре­фор­му­ли­ру­ем: под­хо­дят все трех­знач­ные числа с остат­ком 5 при де­ле­нии на 9, кроме тех, у ко­то­рых сумма цифр 5.

Эти числа равны 11 · 9 + 5  =  104, 12 · 9 + 5  =  113, ..., 110 · 9 + 5  =  995. То есть всего име­ет­ся 110 − 11 + 1  =  100 трех­знач­ных чисел с нуж­ным остат­ком от де­ле­ния на 9. Оста­лось вы­ки­нуть числа с сум­мой цифр 5.

Из цифр 5, 0, 0 можно со­ста­вить одно такое трёхзнач­ное число.

Из цифр 4, 1, 0 можно со­ста­вить че­ты­ре таких трёхзнач­ных числа.

Из цифр 3, 2, 0 можно со­ста­вить че­ты­ре таких трёхзнач­ных числа.

Из цифр 3, 1, 1 можно со­ста­вить три таких числа.

Из цифр 2, 2, 1 можно со­ста­вить три таких числа.

Дру­гих на­бо­ров с сум­мой 5 нет. Итого: 100 − 1 − 4 − 4 − 3 − 3  =  85 чисел.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  85.

При­ведём ре­ше­ние пунк­та б) Ели­за­ве­ты Зе­ле­нень­кой (Москва).

б)  Пред­ста­вим пер­вое число в сле­ду­ю­щем виде: x₁  =  100a + 10b + c. Тогда вто­рое число x₂  =  a + b + c  =  10d + h, от­сю­да h  =  a + b + c − 10d. Тре­тье число х₃  =  d + h. За­пи­шем сумму всех трех чисел:

За­ме­ним h на a + b + c − 10d:

За­ме­тим, что 102, 12, 3 и −9 де­лят­ся на три, зна­чит, вся сумма де­лит­ся на 3.

При­ведём ре­ше­ние пунк­та в) Яро­сла­ва Бе­счаст­но­го.

в)  Если по­след­нее число равно 5, то сумма цифр вто­ро­го числа равна 5. Так как пер­вое число трех­знач­ное, его мак­си­маль­ная сумма цифр равна 27, зна­чит, вто­рое число либо 14, либо 23. Пе­ре­бе­рем все воз­мож­ные ва­ри­ан­ты.

1 слу­чай. Если х₂  =  14, то a + b + c  =  14.

Если а  =  9, то b + c  =  5 (все пары (b; c): (5; 0), (4; 1), (3; 2), (2; 3), (1; 4), (0; 5))  — 6 ва­ри­ан­тов. Даль­ше ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов будет уве­ли­чи­вать­ся на 1:

Если а  =  8, то b + c  =  6  — 7 ва­ри­ан­тов: (6; 0), (5; 1), (4; 2), (3; 3), (2; 4), (1; 5), (0; 6).

Если а  =  7, то b + c  =  7  — 8 ва­ри­ан­тов: (7; 0), (6; 1), (5; 2), (4; 3), (3; 4), (2; 5), (1; 6), (0; 7).

Если а  =  6, то b + c  =  8  — 9 ва­ри­ан­тов.

Если а  =  5, то b + c  =  9  — 10 ва­ри­ан­тов. Даль­ше ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов будет умень­шать­ся, т. к. b, с ⩽ 9.

Если а  =  4, то b + c  =  10  — 9 ва­ри­ан­тов.

Если а  =  3, то b + c  =  11  — 8 ва­ри­ан­тов.

Если а  =  2, то b + c  =  12  — 7 ва­ри­ан­тов.

Если а  =  1, то b + c  =  13  — 6 ва­ри­ан­тов.

Всего будет 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 9 + 8 + 7 + 6  =  70 ва­ри­ан­тов.

2 слу­чай. Если х₂  =  23, то a + b + c  =  23.

Если а  =  9, то b + c  =  14 (все пары (b; c): (9; 5), (8; 6), (7; 7), (6; 8), (5; 9))  — 5 ва­ри­ан­тов.

Если а  =  8, то b + c  =  15  — 4 ва­ри­ан­та.

Если а  =  7, то b + c  =  16  — 3 ва­ри­ан­та.

