Ре­ше­ние. а)  За­ду­ман­ные числа 2, 2, 2, 2, 2 дают тре­бу­е­мый набор, за­пи­сан­ный на доске. (Или числа 2, 4, 4, или 2, 2, 2, 4.)

б)  По­сколь­ку за­ду­ман­ные числа на­ту­раль­ные, то наи­мень­шее число в на­бо­ре  — это наи­мень­шее из за­ду­ман­ных чисел, а наи­боль­шее число в на­бо­ре  — это сумма всех за­ду­ман­ных чисел. Среди чисел за­пи­сан­но­го на­бо­ра долж­на быть сумма всех чисел, кроме наи­мень­ше­го, то есть 22 − 1  =  21. Но этого числа нет в на­бо­ре, по­это­му не су­ще­ству­ет при­ме­ра таких за­ду­ман­ных чисел, для ко­то­ро­го на доске будет вы­пи­сан набор из усло­вия.

в)  Число 7  — наи­мень­шее число в на­бо­ре  — яв­ля­ет­ся наи­мень­шим из за­ду­ман­ных чисел, а наи­боль­шее число в на­бо­ре  — это сумма всех за­ду­ман­ных чисел. По­это­му ко­ли­че­ство за­ду­ман­ных чисел не пре­вос­хо­дит целой части  , то есть 5. Кроме того, числа 8 и 10 мень­ше, чем сумма двух чисел 7, по­это­му они также яв­ля­ют­ся за­ду­ман­ны­ми. Зна­чит, сумма остав­ших­ся за­ду­ман­ных чисел равна 41 − 7 − 8 − 10  =  16. Таким об­ра­зом, по­сколь­ку наи­мень­шее за­ду­ман­ное число равно 7, остав­ши­е­ся за­ду­ман­ные числа  — это 8 и 8 или 16. Для за­ду­ман­ных чисел 7, 8, 8, 8, 10 и 7, 8, 10, 16 на доске будет за­пи­сан набор, дан­ный в усло­вии.

Ответ: а)  2, 2, 2, 2, 2 (или 2, 4, 4 или 2, 2, 2, 4); б)  нет; в)  7, 8, 8, 8, 10 или 7, 8, 10, 16.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что если среди вы­пи­сан­ных чисел есть число 1, то по­пар­ные суммы всех осталь­ных чисел будут де­лить­ся на 1.

а)  Может. На­при­мер, числа 1, 2, 3, 5, 7, ..., 2015 (вы­пи­са­но 1008 нечётных чисел от 1 до 2015 и число 2). Сумма 1 и лю­бо­го нечётного числа де­лит­ся на 2, сумма 1 и 2 де­лит­ся на 3, сумма любых двух чисел, от­лич­ных от 1, де­лит­ся на 1.

Дру­гой при­мер: 1, 2, 3, ..., 1007, 2014, 2015. Если среди двух чисел нет 1, то их сумма де­лит­ся на 1. Если вме­сте с 1 вы­пи­са­ны числа k и k + 1, то сумма пер­вых двух де­лит­ся на тре­тье; остав­ши­е­ся суммы 1 + 1007 и 1 + 2015 де­лят­ся на 2.

Тре­тий при­мер: 1, 2, 3, 5, 6, ... , 1009, 2015 (в груп­пе под­ряд иду­щих чисел про­пу­ще­но 4).

б)  Может. На­при­мер, числа 1, 2, 3, 5, 2015. Дру­гой при­мер  — числа a, 2a, 3a, 4a, 5a, где a  =  403.

в)  При­мер для четырёх чисел: 1, 2, 3, 2015. Дру­гой при­мер  — числа a, 2a, 3a, 5a, где a  =  403.

По­ка­жем, что трёх чисел быть не может. Дей­стви­тель­но, пусть три раз­лич­ных числа та­ко­вы, что a < b < c. Тогда a + b < 2b < b + c < 2c, от­ку­да в силу де­ли­мо­сти суммы двух мень­ших чисел на боль­шее по­лу­ча­ем: a + b  =  c. Тогда b < a + c  =  2a + b < 3b, от­ку­да в силу де­ли­мо­сти а + с на b по­лу­ча­ем: a + c  =  2b. Тогда b  =  2a, c  =  3a, а ис­ко­мая трой­ка чисел имеет вид a, 2a, 3a. По усло­вию одно из этих чисел равно 2015, по­сколь­ку 2015 не де­лит­ся ни на 2, ни на 3, им может быть толь­ко число a. Но в этом слу­чае 3a > 5000. Про­ти­во­ре­чие.

При­ведём дру­гое до­ка­за­тель­ство.

Пусть даны числа a, b, c, и сумма любых двух из них де­лит­ся на тре­тье. Если они все имеют от­лич­ный от 1 наи­боль­ший общий де­ли­тель d, то на него можно со­кра­тить, и свой­ство де­ли­мо­сти со­хра­нит­ся. Будем счи­тать, что все три числа вза­им­но про­стые. По­сколь­ку сумма двух чисел де­лит­ся на тре­тье, то сумма всех чисел де­лит­ся на каж­дое. Числа по­пар­но вза­им­но про­сты, по­это­му их сумма долж­на де­лить­ся на про­из­ве­де­ние. В част­но­сти, a + b + c ≥ abc. По­ла­гая a < b < c, имеем a + b + c < 3c, от­ку­да ab < 3. Сле­до­ва­тель­но, a = 1, b = 2. При этом c + 3 де­лит­ся на 2c, по­это­му c  =  3. Таким об­ра­зом, трой­ка чисел долж­на иметь вид d, 2d, 3d. По­сколь­ку 2015 нечётно и не де­лит­ся на 3, оно равно d, но тогда 3d > 5000.

Ответ: а)  может, на­при­мер числа 1, 2, 3, 5, 7, ..., 2015; б)  может, на­при­мер числа 1, 2, 3, 5, 2015; в)  4, на­при­мер, 1, 2, 3, 2015.

Ре­ше­ние. а)  На­при­мер, если были на­пи­са­ны по 10 раз числа 11 и 1 и со всеми про­ве­ли эти дей­ствия, то их сред­нее было равно 6, а после опи­сан­ных дей­ствий оно ста­нет равно 10.

б)  Пусть x ко­ли­че­ство из­на­чаль­но на­пи­сан­ных еди­ниц, ко­то­рые пре­вра­тят­ся в нули, а y  — ко­ли­че­ство про­чих умень­ша­е­мых чисел. Тогда сумма всех чисел равна а сумма всех чисел, кроме бу­ду­щих нулей, равна и их штук.

После опи­сан­ных дей­ствий будет чисел с общей сум­мой Зна­чит,

От­сю­да сле­ду­ет, что Но тогда что не­воз­мож­но.

в)  Обо­зна­чая как в пунк­те б) по­лу­ча­ем, что нужно мак­си­ми­зи­ро­вать зна­че­ние вы­ра­же­ния Оче­вид­но, сле­ду­ет взять и мак­си­ми­зи­ро­вать то есть сле­ду­ет мак­си­ми­зи­ро­вать x.

За­ме­тим од­на­ко, что сумма из­на­чаль­ных чисел не пре­вос­хо­дит от­ку­да Тогда тре­бу­е­мое вы­ра­же­ние будет равно Это воз­мож­но, на­при­мер, для на­бо­ра из шести еди­ниц, числа 14 и три­на­дца­ти чисел по 40, из ко­то­рых умень­ша­ют все еди­ни­цы и толь­ко их, по­лу­чая

Ответ:а)  да; б)  нет; в)  

Ре­ше­ние. а)  Если было за­ду­ма­но 4 числа или более, то на доске долж­но быть за­пи­са­но не менее 15 чисел. Если было за­ду­ма­но 2 числа или мень­ше, то на доске долж­но быть за­пи­са­но не более 3 чисел. Зна­чит, было за­ду­ма­но 3 числа. Если бы было за­ду­ма­но 2 по­ло­жи­тель­ных числа, то на доске было бы вы­пи­са­но не менее трёх по­ло­жи­тель­ных чисел. Зна­чит, по­ло­жи­тель­ное число одно, и это число  — наи­боль­шее число в на­бо­ре, то есть 6. Наи­мень­шее число в на­бо­ре −11 яв­ля­ет­ся сум­мой двух от­ри­ца­тель­ных за­ду­ман­ных чисел. Из от­ри­ца­тель­ных вы­пи­сан­ных чисел толь­ко −7 и −4 дают в сумме −11. Зна­чит, были за­ду­ма­ны числа −7, −4 и 6.

б)  Рас­смот­рим раз­лич­ные за­ду­ман­ные числа, среди ко­то­рых нет нуля. Пусть для этих чисел в на­бо­ре на доске ока­за­лось ровно k нулей. Если до­ба­вить к за­ду­ман­ным чис­лам нуль, то на доске ока­жет­ся ровно 2k + 1 нулей: k нулей, по­лу­ча­ю­щих­ся как суммы не­ну­ле­вых за­ду­ман­ных чисел, k нулей, по­лу­ча­ю­щих­ся как суммы не­ну­ле­вых за­ду­ман­ных чисел и за­ду­ман­но­го нуля, и за­ду­ман­ный нуль. Таким об­ра­зом, если среди за­ду­ман­ных чисел есть нуль, то в на­бо­ре на доске ока­жет­ся нечётное ко­ли­че­ство нулей.

Если на доске вы­пи­са­но ровно 4 нуля, то среди за­ду­ман­ных чисел нет нуля. Пусть за­ду­ма­но че­ты­ре или мень­ше не­ну­ле­вых числа. Нуль по­лу­ча­ет­ся тогда, когда сумма не­ко­то­ро­го ко­ли­че­ства по­ло­жи­тель­ных чисел равна по мо­ду­лю сумме не­ко­то­ро­го ко­ли­че­ства от­ри­ца­тель­ных чисел. Одно за­ду­ман­ное число даёт одну сумму; два раз­лич­ных за­ду­ман­ных числа од­но­го знака дают три раз­лич­ные суммы: три раз­лич­ных за­ду­ман­ных числа дают семь сумм, среди ко­то­рых не более двух (за­ду­ман­ное число, наи­боль­шее по мо­ду­лю, и сумма двух дру­гих за­ду­ман­ных чисел) сов­па­да­ют. Зна­чит, среди сумм по­ло­жи­тель­ных и от­ри­ца­тель­ных чисел сов­па­да­ют по мо­ду­лю не более трёх. Таким об­ра­зом, если было за­ду­ма­но не более четырёх раз­лич­ных не­ну­ле­вых чисел, то на доске ока­жет­ся не более трёх нулей.

Если были за­ду­ма­ны числа −2; −1; 1; 2; 3, то на доске ока­жет­ся ровно че­ты­ре нуля. Зна­чит, наи­мень­шее ко­ли­че­ство за­ду­ман­ных чисел  — 5.

в)  Нет, не все­гда. На­при­мер, для за­ду­ман­ных чисел −3, 1, 2 и −2, −1, 3 на доске будет вы­пи­сан один и тот же набор −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3.

Ответ: а)  −7, −4, 6; б)  5; в)  нет.