Если а  =  6, то b + c  =  17  — 2 ва­ри­ан­та.

Если а  =  5, то b + c  =  18  — 1 ва­ри­ант.

Если а  =  4, то b + c  =  19  — нет ва­ри­ан­тов.

Всего будет 5 + 4 + 3 + 2 + 1  =  15 ва­ри­ан­тов.

Итого: 70 + 15  =  85 ва­ри­ан­тов.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер, для числа 2009 по­лу­чим 2009 + 11 + 2  =  2022.

б)  Нет. Число и его сумма цифр дают оди­на­ко­вые остат­ки при де­ле­нии на 9. По­это­му сумма трех таких чисел все­гда крат­на 3, в от­ли­чие от числа 2021.

в)  По­сколь­ку число трех­знач­ное, сумма его цифр не пре­вос­хо­дит 27. Зна­чит, она долж­на быть равна 11 или 20. Пе­ре­фор­му­ли­ру­ем за­да­чу: най­дем все трех­знач­ные числа с остат­ком 2 при де­ле­нии на 9, кроме тех, у ко­то­рых сумма цифр 2. Эти числа равны 11 · 9 + 2  =  101, 12 · 9 + 2  =  110, ..., 110 · 9 + 2  =  992. То есть всего име­ет­ся 110 − 11 + 1  =  100 трех­знач­ных чисел с нуж­ным остат­ком от де­ле­ния на 9. Оста­лось вы­ки­нуть числа с сум­мой цифр 2. Это числа 110, 101, 200. Итого 100 − 3  =  97 чисел.

Ответ: а) да, б) нет, в) 97.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что по­это­му

б)  Ме­то­дом пе­ре­бо­ра можно убе­дить­ся, что число 2971 не крат­но ни­ка­ко­му про­сто­му числу до 27 вклю­чи­тель­но, а зна­чит, и во­об­ще ни­ка­ко­му числу до 27, кроме 1. Тогда что тоже не­воз­мож­но.

в)  За­ме­тим, что До­ка­жем, что по­лу­чить боль­шее про­из­ве­де­ние нель­зя. В самом деле, числа A и S дают оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 3. Если это оста­ток 0, то и даст оста­ток 0 и даже будет крат­но 9. А если оста­ток 1 или 2, то даст оста­ток 1. Зна­чит, числа 5993 и 5996 не го­дят­ся: они дают оста­ток 2 при де­ле­нии на 3. Число имеет толь­ко два трех­знач­ных де­ли­те­ля  — 109 и 545, они не под­хо­дят. На­ко­нец, число Зна­чит, A крат­но 37, по­то­му что Кроме того, Число 5994 имеет че­ты­ре де­ли­те­ля, под­хо­дя­щие под эти усло­вия: 222, 333, 666, 999. Все они не го­дят­ся.

Ответ: а)  нет, б)  нет, в)  5992.

Ре­ше­ние. а)  Да, при A  =  221 имеем S  =  5 и A · S  =  1105.

б)  Нет. Числа A и S дают оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 3. Если это оста­ток 0, то и A · S даст оста­ток 0, а если оста­ток 1 или 2, то A · S даст оста­ток 1. Но число 1106 дает оста­ток 2.

в)  Число 1504  =  47 · 2⁵. Ясно, что если A · S  =  1504, то A крат­но 47 (по­сколь­ку S < 47). Пе­ре­би­рая де­ли­те­ли − числа 1504, крат­ные 47, по­лу­ча­ем 188, 376, 752. Все они не под­хо­дят. Имеем:

− число 1505 дает оста­ток 2 при де­ле­нии на 3, такие числа не го­дят­ся,

− число 1506 крат­но 3, но не крат­но 9, что тоже не­воз­мож­но  — числа A и S либо оба де­лят­ся на 3, либо оба не де­лят­ся,

число 1507  =  137 · 11, по­это­му оно под­хо­дит.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  1507.

Ре­ше­ние. Пусть это число со­сто­ит из цифр a, b, c, тогда оно равно 100a + 10b + c.