Ре­ше­ние. Пусть среди на­пи­сан­ных чисел k по­ло­жи­тель­ных, l от­ри­ца­тель­ных и m нулей. Сумма на­бо­ра чисел равна ко­ли­че­ству чисел в этом на­бо­ре, умно­жен­но­му на его сред­нее ариф­ме­ти­че­ское, по­это­му

а)  За­ме­тим, что в левой части при­ве­ден­но­го выше ра­вен­ства каж­дое сла­га­е­мое де­лит­ся на 4, по­это­му   — ко­ли­че­ство целых чисел  — де­лит­ся на 4. По усло­вию по­это­му Таким об­ра­зом, на­пи­са­но 44 числа.

б)  При­ве­дем ра­вен­ство к виду По­сколь­ку по­лу­ча­ем, что от­ку­да Сле­до­ва­тель­но, от­ри­ца­тель­ных чисел боль­ше, чем по­ло­жи­тель­ных.

в_{оцен­ка}) Под­ста­вим в пра­вую часть ра­вен­ства от­ку­да По­сколь­ку по­лу­ча­ем: то есть по­ло­жи­тель­ных чисел не более 17.

в_{при­мер}) При­ве­дем при­мер, когда по­ло­жи­тель­ных чисел ровно 17. Пусть на доске 17 раз на­пи­са­но число 4, 25 раз на­пи­са­но число −8 и два раза на­пи­сан 0. Тогда ука­зан­ный набор удо­вле­тво­ря­ет всем усло­ви­ям за­да­чи.

Ответ: а)  44; б)  от­ри­ца­тель­ных; в)  17.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что каж­дое число на доске будет де­лить­ся на 7. Дей­стви­тель­но, ис­ход­ное число де­лит­ся на 7, в слу­чае удво­е­ния числа де­ля­ще­го­ся на 7, по­лу­чит­ся число, де­ля­ще­е­ся на 7. А при сло­же­нии чисел, де­ля­щих­ся на 7, также по­лу­чит­ся число, де­ля­ще­е­ся на 7. Таким об­ра­зом, все числа на доске будут де­лить­ся на 7, а 2012 на 7 не де­лит­ся, сле­до­ва­тель­но, оно не может по­явить­ся на доске.

б)  Да, может. При­мер: 7, 14 (удво­ен­ное число 7), 14 (удво­ен­ное число 7), 14 (удво­ен­ное число 7), 14 (удво­ен­ное число 7). Сумма по­лу­чен­ных 5 чисел равна 63.

За­ме­ча­ние. В усло­вии не ска­за­но, что одно число нель­зя удва­и­вать не­сколь­ко раз.

в)  Как было за­ме­че­но в пунк­те а), все числа на доске будут де­лить­ся на 7. Рас­смот­рим ана­ло­гич­ную за­да­чу, раз­де­лив ис­ход­ное число 7 и то число, ко­то­рое нужно по­лу­чить, то есть 784, на 7. От этого ко­ли­че­ство опе­ра­ций не из­ме­нит­ся. Таким об­ра­зом, до­ста­точ­но за наи­мень­шее ко­ли­че­ство опе­ра­ций по­лу­чить число 112, начав с числа 1.

За­ме­тим, что наи­боль­шее число, ко­то­рое может по­лу­чить­ся на доске через 6 минут, равно 64 (если Вася каж­дый раз будет удва­и­вать те­ку­щее наи­боль­шее число). Сле­до­ва­тель­но, если в пер­вые 6 минут Вася каж­дый раз удва­и­вал наи­боль­шее число на доске, то число 112 нель­зя по­лу­чить за 7 минут: если число 64 удво­ить, то по­лу­чит­ся 128, а если при­ба­вить к нему число, не пре­вос­хо­дя­щее 32, то 112 не по­лу­чит­ся.

В том слу­чае, если в те­че­ние пер­вых 6 минут Вася ис­поль­зо­вал хотя бы одно сло­же­ние вме­сто удво­е­ния, то при пер­вом ис­поль­зо­ва­нии сло­же­ния наи­боль­шее число, за­пи­сан­ное на доске уве­ли­чи­лось не более, чем в пол­то­ра раза: дей­стви­тель­но, в этом слу­чае самый боль­шой ре­зуль­тат по­лу­чит­ся тогда, когда мы к мак­си­маль­но­му на дан­ный мо­мент числу при­ба­вим вто­рое по ве­ли­чи­не, то есть, его по­ло­ви­ну (на­пом­ним, что мы рас­смат­ри­ва­ем пер­вый слу­чай сло­же­ния, то есть до этого были толь­ко удво­е­ния). Таким об­ра­зом, даже если в те­че­ние пер­вых 7 минут сде­ла­но 6 удво­е­ний и одно сло­же­ние (в не­ко­то­ром по­ряд­ке), то наи­боль­шее число, ко­то­рое может по­лу­чить­ся, равно 96, что мень­ше 112.

Итак, за 7 минут число 112 по­лу­чить не­воз­мож­но.

При­ве­дем при­мер, как его по­лу­чить за 8 минут:

Ответ: а)  нет; б)  да; в)  8 минут.

Ре­ше­ние. а)  Среди вось­ми дан­ных чисел нет про­ти­во­по­лож­ных. Зна­чит, сумма чисел на каж­дой кар­точ­ке не равна 0. По­это­му всё про­из­ве­де­ние не может рав­нять­ся нулю.

б)  Среди вось­ми дан­ных чисел пять нечётных. Зна­чит, на какой-то кар­точ­ке попадётся два нечётных числа, и их сумма чётная. По­это­му всё про­из­ве­де­ние чётно и не может рав­нять­ся 1.

в)  Среди вось­ми дан­ных чисел пять нечётных. Зна­чит, хотя бы на двух кар­точ­ках с обеих сто­рон на­пи­са­ны нечётные числа, и сумма чисел на каж­дой из этих кар­то­чек чётная. По­это­му всё про­из­ве­де­ние де­лит­ся на 4.

Наи­мень­шее целое по­ло­жи­тель­ное число, де­ля­ще­е­ся на 4, это 4. Оно по­лу­ча­ет­ся при сле­ду­ю­щем на­бо­ре пар чисел на кар­точ­ках: (1; −2); (−2; 1); (−3; 4); (4; −3); (−5; 7); (7; −5); (−8; 9); (9; −8).

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  4.

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 среди на­пи­сан­ных чисел k по­ло­жи­тель­ных, l от­ри­ца­тель­ных и m нулей. Сумма на­бо­ра чисел равна ко­ли­че­ству чисел в этом на­бо­ре, умно­жен­но­му на его сред­нее ариф­ме­ти­че­ское, по­это­му

а)  За­ме­тим, что в левой части каж­дое сла­га­е­мое де­лит­ся на 9, по­это­му   — ко­ли­че­ство целых чисел  — де­лит­ся на 9. По усло­вию по­это­му

Таким об­ра­зом, на­пи­са­но 36 чисел.

б)  При­ведём ра­вен­ство к виду

Так как по­лу­ча­ем, что от­ку­да Сле­до­ва­тель­но, от­ри­ца­тель­ных чисел боль­ше, чем по­ло­жи­тель­ных.

в)  (оцен­ка) Под­ста­вим в пра­вую часть ра­вен­ства

от­ку­да

По­сколь­ку по­лу­ча­ем:

то есть по­ло­жи­тель­ных чисел не более 16.

в)  (при­мер) При­ведём при­мер, когда по­ло­жи­тель­ных чисел ровно 16. Пусть на доске 16 раз на­пи­са­но число 9, 18 раз на­пи­са­но число −18 и два раза на­пи­сан 0.

Тогда

Ука­зан­ный набор удо­вле­тво­ря­ет всем усло­ви­ям за­да­чи.

Ответ: а)  36; б)  от­ри­ца­тель­ных; в)  16.

Ре­ше­ние. а)  Если в каж­дой паре одно число втрое боль­ше дру­го­го, то сумма чисел в каж­дой паре де­лит­ся на 4. Зна­чит, сумма всех вы­бран­ных чисел де­лит­ся на 4. Число 170 не де­лит­ся на 4, по­это­му та­ко­го быть не может.

б)  Если то вы­бра­ны все 22 числа от 1 до 22. Их сумма равна 253. С дру­гой сто­ро­ны, по усло­вию суммы чисел в каж­дой паре раз­лич­ны и не пре­вос­хо­дят 27. Зна­чит, их сумма не пре­вос­хо­дит По­лу­чен­ное про­ти­во­ре­чие по­ка­зы­ва­ет, что число k не может быть рав­ным 11.

в)  В преды­ду­щем пунк­те было по­ка­за­но, что k не может рав­нять­ся 11. Де­сять пар (13; 14), (11; 15), (9; 16), (7; 17), (5; 18), (3; 19), (1; 20), (2; 8), (4; 10), (6; 12) удо­вле­тво­ря­ют всем усло­ви­ям за­да­чи. Зна­чит, наи­боль­шее воз­мож­ное зна­че­ние числа k  — это 10.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  10.

Ре­ше­ние. Назовём ре­зуль­та­том число, на­пи­сан­ное на доске после 9 ходов.

а)  Если на доске на­пи­са­ны числа

то при любой по­сле­до­ва­тель­но­сти ходов ре­зуль­тат равен 5 и равен сумме чисел.

б)  За­ме­тим, что за каж­дый ход вновь на­пи­сан­ное число от­ли­ча­ет­ся от суммы стёртых не более чем на 0,5. Зна­чит, ре­зуль­тат будет от­ли­чать­ся от суммы ис­ход­ных чисел не более чем на 4,5. Зна­чит, не су­ще­ству­ет 10 чисел таких, что ре­зуль­тат от­ли­ча­ет­ся от их суммы на 7.

в)  Можем счи­тать, что все числа мень­ше 1 и не мень­ше 0, по­сколь­ку целые части каж­до­го из чисел при сло­же­нии не вли­я­ют на раз­ни­цу между их сум­мой и её округлённым зна­че­ни­ем.

Каж­дое из­на­чаль­ное число участ­ву­ет ровно в одном ходе. Если в этом ходе также участ­во­ва­ло целое число, не на­пи­сан­ное на доске из­на­чаль­но, то назовём вкла­дом из­на­чаль­но числа в ре­зуль­тат раз­ность за­пи­сан­но­го после хода числа и стёртого це­ло­го числа. Если оба числа, участ­во­вав­ших в ходе, были на­пи­са­ны на доске из­на­чаль­но, то назовём вкла­дом каж­до­го из них в ре­зуль­тат по­ло­ви­ну за­пи­сан­но­го после хода числа.

За­ме­тим, что ре­зуль­тат равен сумме вкла­дов из­на­чаль­ных чисел. С дру­гой сто­ро­ны, вклад каж­до­го числа, мень­ше­го 0,5, равен 0 или 0,5, а вклад каж­до­го числа, не мень­ше­го 0,5, равен 0,5 или 1.

Пусть n  — ко­ли­че­ство чисел, не мень­ших 0,5.