а)  По­лу­ча­ем:

При ра­вен­ство будет вы­пол­не­но. Сле­до­ва­тель­но, 117 − один из воз­мож­ных при­ме­ров.

б)  По­лу­ча­ем:

Но сле­до­ва­тель­но, левая часть ра­вен­ства не мень­ше 94, а пра­вая часть не боль­ше 45. Про­ти­во­ре­чие.

в)  Имеем урав­не­ние тре­бу­ет­ся найти мак­си­маль­но воз­мож­ное целое x. Рас­смот­рим слу­чай Тогда

Ис­ход­ное число не может быть равно 600, по­это­му и ми­ни­маль­ное воз­мож­ное b, при ко­то­ром x будет целым, равно 3. Тогда За­ме­тим, что при по­лу­чим

Те­перь раз­берём слу­чай Имеем:

Ана­ло­гич­но преды­ду­ще­му надо рас­смот­реть по­лу­чим

Далее рас­смот­рим слу­чай Имеем:

Рас­смат­ри­вая най­дем

Оста­лось рас­смот­реть слу­чай, когда и Из ис­ход­но­го со­от­но­ше­ния по­лу­ча­ем:

а тогда

от­ку­да то есть

Тем самым ис­ко­мое наи­боль­шее зна­че­ние равно 70.

Ответ: а) да, б) нет, в) 70.

При­ме­ча­ние.

Дру­гой путь ре­ше­ния по­ка­зан нами в за­да­ни­ях 563580 и 563677.

Ре­ше­ние. Пусть это число со­сто­ит из цифр a, b, c, тогда оно равно

а)  По­лу­ча­ем:

При ра­вен­ство будет вы­пол­не­но. Сле­до­ва­тель­но, 198  — один из воз­мож­ных при­ме­ров.

б)  По­лу­ча­ем:

Но сле­до­ва­тель­но, левая часть ра­вен­ства не мень­ше 95, а пра­вая часть не боль­ше 36. Про­ти­во­ре­чие.

в)  Число имеет вид не­об­хо­ди­мо найти наи­боль­шее целое зна­че­ние вы­ра­же­ния Раз­бе­рем слу­чаи, когда (см. табл.). Для таких b и c наи­боль­шее от­но­ше­ние равно 80.

b	c
0	1
0	2
1	0
1	1
2	0

При спра­вед­ли­ва оцен­ка

по­это­му в этом слу­чае наи­боль­шее воз­мож­ное от­но­ше­ние мень­ше 80. Сле­до­ва­тель­но, наи­боль­шее воз­мож­ное от­но­ше­ние до­сти­га­ет­ся при оно равно 80.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  80.

При­ведём ре­ше­ние пунк­та б) Дья­ко­вой Дарьи (Москва).

По­ло­жим и за­пи­шем усло­вие в виде По усло­вию, S на­ту­раль­ное, а зна­чит, число долж­но за­кан­чи­вать­ся либо на 0, либо на 5. Наи­мень­шее воз­мож­ное зна­че­ние S со­от­вет­ству­ет наи­мень­ше­му по­это­му С дру­гой сто­ро­ны, По­лу­чен­ное про­ти­во­ре­чие по­ка­зы­ва­ет, что среди трех­знач­ных чисел, окан­чи­ва­ю­щих­ся нулем, ис­ко­мо­го нет.

Рас­смот­рим числа окан­чи­ва­ю­щи­е­ся на 5. В этом слу­чае С дру­гой сто­ро­ны, Вы­пи­шем трех­знач­ные числа, за­кан­чи­ва­ю­щи­е­ся на 5, сумма цифр ко­то­рых не мень­ше 21 и не боль­ше 23. По­лу­чим числа 995, 985, 975, 895, 885, 795. Но каж­дое из най­ден­ных чисел при де­ле­нии на 5 даст боль­ше 23. Сле­до­ва­тель­но, среди трех­знач­ных чисел, окан­чи­ва­ю­щих­ся на 5, ис­ко­мо­го тоже нет.

При­ме­ча­ние.

При­мер числа, удо­вле­тво­ря­ю­ще­го тре­бо­ва­ни­ям пунк­та а), един­ствен­ный. Дей­стви­тель­но, при левая часть ра­вен­ства не мень­ше 89. А пра­вая часть при не боль­ше 79, при не мень­ше 90.