Тогда сумма вкла­дов будет не мень­ше и не боль­ше

То есть наи­боль­шая раз­ность двух раз­лич­ных ре­зуль­та­тов не пре­вос­хо­дит 5.

Рас­смот­рим 10 чисел: два числа 0,5 и во­семь чисел 0,4. Если вна­ча­ле сло­жить два числа 0,5, а затем де­лать ходы с по­лу­чен­ной еди­ни­цей и чис­лом 0,4, то ре­зуль­тат будет равен 1. Если сде­лать че­ты­ре хода, по­пар­но сло­жив числа 0,4, затем сло­жить че­ты­ре по­лу­чен­ные еди­ни­цы, а потом де­лать ходы с по­лу­чен­ным чис­лом и чис­лом 0,5, то ре­зуль­тат будет равен 6.

Таким об­ра­зом, наи­боль­шая воз­мож­ная раз­ность двух раз­лич­ных ре­зуль­та­тов равна 5.

Ответ: а)  на­при­мер, числа 0,99; 0,01; 0,99; 0,01; 0,99; 0,01; 0,99; 0,01; 0,99; 0,01 и любая по­сле­до­ва­тель­ность ходов; б)  нет; в)  5.

Ре­ше­ние. а)  (2, 3), (5, 5), (10, 9), (19, 17).

б)  За­ме­тим, что сумма чисел на доске уве­ли­чи­ва­ет­ся на или (по­сколь­ку число 1 на доске ни­ко­гда не по­явит­ся). Зна­чит, после 49 ходов сумма ста­нет ми­ни­мум По­это­му после пя­ти­де­ся­то­го хода В то же время и по­то­му что левая часть не­чет­на, а пра­вая четна.

в)  После хода раз­ность чисел ста­но­вит­ся равна или По­это­му мо­дуль раз­но­сти чисел ме­ня­ет­ся на 1. Из­на­чаль­но он был равен 1, по­это­му после 2015 ходов он будет чет­ным. Зна­чит, равен как ми­ни­мум двум.

При­ве­дем при­мер. Пер­вым ходом по­лу­чим пару (5; 3), а затем каж­дые два хода будем по­лу­чать си­ту­а­цию, в ко­то­рой числа от­ли­ча­ют­ся на 2 (и ни­ко­гда в про­цес­се не будут равны):

По­вто­ряя эти дей­ствия, по­лу­чим в итоге два числа с раз­но­стью 2.

Ответ: а)  (2, 3), (5, 5), (10, 9), (19, 17); б)  нет; в)  2.

Ре­ше­ние. Упо­ря­до­чим оцен­ки судей: Тогда изу­ча­е­мая ве­ли­чи­на равна

а)  Да. На­при­мер, при эта раз­ность равна нулю.

б)  Нет. Оче­вид­но, при умно­же­нии раз­но­сти на 12 по­лу­ча­ет­ся целое число, но

в)  Возь­мем любые баллы и по­про­бу­ем их из­ме­нить так, чтобы раз­ность вы­рос­ла. Если то за­ме­ним его на 10. Если то за­ме­ним b на Потом также за­ме­ним c, d, e на По­лу­чим

Зна­че­ние до­сти­га­ет­ся при оцен­ках 0, 1, 2, 3, 4, 10.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  

Ре­ше­ние. а)   по­это­му если взять по 11 раз числа 16 и 17, то по­лу­чит­ся под­хо­дя­щий при­мер:

11 · (16 + 17)  =  363; 11 · (71 + 61)  =  1452  =  4 · 363.

б)  Обо­зна­чим сумму всех цифр де­сят­ков за a, а всех цифр еди­ниц за b. Тогда от­ку­да что не­воз­мож­но  — 363 не крат­но 9.

в)  Нужно мак­си­ми­зи­ро­вать вы­ра­же­ние по­это­му a сле­ду­ет сде­лать как можно мень­ше. С дру­гой сто­ро­ны, (по­сколь­ку пер­вая цифра числа мень­ше его по­след­ней цифры не более чем в 9 раз), по­это­му от­ку­да

При­ве­дем при­мер  — что воз­мож­но, на­при­мер, для трех чисел 19 и сем­на­дца­ти чисел 18. Новая сумма тогда будет равна

Ответ: а)  17 и 16; б)  нет; в)  1650.

Ре­ше­ние. Если сред­нее ариф­ме­ти­че­ское любых 27 чисел на­бо­ра мень­ше 2, то сумма любых 27 чисел на­бо­ра мень­ше 27 · 2  =  54. Бу­дучи на­ту­раль­ным чис­лом, эта сумма не пре­вос­хо­дит 53.

Обо­зна­чим S мак­си­маль­ную сумму 27 чисел дан­но­го на­бо­ра. Итак,

а)  Да, может. Такой набор со­дер­жит 13 еди­ниц, 17 двоек и 3, 4, 5. Для него, оче­вид­но,

На­во­дя­щее со­об­ра­же­ние очень про­стое. Если есть ровно 13 еди­ниц и 3, 4, 5, то остав­ши­е­ся 17 ва­кан­сий за­пол­ня­ют­ся как ми­ни­мум двой­ка­ми. Вот и возьмём набор с этими 17-ю двой­ка­ми! Ясно, что мак­си­маль­ная сумма S по­лу­чит­ся, если в ка­че­стве сла­га­е­мых взять 3, 4, 5 и все двой­ки, до­брав оста­ток еди­ни­ца­ми.

б)  Пред­по­ло­жим, что набор со­дер­жит k еди­ниц Осталь­ные 30 − k чисел на­бо­ра (по­ми­мо 3, 4, 5) назовём ва­кант­ны­ми. Ва­кант­ных чисел, стало быть, не менее 18, и каж­дое ва­кант­ное число не мень­ше 2.

Таким об­ра­зом, наш набор со­дер­жит 3, 4, 5 и во­сем­на­дцать чисел, не мень­ших 2; осталь­ные числа на­бо­ра не мень­ше 1. Для мак­си­маль­ной суммы S тогда по­лу­ча­ем:

Дан­ное не­ра­вен­ство по­ка­зы­ва­ет, что набор не может со­дер­жать менее 13 еди­ниц.

в)  За­ме­тим сразу, что если набор со­дер­жит не менее 16 еди­ниц, то

По­это­му остаётся разо­брать слу­чаи, когда ко­ли­че­ство k еди­ниц в на­бо­ре менее 16.

Осталь­ные 30 − k чисел (по­ми­мо 3, 4, 5) про­дол­жа­ем на­зы­вать ва­кант­ны­ми.

При k  =  13. Легко ви­деть, что набор, предъ­яв­лен­ный в пунк­те а), ока­зы­ва­ет­ся един­ствен­ным на­бо­ром с ровно три­на­дца­тью еди­ни­ца­ми. В самом деле, для лю­бо­го дру­го­го та­ко­го на­бо­ра сумма 17-ти ва­кант­ных чисел будет боль­ше и сумма S ста­нет боль­ше 53. А для предъ­яв­лен­но­го на­бо­ра имеем:

При k  =  14 или k  =  15. За­ме­тим, что среди ва­кант­ных чисел обя­за­тель­но найдётся двой­ка. В самом деле, иначе все ва­кант­ные числа (ко­то­рых, со­от­вет­ствен­но, 16 или 15) будут не мень­ше 3, и тогда их сумма ока­жет­ся как ми­ни­мум что про­ти­во­ре­чит усло­вию.

Остаётся взять 14 еди­ниц и эту двой­ку:

До­ка­за­тель­ство за­кон­че­но.

Ответ: а)  да; б)  нет.

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)  Для вы­пол­не­ния усло­вий за­да­чи до­ста­точ­но, чтобы про­из­ве­де­ние двух мень­ших чисел было боль­ше 40, а про­из­ве­де­ние двух боль­ших чисел было мень­ше 100. Пять чисел 6, 7, 8, 9, 10 удо­вле­тво­ря­ют усло­вию за­да­чи.

б)  Пусть числа на доске за­пи­са­ны в по­ряд­ке воз­рас­та­ния: a < b < c < d < e < f. За­ме­тим, что иначе про­из­ве­де­ние ab будет мень­ше 40, а про­из­ве­де­ние ef будет боль­ше 100. Дру­ги­ми сло­ва­ми, на доске может быть толь­ко одно число a  <  7 и толь­ко одно число f  >  9. Но тогда че­тырь­мя раз­лич­ны­ми чис­ла­ми b, c, d, e долж­ны быть три числа 7, 8 и 9, что не­воз­мож­но.

в)  Пусть на доске на­пи­са­ны числа a, b, c и d, причём a < b < c < d. Как было по­ка­за­но в преды­ду­щем пунк­те, со­сед­ние с край­ни­ми числа под­чи­ня­ют­ся усло­вию Сумма че­ты­рех чисел наи­боль­шая, когда каж­дое сла­га­е­мое при­ни­ма­ет наи­боль­шее воз­мож­ное зна­че­ние. Наи­боль­шее воз­мож­ное про­из­ве­де­ние по­это­му Тогда наи­боль­шее зна­че­ние суммы че­ты­рех чисел равно 35.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  35.

При­ме­ча­ние.

В пунк­те в) можно было про­ве­сти пе­ре­бор.

Если за­пи­са­ны числа а, 7, 8, d, то наи­боль­шие воз­мож­ные числа a  =  6, d  =  12. Сумма че­ты­рех за­пи­сан­ных чисел равна 33.

Если за­пи­са­ны числа а, 7, 9, d, то a  =  6, d  =  11, сумма 33.

Если за­пи­са­ны числа а, 8, 9, d, то a  =  7, d  =  11, сумма 35.

Таким об­ра­зом, наи­боль­шее зна­че­ние суммы че­ты­рех чисел равно 35.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер, числа 7, 8, 9, 10, 13.

б)  Нет. Пусть   — наи­мень­шее,   — наи­боль­шее из за­пи­сан­ных чисел. По­сколь­ку все 10 чисел раз­лич­ны, По­сколь­ку числа от­ли­ча­ют­ся не более чем в 3 раза, от­ку­да Сле­до­ва­тель­но, наи­мень­шее из за­пи­сан­ных чисел не мень­ше 5. Но тогда сумма за­пи­сан­ных чисел не мень­ше суммы чле­нов ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии 5 + 6 + ... + 14  =  10 · (5 + 14)/2  =  95. Про­ти­во­ре­чие.

в)  За­ме­тим пред­ва­ри­тель­но, что 8000  =  2⁶ · 5³. От­сю­да сле­ду­ет, что за­пи­сан­ные числа могут быть толь­ко сте­пе­ня­ми двой­ки или пя­тер­ки или их про­из­ве­де­ни­я­ми.

На доске могут быть за­пи­са­ны два числа: 2⁴ · 5  =  80 и 2² · 5²  =  100. Могут быть за­пи­са­ны три числа: 2⁴  =  16, 2² · 5  =  20 и 5²  =  25. На доске не может быть за­пи­са­но боль­шее ко­ли­че­ство чисел.

Дей­стви­тель­но, если на доске есть число m, крат­ное 25, то каж­дое из остав­ших­ся чисел не мень­шие 8. Тогда про­из­ве­де­ние m и трёх таких чисел боль­ше 8000. Сле­до­ва­тель­но, в этом слу­чае боль­ше трёх чисел на доске быть не может. Если на доске нет чисел, крат­ных 25, то ровно три из них крат­ны пяти. Они имеют вид 5a, 5b и 5c, причём от­ли­ча­ют­ся друг от друга в 2 и в 4 раза, что не­воз­мож­но.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  2 или 3.

Ре­ше­ние. а)  Для чисел 2, 3, 3, 5 на доске будет за­пи­сан набор 2, 3, 5, 6, 9, 10, 15, 18, 30, 45, 90.

б)  Среди за­ду­ман­ных чисел есть число 7, по­сколь­ку иначе оно бы не было за­пи­са­но на доску. По­сколь­ку за­ду­ман­ные числа на­ту­раль­ные, наи­боль­шее число в на­бо­ре  — это про­из­ве­де­ние всех за­ду­ман­ных чисел. Зна­чит, среди чисел за­пи­сан­но­го на­бо­ра долж­но быть про­из­ве­де­ние всех чисел, кроме 7, то есть 945 : 7  =  135. Но этого числа нет в на­бо­ре, по­это­му не су­ще­ству­ет при­ме­ра таких за­ду­ман­ных чисел, для ко­то­ро­го будет вы­пи­сан набор из усло­вия.

в)  Наи­боль­шее число в на­бо­ре  — это про­из­ве­де­ние всех за­ду­ман­ных чисел. Число 82 рас­кла­ды­ва­ет­ся на про­стые мно­жи­те­ли как 2 · 41. Зна­чит, было за­ду­ма­но либо число 82 и пять еди­ниц, либо пара чисел 2 и 41 и че­ты­ре еди­ни­цы.

Ответ: а)  2, 3, 3, 5; б)  нет; в)  1, 1, 1, 1, 1, 82 или 1, 1, 1, 1, 2, 41.

Ре­ше­ние. а)  Для чисел 2, 3, 5, 5 на доске будет за­пи­сан набор 2, 3, 5, 6, 10, 15, 25, 30, 50, 75, 150.

б)  Среди за­ду­ман­ных чисел есть число 11, по­сколь­ку иначе оно бы не было за­пи­са­но на доску. По­сколь­ку за­ду­ман­ные числа на­ту­раль­ные, наи­боль­шее число в на­бо­ре  — это про­из­ве­де­ние всех за­ду­ман­ных чисел. Зна­чит, среди чисел за­пи­сан­но­го на­бо­ра долж­но быть про­из­ве­де­ние всех чисел, кроме 11, то есть 550 : 11  =  50. Но этого числа нет в на­бо­ре, по­это­му не су­ще­ству­ет при­ме­ра таких за­ду­ман­ных чисел, для ко­то­ро­го будет вы­пи­сан набор из усло­вия.

в)  Наи­боль­шее число в на­бо­ре  — это про­из­ве­де­ние всех за­ду­ман­ных чисел. Число 91 рас­кла­ды­ва­ет­ся на про­стые мно­жи­те­ли как 7 · 13. Зна­чит, было за­ду­ма­но либо число 91 и че­ты­ре еди­ни­цы, либо пара чисел 7 и 13 и три еди­ни­цы.

Ответ: а)  2, 3, 5, 5; б)  нет; в)  1, 1, 1, 1, 91 или 1, 1, 1, 7, 13.

Ре­ше­ние. a)  Пусть на­чаль­ные числа: a, b, c, d и e, тогда

По­сколь­ку ра­вен­ство

Ра­вен­ство верно. По­это­му ис­ко­мы­ми чис­ла­ми яв­ля­ют­ся 1, 3, 8, 11, 2.

б)  Ра­вен­ство

при­во­дит к ра­вен­ству что не­воз­мож­но для на­ту­раль­ных сла­га­е­мых.

Вывод: нет.

в)  Пусть число A в k раз боль­ше сред­не­го ариф­ме­ти­че­ско­го. Тогда

что не­воз­мож­но при При­мер для k  =  2: 1, 3, 4, 7, 35.

Ответ: а)  да, на­при­мер: 1, 3, 8, 11, 2; б)  нет; в)  2.

Ре­ше­ние. а)  По­смот­рим на сумму не­сколь­ких зелёных чисел. По­сколь­ку сумма будет ми­ни­маль­ной тогда, когда числа ми­ни­маль­ны, они долж­ны со­став­лять ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию, с пер­вым чле­ном и раз­но­стью (то есть ряд 5, 10, 15 ... ). В слу­чае, если на доске за­пи­са­но 30 зе­ле­ных чисел их сумма равна:

Те­перь за­ме­ним зе­ле­ное число 40 на крас­ное число 35. Сумма 29 остав­ших­ся зелёных чисел и крас­но­го числа 35 будет равна

При этом на доске на­пи­са­ны толь­ко крат­ные 5 числа.

б)  Как было по­ка­за­но в в пунк­те а) ми­ни­маль­но воз­мож­ная сумма 30 зе­ле­ных чисел  — 2325. Чтобы по­лу­чить ми­ни­маль­но воз­мож­ную сумму 29 зелёных чисел, вы­чтем из суммы 30 чисел самое боль­шое из на­пи­сан­ных  — 150:

Те­перь, чтобы по­лу­чить ми­ни­маль­но воз­мож­ную сумму 29 зелёных и 1 крас­но­го чисел, при­ба­вим наи­мень­шее крас­ное число, то есть 7:

Ми­ни­маль­но воз­мож­ная сумма 29 зелёных и 1 крас­но­го чисел боль­ше 1467, тогда любая сумма 29 зелёных и 1 крас­но­го чисел боль­ше 1467. Зна­чит, если на доске на­пи­са­но толь­ко одно крас­ное число, сумма чисел не может быть равна 1467.

в)  Пусть n - число крас­ных чисел, тогда число зелёных со­ста­вит (30-n). Как было по­ка­за­но выше, при одном, самом ма­лень­ком, крас­ном числе сумма всех чисел боль­ше, чем 1467. Это озна­ча­ет, что нам не­об­хо­ди­мо за­ме­нять зе­ле­ные числа на крас­ные, при­чем, по­сколь­ку нам надо, чтобы крас­ных чисел было ми­ни­маль­ное число, то не­об­хо­ди­мо за­ме­нить ми­ни­маль­ное воз­мож­ное ко­ли­че­ство зе­ле­ных чисел, то есть наи­боль­шие зе­ле­ные числа за­ме­нять на наи­мень­шие крас­ные. Тогда суммы крас­ных и зелёных чисел, ана­ло­гич­но с преды­ду­щи­ми пунк­та­ми будут сум­ма­ми ариф­ме­ти­че­ских про­грес­сий:

Сумма всех чисел S долж­на быть по край­ней мере мень­ше или равна 1467, тогда:

Зна­чит, не­об­хо­ди­мо за­ме­нить не менее 10 зе­ле­ных чисел. В ряду из 30 зелёных чисел за­ме­ним зе­ле­ные числа на крас­ные: 150 на 7, 145 на 14, 140, на 21, 135 на 28, 130 на 35, 125 на 42, 120 на 49, 115 на 56, 110 на 63. Таким об­ра­зом, сумма чисел, за­пи­сан­ных на доске, со­ста­вит:

За­ме­ним те­перь 80 на 77:

Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ет­ся, что наи­мень­шее ко­ли­че­ство крас­ных чисел при сумме всех чисел 1467 равно 10.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  10.

Ре­ше­ние. а)  Пусть на доске за­пи­са­но 30 зе­ле­ных чисел, тогда по­след­нее число можно найти по фор­му­ле:

Тогда сумма всех зе­ле­ных чисел со­ста­вит 1395.

Те­перь за­ме­ним зе­ле­ное число 27 на крас­ное число 24, тогда сумма чисел на­пи­сан­ных на доске будет равна

При этом на доске на­пи­са­ны толь­ко крат­ные 3 числа.

б)  Ясно, что сумма 30 зелёных чисел, при­ведённая в пунк­те а), ми­ни­маль­на, по­сколь­ку ми­ни­маль­но зна­че­ние (при боль­ших зна­че­ни­ях сумма будет воз­рас­тать). Чтобы по­лу­чить ми­ни­маль­но воз­мож­ную сумму 29 зелёных чисел, вы­чтем из ми­ни­маль­но воз­мож­ной суммы 30 зелёных чисел самое боль­шое  — по­след­нее число, рав­ное 90:

Те­перь, чтобы по­лу­чить ми­ни­маль­но воз­мож­ную сумму 29 зелёных и 1 крас­но­го чисел, при­ба­вим к ми­ни­маль­но воз­мож­ной сумме 29 зелёных чисел ми­ни­маль­но воз­мож­ное крас­ное число, то есть число 8:

Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем, что ми­ни­маль­но воз­мож­ная сумма 29 зелёных и 1 крас­но­го чисел а это озна­ча­ет, что, если на доске на­пи­са­но толь­ко 1 крас­ное число, то сумма чисел не может быть равна 1066.

в)  Пусть n - число крас­ных чисел, тогда число зелёных со­ста­вит (30-n). Суммы крас­ных и зелёных чисел, по фор­му­ле суммы ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии будут со­став­лять:

и

Сумма всех чисел S_o долж­на быть по край­ней мере мень­ше или равна 1066, тогда

Зна­чит, не­об­хо­ди­мо за­ме­нить не менее 7 зе­ле­ных чисел. В ряду из 30 зелёных чисел за­ме­ним зе­ле­ные числа на крас­ные: 90 на 8, 87 на 16, 84, на 24, 81 на 32, 78 на 40, 75 на 48. Таким об­ра­зом, сумма за­пи­сан­ных на доске чисел со­ста­вит:

Те­перь за­ме­ним еще 66 на 64, по­лу­чим:

Таким об­ра­зом, наи­мень­шее ко­ли­че­ство крас­ных чисел равно 7.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  7.

Ре­ше­ние. а)  Пусть на доске на­пи­са­но число 250 и 99 дру­гих раз­лич­ных на­ту­раль­ных чисел. Ми­ни­маль­но воз­мож­ная сумма чисел на доске до­сти­га­ет­ся при усло­вии, что сумма 99 раз­лич­ных на­ту­раль­ных чисел ми­ни­маль­на. А это, в свою оче­редь, воз­мож­но, если 99 раз­лич­ных на­ту­раль­ных числа - ариф­ме­ти­че­ская про­грес­сия с пер­вым чле­ном и раз­но­стью Сумма этих чисел, по фор­му­ле суммы ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии, со­ста­вит:

Сумма всех чисел на доске S будет равна:

Не труд­но за­ме­тить, что по­лу­чен­ная сумма боль­ше, чем 5100, а это зна­чит, что и любая сумма 100 раз­лич­ных на­ту­раль­ных чисел, среди ко­то­рых есть 250, боль­ше 5100, сле­до­ва­тель­но, числа 250 на доске быть не может.