Дру­гие пути ре­ше­ния ана­ло­гич­ных задач по­ка­за­ны нами в за­да­ни­ях 563580 и 563659.

Ре­ше­ние. Пусть это число со­сто­ит из цифр a, b, c, тогда оно равно

а)  Имеем урав­не­ние от­ку­да что воз­мож­но, на­при­мер, для числа 110.

б)  Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем урав­не­ние от­ку­да При имеем

по­это­му таких чисел нет. Если же то оста­ют­ся три ва­ри­ан­та:

—     — не­воз­мож­но,

—     — не­воз­мож­но,

—     — не­воз­мож­но.

Зна­чит, таких чисел нет.

в)  Число имеет вид нас ин­те­ре­су­ет ми­ни­мум вы­ра­же­ния При имеем При имеем по­это­му по­лу­чить мень­ше 37 при таких усло­ви­ях нель­зя.

Те­перь раз­бе­рем слу­чаи, когда

—  числа 794, 785, 776, 767, 758, 749 не крат­ны 20,

—  число 777 крат­но 21, а числа, боль­шие его, 786 и 795 не под­хо­дят,

—  числа 796, 787, 778, 769 не крат­ны 22,

—  числа 797, 788, 779 не крат­ны 23,

—  числа 798, 789 не крат­ны 24,

—  число 799 не крат­но 25.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  37.

При­ме­ча­ние.

Дру­гой путь ре­ше­ния за­да­чи по­ка­зан нами в за­да­нии 563659.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что и

a) Да. Про­грес­сия 128, 224, 392, 686 с пер­вым чле­ном 128 и зна­ме­на­те­лем удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

б)  Нет. Мно­жи­тель 31 яв­ля­ет­ся про­стым чис­лом, зна­чит, число 496 может быть толь­ко вто­рым чле­ном этой гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии. Для такой про­грес­сии зна­ме­на­тель Но тогда, тре­тий член яв­ля­ет­ся четырёхзнач­ным чис­лом, что про­ти­во­ре­чит усло­вию.

в)  Если про­грес­сия со­сто­ит из трёх чле­нов, то, учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем, что зна­ме­на­тель про­грес­сии q дол­жен быть мень­ше трех. При этом, чтобы все члены про­грес­сии были на­ту­раль­ны­ми, зна­ме­на­тель про­грес­сии дол­жен иметь вид где За­пи­шем эти числа в по­ряд­ке убы­ва­ния: и про­ве­рим их. Если то по­лу­ча­ем про­грес­сию 128, 368, 1058  — не под­хо­дит. Если то по­лу­ча­ем про­грес­сию 128, 352, 968. Наи­боль­шее число равно 968. Мень­шие зна­ме­на­те­ли про­грес­сии, дадут мень­шие зна­че­ния тре­тье­го члена про­грес­сии.

Если про­грес­сия со­сто­ит более чем из трёх чле­нов, то, учи­ты­вая, что по­лу­ча­ем, что зна­ме­на­тель про­грес­сии дол­жен быть При этом чтобы все члены про­грес­сии были на­ту­раль­ны­ми, зна­ме­на­тель про­грес­сии дол­жен иметь вид где Тогда при k = 4 по­лу­чим про­грес­сию 128, 8a, в ко­то­рой всего два на­ту­раль­ных числа, сле­до­ва­тель­но, k = 1, 2, 3. При k = 3 по­лу­чим про­грес­сию 128, 16a, в ко­то­рой при всех a три на­ту­раль­ных числа. Мак­си­маль­ное число будет до­сти­гать­ся при мак­си­маль­ном a = 13 и будет равно 338. При k = 2 по­лу­чим Воз­мож­ных зна­че­ний q будет три: и Если то по­лу­ча­ем про­грес­сию 128, 224, 392, 686, 1200,5, ...; наи­боль­шее число равно 686. Если то по­лу­ча­ем про­грес­сию 128, 192, 288, 432, 648, 972, 1458, ...; наи­боль­шее число равно 972. Если то по­лу­ча­ем про­грес­сию 128, 160, 200, 250, 312,5, ...; наи­боль­шее на­ту­раль­ное число равно 250. При k = 1 един­ствен­ное воз­мож­ное a = 3 по­лу­чим про­грес­сию из преды­ду­ще­го пунк­та с наи­боль­шим чис­лом рав­ным 972.