б)  Пусть на доске не за­пи­са­но число 11. В таком слу­чае, ми­ни­маль­но воз­мож­ная сумма S чисел на доске будет со­сто­ять из двух сумм ариф­ме­ти­че­ских про­грес­сий: суммы пер­вых 10 чле­нов про­грес­сии с пер­вым чле­ном раз­но­стью (то есть ряда 1,2,3,..10) и суммы пер­вых 90 чле­нов про­грес­сии с пер­вым чле­ном раз­но­стью (то есть ряда 12,13,14,..101). Най­дем эту сумму:

Не труд­но за­ме­тить, что по­лу­чен­ная сумма боль­ше, чем 5100, а это зна­чит, что и любая сумма 100 раз­лич­ных на­ту­раль­ных чисел, среди ко­то­рых нет 11, боль­ше 5100, сле­до­ва­тель­но, без числа 11 на доске обой­тись нель­зя.

в)  До­пу­стим, что на доске вы­пи­са­ны все числа от 1 до 100. Тогда по­лу­ча­ет­ся, что по­лу­чен­ный ряд со­став­ля­ет ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию с пер­вым чле­ном раз­но­стью По фор­му­ле для суммы ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии най­дем сумму всех чисел на доске

По­лу­чен­ная сумма не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи. Те­перь, чтобы уве­ли­чить сумму всех чисел, на­пи­сан­ных на доске до обо­зна­чен­ной в усло­вии, по­про­бу­ем за­ме­нить числа, крат­ные 11 на дру­гие числа, сле­ду­ю­щие за сот­ней: 77 за­ме­ним на 103, 88 на 102, а 99 на 101. По­лу­чен­ная сумма S будет равна:

Под­пра­вим сумму S: за­ме­ним число 101 на число 109, окон­ча­тель­но по­лу­чим:

При даль­ней­шей за­ме­не чисел, крат­ных 11 на числа, боль­шие 100, сумма будет уве­ли­чи­вать­ся и не со­от­вет­ство­вать усло­вию за­да­чи. Таким об­ра­зом, наи­мень­шее ко­ли­че­ство чисел, крат­ных 11 равно 6.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та в).

При­ве­дем при­мер, когда на доске на­пи­са­но шесть чисел, крат­ных 11 (11, 22, 33, 44, 55, 66):

До­ка­жем, что на доске не может быть мень­ше шести чисел, де­ля­щих­ся на 11 без остат­ка. Чтобы убрать мак­си­маль­ное ко­ли­че­ство чисел, крат­ных 11, не­об­хо­ди­мо, чтобы раз­но­сти между но­вы­ми и ста­ры­ми чис­ла­ми были ми­ни­маль­ны. То есть за­ме­нять надо наи­боль­шие числа, крат­ные 11, на наи­мень­шие воз­мож­ные числа, боль­шие ста. Пусть ко­ли­че­ство чисел, крат­ных 11, равно 5. Тогда ми­ни­маль­ная сумма за­пи­сан­ных на доске чисел равна:

По­лу­чен­ная сумма боль­ше, чем 5100. При даль­ней­шей за­ме­не чисел, крат­ных 11, на числа, боль­шие 100, сумма будет уве­ли­чи­вать­ся, зна­чит, на доске не может быть мень­ше шести чисел, крат­ных 11.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  6.

Ре­ше­ние. а)  Пусть на доске на­пи­са­но число 230 и 99 дру­гих раз­лич­ных на­ту­раль­ных чисел. Ми­ни­маль­но воз­мож­ная сумма чисел на доске до­сти­га­ет­ся при усло­вии, что сумма 99 раз­лич­ных на­ту­раль­ных чисел ми­ни­маль­на. А это, в свою оче­редь, воз­мож­но, если 99 раз­лич­ных на­ту­раль­ных числа  — ариф­ме­ти­че­ская про­грес­сия с пер­вым чле­ном и раз­но­стью Сумма этих чисел, по фор­му­ле суммы ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии, со­ста­вит:

Сумма всех чисел на доске S будет равна:

Не­труд­но за­ме­тить, что по­лу­чен­ная сумма боль­ше, чем 5120, а это зна­чит, что и любая сумма 100 раз­лич­ных на­ту­раль­ных чисел, среди ко­то­рых есть 230, боль­ше 5120, сле­до­ва­тель­но, числа 230 на доске быть не может.

б)  Пусть на доске не за­пи­са­но число 14. В таком слу­чае, ми­ни­маль­но воз­мож­ная сумма S чисел на доске будет со­сто­ять из двух сумм ариф­ме­ти­че­ских про­грес­сий: суммы пер­вых 13 чле­нов про­грес­сии с пер­вым чле­ном раз­но­стью (то есть ряда 1, 2, 3, ... 13) и суммы пер­вых 87 чле­нов про­грес­сии с пер­вым чле­ном раз­но­стью (то есть ряда 15,16,17,..101). Най­дем эту сумму:

Не­труд­но за­ме­тить, что по­лу­чен­ная сумма боль­ше, чем 5120, а это зна­чит, что и любая сумма 100 раз­лич­ных на­ту­раль­ных чисел, среди ко­то­рых нет 14, боль­ше 5120, сле­до­ва­тель­но, без числа 14 на доске обой­тись нель­зя.

в)  До­пу­стим, что на доске вы­пи­са­ны все числа от 1 до 100. Тогда по­лу­ча­ет­ся, что по­лу­чен­ный ряд со­став­ля­ет ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию с пер­вым чле­ном раз­но­стью По фор­му­ле для суммы ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии най­дем сумму всех чисел на доске:

По­лу­чен­ная сумма не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи. Те­перь, чтобы уве­ли­чить сумму всех чисел, на­пи­сан­ных на доске до обо­зна­чен­ной в усло­вии, по­про­бу­ем за­ме­нить числа, крат­ные 14, на дру­гие числа, сле­ду­ю­щие за сот­ней: 70 за­ме­ним на 110, 84  — на 104, а 98  — на 108. По­лу­чен­ная сумма S будет равна:

При даль­ней­шей за­ме­не чисел, крат­ных 14 на числа, боль­шие 100, сумма будет уве­ли­чи­вать­ся и не со­от­вет­ство­вать усло­вию за­да­чи. Таким об­ра­зом, наи­мень­шее ко­ли­че­ство чисел, крат­ных 14, равно 4.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та в).

При­ве­дем при­мер, когда на доске на­пи­са­но че­ты­ре числа, крат­ных 14 (14, 28, 42, 56):

До­ка­жем, что не может быть трех чисел, крат­ных 14. Чтобы убрать мак­си­маль­ное ко­ли­че­ство чисел, крат­ных 14, не­об­хо­ди­мо, чтобы раз­но­сти между но­вы­ми и ста­ры­ми чис­ла­ми были ми­ни­маль­ны­ми. То есть за­ме­нять надо наи­боль­шие числа, крат­ные 14, на наи­мень­шие воз­мож­ные, боль­шие ста числа. Пусть ко­ли­че­ство чисел, крат­ных 14, равно 3. Тогда ми­ни­маль­ная сумма за­пи­сан­ных на доске чисел равна:

По­лу­чен­ная сумма боль­ше, чем 5120. При даль­ней­шей за­ме­не чисел, крат­ных 14, на числа, боль­шие 100, сумма будет уве­ли­чи­вать­ся, зна­чит, на доске не может быть мень­ше че­ты­рех чисел, крат­ных 14.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  4.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер:

б)  Пусть на доске ровно два числа, окан­чи­ва­ю­щих­ся на 7. Тогда на доске на­пи­са­но 28 чет­ных чисел. Их сумма не мень­ше, чем:

Это про­ти­во­ре­чит тому, что сумма равна 810, то есть на доске не может быть двух чисел, окан­чи­ва­ю­щих­ся на 7.

в)  За­ме­тим, что число 810 крат­но 2, сумма чет­ных чисел крат­на двум, тогда и сумма чисел, окан­чи­ва­ю­щих­ся на 7, тоже крат­на двум. Чтобы сумма не­чет­ных чисел де­ли­лась на два, сла­га­е­мых долж­но быть чет­ное ко­ли­че­ство. В пунк­те б) по­ка­за­но, что на доске не может быть два числа, окан­чи­ва­ю­щих­ся на 7, тогда наи­мень­шее воз­мож­ное ко­ли­че­ство таких чисел  — 4.

При­ве­дем при­мер, когда на доске на­пи­са­но че­ты­ре числа, окан­чи­ва­ю­щих­ся на 7:

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  4.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер:

б)  Пусть на доске ровно два числа, окан­чи­ва­ю­щих­ся на 9, сумма двух не­чет­ных чисел четна, тогда сумма всех чисел, на­пи­сан­ных на доске де­лит­ся на два, но 877 не крат­но 2  — про­ти­во­ре­чие. Таким об­ра­зом, на доске не может быть ровно два числа, окан­чи­ва­ю­щих­ся на 9.

в)  Все числа на­пи­сан­ные на доске чет­ны­ми быть не могут. Пусть на доске на­пи­са­но одно число, окан­чи­ва­ю­ще­е­ся на 9, и 29 чет­ных чисел. Сумма всех чисел не мень­ше суммы:

В пунк­те б) по­ка­за­но, что на доске не может быть два числа, окан­чи­ва­ю­щих­ся на 9, тогда их ко­ли­че­ство не мень­ше 3. В пунк­те а) при­ве­ден при­мер, когда на доске на­пи­са­но три таких числа, зна­чит, наи­мень­шее ко­ли­че­ство окан­чи­ва­ю­щих­ся на 9 чисел  —  3.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  3.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что сти­ра­ют те числа, ко­то­рые ис­ход­но были еди­ни­ца­ми. Пусть из­на­чаль­но на доске были на­пи­са­ны n еди­ниц и дру­гих чисел.

а)   Да, могло быть. За­ме­тим, что сумма этих дру­гих чисел равна Тогда по­лу­чим не­ра­вен­ство: Го­дит­ся, на­при­мер, Тогда под­хо­дят такие числа: 25 еди­ниц и числа 35, 36, 37, 38, 39.

б)  Нет, не могло. Те­перь сумма всех чисел равна 810. Ана­ло­гич­но ре­ше­нию пунк­та а) по­лу­чим двой­ное не­ра­вен­ство: От­сю­да по­лу­ча­ем си­сте­му двух не­ра­венств: и Тогда и од­но­вре­мен­но Эта си­сте­ма не имеет ре­ше­ний.

в)  Пусть M  — сред­нее ариф­ме­ти­че­ское чисел, остав­ших­ся на доске. Тогда

Ясно, что M мак­си­маль­но, если n мак­си­маль­но. Вспом­ним, что ис­ход­ные числа не пре­вос­хо­дят 40. Зна­чит. от­ку­да Таким об­ра­зом, при­мер из пунк­та а) дает мак­си­маль­но воз­мож­ное зна­че­ние сред­не­го ариф­ме­ти­че­ско­го:

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  18,5.

Ре­ше­ние. а)  Если наи­мень­шее число равно 5, то сумма шести наи­мень­ших чисел не мень­ше а их сред­нее ариф­ме­ти­че­ское боль­ше 7.

б)  Пусть сумма пяти наи­мень­ших чисел равна А, ше­стое по ве­ли­чи­не число равно В, а сумма пяти наи­боль­ших чисел равна С. Пред­по­ло­жим, что сред­нее ариф­ме­ти­че­ское всех один­на­дца­ти чисел равно 10. Тогда по­лу­ча­ем:

от­ку­да Это не­воз­мож­но, по­сколь­ку долж­но вы­пол­нять­ся не­ра­вен­ство

в)  Имеем: По­лу­ча­ем:

Зна­чит, нужно найти наи­мень­шее зна­че­ние В.

Пусть числа, на­пи­сан­ные на доске, равны при­чем Тогда от­ку­да

Зна­чит, по­сколь­ку B целое.

По­ка­жем, что число В может рав­нять­ся 10. На­при­мер, если на доске на­пи­са­ны числа

то усло­вия за­да­чи вы­пол­не­ны и Таким об­ра­зом,

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  

Ре­ше­ние. а)  Нет. Ито­го­вый балл по ста­рой си­сте­ме не боль­ше а ито­го­вый балл по новой си­сте­ме не мень­ше По­это­му раз­ность ито­го­вых бал­лов не может быть боль­ше 6.

б)  Нет. Упо­ря­до­чим оцен­ки судей: пусть Тогда раз­ность ито­го­вых бал­лов равна

При умно­же­нии раз­но­сти на 12 долж­но по­лу­чать­ся целое число, но число не­це­лое.

в)  По­ка­жем, что чис­ли­тель дроби (*) не мень­ше 12. Дей­стви­тель­но, умень­ша­е­мое а вы­чи­та­е­мое Сле­до­ва­тель­но, раз­ность ито­го­вых бал­лов не мень­ше 1. Зна­че­ние 1 до­сти­га­ет­ся, на­при­мер, при оцен­ках 0, 1, 2, 3, 4, 5.

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  1.

Ре­ше­ние. а)  Пусть сти­ра­ли сле­ду­ю­щие пары чисел: 9 и 19, 10 и 15, 11 и 16, 12 и 17, 13 и 18. Тогда на доске оста­нут­ся числа 14 и 20, сумма ко­то­рых равна 34.

б)  Среди чисел от 59 до 92 ровно 6 чисел, да­ю­щих при де­ле­нии на 5 оста­ток 3, и ровно по 7 чисел, да­ю­щих при де­ле­нии на 5 че­ты­ре дру­гих воз­мож­ных остат­ка. Сле­до­ва­тель­но, среди квад­ра­тов чисел от 59 до 92 ровно 7 чисел, де­ля­щих­ся на 5, ровно 13 чисел, да­ю­щих при де­ле­нии на 5 оста­ток 4, и ровно 14 чисел, да­ю­щих при де­ле­нии на 5 оста­ток 1. По усло­вию каж­дый раз с доски сти­ра­ли два числа, раз­ность ко­то­рых де­лит­ся на 5. Зна­чит, в каж­дой из пар стёртых чисел оба числа дают оди­на­ко­вый оста­ток при де­ле­нии на 5. По­это­му на доске обя­за­тель­но оста­нет­ся число, де­ля­ще­е­ся на 5, и число, ко­то­рое при де­ле­нии на 5 даёт оста­ток 4. Про­из­ве­де­ние этих чисел де­лит­ся на 5 и, сле­до­ва­тель­но, не может окан­чи­вать­ся на цифру 1.

в)  Как было до­ка­за­но в преды­ду­щем пунк­те, если на доске оста­лось ровно два числа, то одно из них де­лит­ся на 5, а вто­рое даёт при де­ле­нии на 5 оста­ток 4. Пер­вое из этих чисел не мень­ше 60² и не боль­ше 90², вто­рое не мень­ше 62² и не боль­ше 92². По­это­му если пер­вое из этих чисел по­де­лить на вто­рое, то по­лу­чит­ся не боль­ше а если вто­рое из этих чисел по­де­лить на пер­вое, то по­лу­чит­ся не боль­ше По­сколь­ку по­лу­ча­ем, что наи­боль­шее зна­че­ние, ко­то­рое может по­лу­чить­ся, если по­де­лить одно из остав­ших­ся чисел на вто­рое из них, не пре­вос­хо­дит

На доске могли остать­ся числа 92² и 60², так как осталь­ные квад­ра­ты чисел от 59 до 92 можно раз­бить на такие пары: 3 пары чисел, де­ля­щих­ся на 5, 7 пар чисел, да­ю­щих при де­ле­нии на 5 оста­ток 1, и 6 пар чисел, да­ю­щих при де­ле­нии на 5 оста­ток 4. Зна­чит, наи­боль­шее зна­че­ние, ко­то­рое может по­лу­чить­ся, если по­де­лить одно из остав­ших­ся чисел на вто­рое из них, равно

Ответ: а) да; б) нет; в)

Ре­ше­ние. Пусть   — сумма на синих кар­точ­ках,   — сумма на крас­ных кар­точ­ках. Тогда

а)  При­ве­дем при­мер. На каж­дой из со­ро­ка крас­ных кар­то­чек на­пи­са­на 1. На синих кар­точ­ках на­пи­са­ны числа: 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 706 (760 − 54). Эти числа удо­вле­тво­ря­ют си­сте­ме.

б)  Если крас­ных кар­то­чек 10, то наи­боль­шее число на крас­ных кар­точ­ках не может быть мень­ше 4 (иначе сумма на крас­ных кар­точ­ках не пре­вос­хо­дит что не­вер­но). Тогда ми­ни­маль­ное число на синих кар­точ­ках не мень­ше 5. Тогда сумма на 40 синих кар­точ­ках не мень­ше, чем Про­ти­во­ре­чие.

в)  При­ве­дем при­мер для 35 синих кар­то­чек и 15 крас­ных. На две­на­дца­ти крас­ных кар­точ­ках на­пи­са­но 3, на двух 1, и на одной 2. На синих кар­точ­ках на­пи­са­но:

Если же синих кар­то­чек боль­ше 35, то крас­ных мень­ше 15. Наи­боль­шее число на крас­ных кар­точ­ках не может быть мень­ше 3 (иначе сумма на крас­ных кар­точ­ках не пре­вос­хо­дит что не­вер­но). Тогда ми­ни­маль­ное число на синих кар­точ­ках не мень­ше 4. Тогда сумма на синих кар­точ­ках не мень­ше, чем Про­ти­во­ре­чие.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  35.

Ре­ше­ние. а)  Сумма этих чисел равна Мы хотим, чтобы она стала Пусть сумма чет­ных со­став­ля­ла а сумма не­чет­ных Y. Тогда Решая эту си­сте­му, на­хо­дим Это воз­мож­но. Пусть, на­при­мер, из­на­чаль­но были за­пи­са­ны 13 раз число 11, один раз число 9, че­ты­ре раза число 8 и один раз число 6.

б)  Ана­ло­гич­но, со­став­ляя си­сте­му, по­лу­чим от­ку­да что не­воз­мож­но для целых X и Y.

в)  Ана­ло­гич­но, со­став­ляя си­сте­му, по­лу­чим от­ку­да Тогда по­это­му Если взять и (на­при­мер для на­бо­ра 2, 1 и 17 раз по 11).

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  

Ре­ше­ние. а)  Если наи­мень­шее число равно 5, то сумма семи наи­мень­ших чисел не мень­ше а их сред­нее ариф­ме­ти­че­ское боль­ше 7.

б)  Пусть сумма шести наи­мень­ших чисел равна А, седь­мое по ве­ли­чи­не число равно Q, а сумма шести наи­боль­ших чисел равна С. Пред­по­ло­жим, что сред­нее ариф­ме­ти­че­ское всех три­на­дца­ти чисел равно 12. Тогда по­лу­ча­ем:

от­ку­да Это не­воз­мож­но, по­сколь­ку перед Q долж­но быть еще шесть раз­лич­ных на­ту­раль­ных чисел.

в)  Имеем: По­лу­ча­ем:

Зна­чит, нужно найти наи­мень­шее зна­че­ние Q.

Пусть числа, на­пи­сан­ные на доске, равны при­чем Тогда от­ку­да

По­ка­жем, что число Q может рав­нять­ся 10. На­при­мер, если на доске на­пи­са­ны числа 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 37, то усло­вия за­да­чи вы­пол­не­ны и Таким об­ра­зом,

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  

Ре­ше­ние. а)  Да. На­при­мер, в пер­вый день вы­пи­са­но 20 еди­ниц, а в каж­дый сле­ду­ю­щий день вы­пи­сы­ва­ют на две еди­ни­цы мень­ше, зато до­бав­ля­ют трой­ку. Тогда ко­ли­че­ство чисел каж­дый день на 1 мень­ше, а сумма  — на 1 боль­ше, чем в преды­ду­щий.

б)  Да. Если в пер­вый день вы­пи­са­ли одну двой­ку и 10 троек (сред­нее  — во вто­рой день 6 чет­ве­рок и 4 пя­тер­ки (сред­нее  — 4,4), а в тре­тий день 9 пя­те­рок (сред­нее  — 5), то все усло­вия вы­пол­не­ны, при­чем сред­нее пер­во­го дня мень­ше 3, а сред­нее за все дни:

в)  Ясно, что в пер­вый день за­пи­са­но не более 6 чисел. Тогда

—  во вто­рой день не более пяти чисел с сум­мой не менее 7;

—  в тре­тий день не более че­ты­рех чисел с сум­мой не менее 8;

—  в чет­вер­тый день не более трех чисел с сум­мой не менее 9;

—  в пятый день не более двух чисел с сум­мой не менее 10.

Уже это воз­мож­но един­ствен­ным об­ра­зом  — две пя­тер­ки. Зна­чит, если в пятый день что-то во­об­ще пи­са­ли, то общая сумма со­ста­вит Если числа пи­са­ли лишь че­ты­ре дня, то в чет­вер­тый день было не более трех чисел, а их сумма была не более 15, по­это­му общая сумма не пре­вос­хо­дит Если числа пи­са­ли лишь три дня, то в тре­тий день было не более че­ты­рех чисел, а их сумма была не более 20, по­это­му общая сумма не пре­вос­хо­дит Если числа пи­са­ли лишь два дня, то во вто­рой день было не более пяти чисел, а их сумма была не более 25, по­это­му общая сумма не пре­вос­хо­дит Итак, ответ точно не боль­ше 48.

Оста­лось при­ве­сти со­от­вет­ству­ю­щий при­мер:

—  пер­вый день: 1, 1, 1, 1, 1, 1;

—  вто­рой день: 2, 2, 3, 3, 3;

—  тре­тий день: 3, 3, 4, 4;

—  чет­вер­тый день: 5, 5, 5.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  48.

При­ме­ча­ние.

Ре­ко­мен­ду­ем срав­нить это за­да­ние с за­да­ни­я­ми 526541 и 526345 из ос­нов­ной волны ЕГЭ 2019 года.