Зна­чит, наи­боль­шее воз­мож­ное число равно 972.

Ответ: а) да, б) нет, в) 972.

При­ме­ча­ние.

Дру­гое ре­ше­ние п. в) при­ве­де­но нами в за­да­чах 563922 и 633396.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что

а)  Да. Про­грес­сия 272, 340, 425 с пер­вым чле­ном 272 и зна­ме­на­те­лем удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

б)  Нет. Мно­жи­тель 5 яв­ля­ет­ся про­стым чис­лом, зна­чит, число 680 может быть толь­ко вто­рым чле­ном этой гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии. Для такой про­грес­сии зна­ме­на­тель Но тогда тре­тий член про­грес­сии яв­ля­ет­ся четырёхзнач­ным чис­лом, что про­ти­во­ре­чит усло­вию.

в)  Наи­боль­ший член дан­ной про­грес­сии дол­жен иметь вид где Наи­боль­шее крат­ное 17 трёхзнач­ное число равно 986. Раз­ло­жим его на про­стые мно­жи­те­ли:   — не под­хо­дит. Рас­смот­рим сле­ду­ю­щие по убы­ва­нию трёхзнач­ные числа, крат­ные 17:

При­ведём при­мер такой про­грес­сии с пер­вым чле­ном 272 и зна­ме­на­те­лем 272, 408, 612, 918.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  918.

При­ме­ча­ние.

Дру­гое ре­ше­ние пунк­та в) мы при­ве­ли в ана­ло­гич­ной за­да­че 633396.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что если то а тогда Итак, если в по­сле­до­ва­тель­но­сти каж­дое число, кроме пер­во­го и по­след­не­го, боль­ше сред­не­го ариф­ме­ти­че­ско­го со­сед­них чисел, то по­сле­до­ва­тель­ность раз­но­стей со­сед­них чле­нов убы­ва­ет  — это не­об­хо­ди­мое и до­ста­точ­ное усло­вие.

а)  Если раз­ность вто­ро­го и пер­во­го чле­нов от­ри­ца­тель­на, то и все осталь­ные раз­но­сти тоже от­ри­ца­тель­ны. Тогда каж­дый сле­ду­ю­щий член мень­ше преды­ду­ще­го и по­то­му они все от­ри­ца­тель­ны. По­это­му по­след­ний член не может быть равен нулю.

б)  По­сколь­ку имеем:

от­ку­да и не может рав­нять­ся 20.

в)  При­ве­дем при­мер по­сле­до­ва­тель­но­сти {a_n}, для ко­то­рой   — мень­ше быть не может по до­ка­зан­но­му в преды­ду­щем пунк­те. В ней: и для всех n таких, что член a_n равен сумме пер­вых (n–1)-⁠го чле­нов по­сле­до­ва­тель­но­сти то есть по­сле­до­ва­тель­ность имеет вид Тогда усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но: по­сле­до­ва­тель­ность раз­но­стей со­сед­них чле­нов вы­бра­на нами убы­ва­ю­щей.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  39.

При­ме­ча­ние.

Ре­ко­мен­ду­ем срав­нить эту за­да­чу с за­да­ни­ем 514525 ос­нов­ной волны ЕГЭ по ма­те­ма­ти­ке 2016 года.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер

б)  Да, на­при­мер

в)  Одной дроби не­до­ста­точ­но. До­ка­жем, что двух тоже не­до­ста­точ­но. Пусть при­чем тогда по­это­му

Од­на­ко или а при или вы­ра­же­ние и вовсе от­ри­ца­тель­но. Зна­чит, по­до­брать такое на­ту­раль­ное x во всех этих слу­ча­ях не­воз­мож­но.

В виде суммы трех сла­га­е­мых число пред­ста­вить можно, как сле­ду­ет из пунк­та б):

Ответ: а)  да; б)  да; в)  3.