Ре­ше­ние. а)  Да. На­при­мер в пер­вый день вы­пи­са­но 20 еди­ниц, а в каж­дый сле­ду­ю­щий день вы­пи­сы­ва­ют на две еди­ни­цы мень­ше, зато до­бав­ля­ют трой­ку. Тогда ко­ли­че­ство чисел каж­дый день на 1 мень­ше, а сумма  — на 1 боль­ше, чем в преды­ду­щий.

б)  Да. При­ве­дем при­мер:

Номер дня	Кол-во чисел	Сумма чисел
1	200
2	199
3	198
4	197

в)  Сумма при­ни­ма­ет наи­боль­шее при Если ко­ли­че­ство не менее двух, то число чисел в пер­вый день ме­ня­ет­ся от 2 до 5. Сумма в пер­вый день равна 5, тогда сумма в по­след­ний день пре­вы­сит 5. Тогда ко­ли­че­ство чисел в по­след­ний день  — от 2 до 4. Если ко­ли­че­ство чисел в по­след­ний день ме­ня­ет­ся от 2, то тогда ко­ли­че­ство чисел в пер­вый день ме­ня­ет­ся от 3. Имеем по ко­ли­че­ству чисел в день:

Ва­ри­ан­ты 1, 2 и 4 не под­хо­дят  — они рав­но­знач­ны. Имеют одну и ту же сумму 15.

Срав­ним ва­ри­ан­ты 3 и 6. Для тре­тье­го ва­ри­ан­та мак­си­маль­ная сумма в пер­вый день  — 5, а в тре­тий день  — 10. Для ше­сто­го ва­ри­ан­та:

—  1 день: 1 1 1 1;

—  2 день: 2 2 2 2;

—  3 день: 3 3 3;

—  4 день: 5 5.

Таким об­ра­зом, сумма равна 32.

Для пя­то­го ва­ри­ан­та:

—  1 день: 1 1 1 1 1;

—  2 день: 3 4 3 4;

—  3 день: 5 5 5.

Таким об­ра­зом, сумма равна 34.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  34.

При­ме­ча­ние.

Ре­ко­мен­ду­ем срав­нить это за­да­ние с за­да­ни­я­ми 526541 и 526345 из ос­нов­ной волны ЕГЭ 2019 года.

Ре­ше­ние. а)  На­при­мер, 166 + 6 + 1  =  173.

б)  Числа, мень­шие 109, за­пи­сан­ные дан­ны­ми циф­рам, суть 1, 6, 11, 16, 61, 66. Взять вме­сте 66 и 61 нель­зя, а если взять лишь одно из них, то наи­боль­шая воз­мож­ная сумма со­ста­вит 66 + 16 + 11 + 6 + 1  =  100 < 109.

в)  За­ме­тим, что все эти числа дают оста­ток 1 при де­ле­нии на 5. По­это­му для по­лу­че­ния суммы 1021, также да­ю­щей при де­ле­нии на 5 оста­ток 1, этих чисел может быть одно, шесть, один­на­дцать и так далее. Оче­вид­но, взять одно число нель­зя. Шесть чисел можно взять, на­при­мер, так: 666 + 166 + 161 + 16 + 11 + 1.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  6.

Ре­ше­ние. а)  Если бы такое слу­чи­лось, то среди этих чисел было бы 4 не­чет­ных и 31 чет­ное. Зна­чит, их сумма была бы четна и не могла быть равна 1135.

б)  Возь­мем наи­мень­шие числа, кон­ча­ю­щи­е­ся на 7: 7, 17, 27, 37, 47, 57, 67. Их сумма равна 259. Возь­мем наи­мень­шие 27 чет­ных чисел: Их сумма равна В ка­че­стве по­след­не­го числа возь­мем

в)  До­пу­стим, на доске на­пи­са­ны n чисел, за­кан­чи­ва­ю­щих­ся на 7 и 35 − n чет­ных чисел. Тогда их сумма не мень­ше, чем сумма наи­мень­ших чисел с теми же свой­ства­ми. Зна­чит,

Два­жды вос­поль­зо­вав­шись фор­му­лой для суммы ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии, по­лу­чим:

Квад­рат­ный трех­член в левой части по­лу­чен­но­го квад­рат­но­го не­ра­вен­ства при­ни­ма­ет наи­мень­шее зна­че­ние при и воз­рас­та­ет при При n  =  9 левая часть равна −10, а при n  =  10 она равна 35, по­это­му Оста­лось при­ду­мать при­мер. Можно, на­при­мер, взять наи­мень­шие 9 чисел, кон­ча­ю­щих­ся на 7  — это числа 7, 27, ... 87  — и наи­мень­шие 26 чет­ных чисел от 2 до 52. Сумма таких чисел равна 1125. За­ме­нив 52 на 62, по­лу­чим тре­бу­е­мую сумму.

Ответ: а)  нет; б)  да; в)  9.

Ре­ше­ние. Пусть среди чисел было x троек (они про­па­дут после этих дей­ствий). Тогда сумма осталь­ных чисел была равна Все эти числа умень­ши­лись вдвое, по­это­му новая сумма со­став­ля­ет

а)  Да. Пусть были на­пи­са­ны числа 3, 3, 3, ..., 3 (27 раз), а также 33, 33, 33. После опи­сан­ных дей­ствий по­лу­чат­ся три числа по 16,5, по­это­му и сред­нее будет 16,5.

б)  Нужно, чтобы число ле­жа­ло в ин­тер­ва­ле (8; 9). Это дает не­ра­вен­ства от­ку­да и Зна­чит, и Это не­воз­мож­но при целых x.

в)  Нужно найти наи­боль­шее зна­че­ние Оче­вид­но, чем боль­ше x, тем мень­ше зна­ме­на­тель дроби, боль­ше сама дробь и боль­ше нуж­ное вы­ра­же­ние. При этом сумма всех чисел не пре­вос­хо­дит от­ку­да

Итак, мак­си­маль­ное x равно 27, и для него по­лу­ча­ем, что Со­от­вет­ству­ю­щий при­мер при­ве­ден в пунк­те а).

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  16,5.

Ре­ше­ние. За­ме­тим сразу, что сумма чисел не ме­ня­ет­ся, а раз­ность умень­ша­ет­ся вдвое.

а)  Из чисел 1 и 17 по­лу­чат­ся по­сле­до­ва­тель­но 5 и 13, 7 и 11, 8 и 10. На этом игра оста­но­вит­ся.

б)  Если бы это было воз­мож­но, то раз­ность между на­чаль­ны­ми чис­ла­ми за эти не­сколь­ко ходов умень­ши­лась бы ми­ни­мум в 512 раз. Зна­чит, она стала бы равна 1, а из­на­чаль­но была 512. Тогда на пред­по­след­нем ходе раз­ность была равна 2. Од­на­ко из чисел x и x + 2 по­лу­ча­ют­ся числа x + 0,5 и x + 1,5, то есть не­це­лые.

в)  Пусть a < b. Сле­ду­ет найти мак­си­мум вы­ра­же­ния

Если умень­шить a и b на одно и то же число, то чис­ли­тель дроби не из­ме­нит­ся, а зна­ме­на­тель умень­шить­ся, сле­до­ва­тель­но, дробь уве­ли­чит­ся. Зна­чит, в оп­ти­маль­ном слу­чае a  =  1, по­сколь­ку иначе умень­шим a и b на a − 1. Тогда

При уве­ли­че­нии b вы­ра­же­ние 3b рас­тет ми­ни­мум на 3, а вы­ра­же­ние умень­шит­ся менее чем на 3, по­сколь­ку оно само не боль­ше трех. Зна­чит, самое боль­шое зна­че­ние будет при самом боль­шом воз­мож­ном b, то есть при b  =  997: при b  =  998, 999 пер­во­го хода сде­лать нель­зя. Итак, нужно взять числа 1 и 997, по­лу­чить из них 250 и 748, и по­лу­чить ответ:

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  

Ре­ше­ние. а)  На­при­мер, по­дой­дет набор 2, 2, 2, 2, 3.

б)  Ясно, что самое боль­шое вы­пи­сан­ное число  — это про­из­ве­де­ние всех за­ду­ман­ных чисел. Кроме того, среди про­из­ве­де­ний за­ду­ман­ных есть 4. Тогда про­из­ве­де­ние всех чисел, кроме со­став­ля­ю­щих его, равно 168 : 4  =  42, но оно не вы­пи­са­но.

в)  Как и в преды­ду­щем пунк­те, 1080  =  2³ · 3³ · 5  — это про­из­ве­де­ние всех за­ду­ман­ных чисел, по­это­му все осталь­ные числа суть его де­ли­те­ли. С дру­гой сто­ро­ны, оно имеет всего (3 + 1)(3 + 1)(1 + 1)  =  32 де­ли­те­ля, среди ко­то­рых есть 1 (оно не вы­пи­са­но). Зна­чит, вы­пи­са­ны все осталь­ные де­ли­те­ли.

Среди за­ду­ман­ных точно нет еди­ни­цы (она не вы­пи­са­на), точно есть 2, 3, 5  — это про­стые числа, они по-дру­го­му не по­лу­чат­ся  — и либо есть 4, либо еще 2 и 2, по­сколь­ку иначе не по­лу­чить 4 и 8. Ана­ло­гич­но есть еще либо 9, либо 3 и 3. Любой такой набор под­хо­дит, по­сколь­ку поз­во­ля­ет по­лу­чить любую сте­пень двой­ки от 0 до 3, трой­ки от 0 до 3 и взять или не взять в про­из­ве­де­ние пя­тер­ку. Итак, го­дят­ся сле­ду­ю­щие 4 на­бо­ра:

Ответ: а)  2, 2, 2, 2, 3; б)  нет; в)  2, 2, 2, 3, 3, 3, 5; 2, 4, 3, 3, 3, 5; 2, 2, 2, 3, 9, 5; 2, 4, 3, 9, 5.

Ре­ше­ние. а)  Пусть сти­ра­ли сле­ду­ю­щие пары чисел: 10 и 11, 3 и 9, 4 и 8, 5 и 7. Тогда на доске оста­нут­ся числа 2 и 6, сумма ко­то­рых равна 8.

б)  Среди чисел от 100 до 199 ровно 33 числа де­лит­ся на 3, ровно 33 числа дают при де­ле­нии на 3 оста­ток 2 и ровно 34 числа дают при де­ле­нии на 3 оста­ток 1. По усло­вию каж­дый раз с доски сти­ра­ли два числа, сумма ко­то­рых де­лит­ся на 3. Зна­чит, в каж­дой из пар стёртых чисел либо оба числа де­лят­ся на 3, либо при де­ле­нии на 3 одно из них даёт в остат­ке 1, а дру­гое даёт в остат­ке 2. По­это­му на доске обя­за­тель­но оста­нет­ся число, ко­то­рое де­лит­ся на 3, и число, ко­то­рое при де­ле­нии на 3 даёт оста­ток 1. Раз­ность между ними не де­лит­ся на 3 и, сле­до­ва­тель­но, не может рав­нять­ся 39.

в)  Как было до­ка­за­но в преды­ду­щем пунк­те, если на доске оста­лось ровно два числа, то одно из них де­лит­ся на 3, а вто­рое при де­ле­нии на 3 даёт оста­ток 1. Пер­вое из этих чисел не мень­ше 102 и не боль­ше 198, вто­рое  — не мень­ше 100 и не боль­ше 199. По­это­му если пер­вое из этих чисел по­де­лить на вто­рое, то по­лу­чит­ся не боль­ше а если вто­рое из этих чисел по­де­лить на пер­вое, то по­лу­чит­ся не боль­ше По­сколь­ку по­лу­ча­ем, что и наи­боль­шее зна­че­ние, ко­то­рое может по­лу­чить­ся, если по­де­лить одно из остав­ших­ся чисел на вто­рое из них, не пре­вос­хо­дит На доске могли остать­ся толь­ко числа 100 и 198, так как осталь­ные числа от 100 до 199 можно раз­бить на такие пары: 16 пар чисел, де­ля­щих­ся на 3, и 33 пары чисел, в каж­дой из ко­то­рых при де­ле­нии на 3 одно из чисел даёт в остат­ке 1, а дру­гое даёт в остат­ке 2. Зна­чит, наи­боль­шее зна­че­ние, ко­то­рое может по­лу­чить­ся, если по­де­лить одно из остав­ших­ся чисел на вто­рое из них, равно

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  1,98.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что если число не­чет­ное, то и при умно­же­нии его на 3 и при умень­ше­нии на 2 по­лу­чит­ся снова не­чет­ное число, а за ним снова не­чет­ное и так далее. Зна­чит, если есть число 5, то все числа не­чет­ны, а тогда числа 6 быть не может.

б)  Да, на­при­мер, если за­пи­сать числа 18, 16, 14, 12, 10, 8, 6.

в)  Рас­смот­рим наи­боль­шее число на круге. Ясно, что оно боль­ше сво­е­го со­се­да слева втрое. Пусть оно равно 3x. Тогда сле­дом за ним за­пи­са­ны числа ..., х (по­то­му что если утро­ить любое из этих чисел, кроме x, ре­зуль­тат будет боль­ше, чем 3x). По­сколь­ку числа раз­лич­ны, то по­лу­чив­ше­е­ся x за­мы­ка­ет круг. По­это­му общая сумма чисел равна По­сколь­ку и функ­ция воз­рас­та­ет, по­лу­ча­ем, что и При­мер для числа 93  — набор с сум­мой 1984.

Ответ: а)  нет; б)  да; в)  93.

Ре­ше­ние. Пусть из­на­чаль­но на доске были на­пи­са­ны n еди­ниц и дру­гих чисел. За­ме­тим, что сти­ра­ют те числа, ко­то­рые ис­ход­но были еди­ни­ца­ми.

а)   Да, могло быть. За­ме­тим, что сумма этих дру­гих чисел равна по­лу­чим не­ра­вен­ство Го­дит­ся, на­при­мер, Тогда под­хо­дят такие числа: 25 еди­ниц и числа 35, 36, 37, 38, 39.

б)  Нет, не могло. Сумма всех чисел равна 210. Ана­ло­гич­но ре­ше­нию пунк­та а) по­лу­чим двой­ное не­ра­вен­ство: До­мно­жая на зна­ме­на­тель (он по­ло­жи­те­лен), по­лу­чим

от­ку­да и Зна­чит, и Тогда что не­воз­мож­но при целых n.

в)  Пусть M  — сред­нее ариф­ме­ти­че­ское чисел, остав­ших­ся на доске. Тогда

Ясно, что M мак­си­маль­но, если n мак­си­маль­но. Вспом­ним, что ис­ход­ные числа не пре­вос­хо­дят 40. Зна­чит. от­ку­да Таким об­ра­зом, при­мер из пунк­та а) дает мак­си­маль­но воз­мож­ное зна­че­ние сред­не­го ариф­ме­ти­че­ско­го:

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  18,5.

Ре­ше­ние. а)  Пусть такие числа на­пи­са­ны. По­сколь­ку по усло­вию вы­пол­не­ны ра­вен­ства и по­лу­ча­ем На­при­мер, при a₁  =  2024 и a₂  =  2020 по­лу­ча­ем a₃  =  2022 и a₄  =  2021.

б)  Пусть такие числа на­пи­са­ны. По­сколь­ку при каж­дом на­ту­раль­ном числе k  =  2, ..., 99 по усло­вию вы­пол­не­но ра­вен­ство при всех таких k по­лу­ча­ем

Тогда

по­лу­ча­ем про­ти­во­ре­чие.

в)  Пусть такие числа на­пи­са­ны. Ана­ло­гич­но до­ка­зан­но­му в п. б при k  =  2, 3, ..., 9 по­лу­ча­ем

По­это­му и целое не­ну­ле­вое число a₂ − a₁ де­лит­ся на 2⁸  =  256. Если a₂ − a₁ > 0, то

Если a₂ − a₁ < 0, то

Пусть a₁  =  257, a₂  =  1 и при всех k  =  2, 3, ..., 9. По до­ка­зан­но­му при всех таких k числа

целые, а числа

на­ту­раль­ные. По­сколь­ку при этом

по­лу­ча­ем, что наи­мень­шее зна­че­ние, ко­то­рое может при­ни­мать a₁₀, дей­стви­тель­но равно 86.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  86.

Ре­ше­ние. а)  Да. На­при­мер, в пер­вый день на­пи­са­но 100 еди­ниц, а каж­дый сле­ду­ю­щий день пишут на две еди­ни­цы мень­ше и на одну трой­ку боль­ше, чем в преды­ду­щий. Сумма чисел рас­тет на 1, а их ко­ли­че­ство умень­ша­ет­ся на 1. Это поз­во­ля­ет пи­сать числа как ми­ни­мум 51 день.

б)  Да. Пусть в пер­вый день на­пи­са­на 1 и де­сять двоек, во вто­рой день  — пять троек и пять чет­ве­рок, в тре­тий день  — де­вять чет­ве­рок. Тогда сред­нее ариф­ме­ти­че­ское за пер­вый день равно а за все дни

в)  Ясно, что в пер­вый день за­пи­са­но не более пяти чисел, по­это­му во вто­рой за­пи­са­но не более че­ты­рех, в тре­тий  — не более трех, в чет­вер­тый  — не более двух, а пя­то­го дня не может быть, по­сколь­ку там не более од­но­го числа, а сумма чисел долж­на быть боль­ше 5. Если дней че­ты­ре, то в чет­вер­тый день сумма не пре­вос­хо­дит 2 · 4  =  8, а общая сумма не пре­вос­хо­дит Если дней два, то сумма не пре­вос­хо­дит Если дней три, то сумма в по­след­ний день не более 4 · 3  =  12, по­это­му общая сумма не более Зна­чит, сумма не пре­вос­хо­дит 28. Это зна­че­ние до­сти­га­ет­ся, если в пер­вый день за­пи­сать 1, 1, 1, 1, 1, во вто­рой  — 2, 3, 3, 3, в тре­тий  — 4, 4, 4.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  28.

Ре­ше­ние. Пусть было x жел­тых кар­то­чек и 100 − x белых. Общая сумма чисел со­став­ля­ла 32 · 100  =  3200. Пусть также сумма чисел на жел­тых кар­точ­ках была равна n, тогда сумма на белых была 3200 − n. После уве­ли­че­ния сумма на жел­тых будет 3n, а общая сумма По усло­вию, от­ку­да

а)  Наи­боль­шее из чисел на белых кар­точ­ках не мень­ше трех (по­сколь­ку 30 · 2  =  60 < 70), зна­чит, все числа на жел­тых кар­точ­ках не мень­ше 4. Сумма наи­мень­ших се­ми­де­ся­ти раз­лич­ных таких чисел равна

Зна­чит, можно взять 20 белых кар­то­чек с двой­кой, 10 белых кар­то­чек с трой­кой, жел­тые кар­точ­ки с чис­ла­ми от 5 до 73 и жел­тую кар­точ­ку с чис­лом все усло­вия будут вы­пол­не­ны.

б)  В таком слу­чае числа на всех кар­точ­ках были бы раз­лич­ны (жел­тые между собой раз­лич­ны по усло­вию, белые по усло­вию п. б), жел­тые боль­ше белых), но сумма наи­мень­ших 100 раз­лич­ных чисел равна

в)  Из п. а) есть при­мер на 70 жел­тых (и 30 белых) кар­то­чек. Если уве­ли­чить число жел­тых и умень­шить число белых, то усло­вие о том, что все числа на жел­тых кар­точ­ках не мень­ше 4, со­хра­нит­ся. По­сколь­ку

взять боль­ше чем 75 чисел на жел­тых кар­точ­ках нель­зя. При­мер для 75 стро­ит­ся ана­ло­гич­но п. а). На 20 белых кар­точ­ках на­пи­шем трой­ку, на 5 двой­ку, на жел­тых на­пи­шем числа 4, 5, ..., 77 с сум­мой и возь­мем по­след­ним чис­лом

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  75.

Ре­ше­ние. а)  Да. Пусть на доске зе­ле­ным за­пи­са­ны 29 крат­ных трем чисел от 3 до 90, кроме числа 42, и одно крас­ное число 21. Их сумма равна

б)  Нет. Сумма наи­мень­ших 29 раз­лич­ных зе­ле­ных чисел равна

даже без до­бав­ле­ния крас­но­го числа.

в)  Пусть на доске x крас­ных чисел и 30 − x зе­ле­ных. Тогда сумма наи­мень­ших крас­ных и наи­мень­ших зе­ле­ных равна

от­ку­да Это не­ра­вен­ство вы­пол­не­но при по­это­му

Таким об­ра­зом,

Взяв зе­ле­ные числа и крас­ные числа по­лу­ча­ем общую сумму 1047. Те­перь за­ме­ним 72 на 78 и 42 на 56, от­че­го сумма вы­рас­тет на и ста­нет равна 1067. Окон­ча­тель­но, можно взять 6 крас­ных чисел: 7, 14, 21, 28, 35, 56 и 24 зе­ле­ных числа: 3, 6, 9, …, 66, 69, 78, и сумма будет 1067.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  6.

Ре­ше­ние. а)  По­сколь­ку 20 де­лит­ся на и а 19 де­лит­ся на это не­воз­мож­но.

б)  Рас­смот­рим остат­ки от де­ле­ния дан­ных чисел на 17. Всего раз­ных остат­ков 17, по­это­му среди 25 чисел най­дут­ся два числа с оди­на­ко­вы­ми остат­ка­ми. Их раз­ность будет крат­на 17. Си­ту­а­ция не­воз­мож­на.

в)  Рас­смот­рим числа 35, 37, ..., 99. Раз­ность любых двух из них четна, а они все не­чет­ны, по­это­му не могут де­лить­ся на раз­ность. При этом мак­си­маль­ная раз­ность равна зна­чит, все раз­но­сти имеют вид 2n при По­сколь­ку все числа не­чет­ны, 2n может де­лить­ся на них, толь­ко если n де­лит­ся. Но n мень­ше лю­бо­го из них. В этом при­ме­ре 33 числа.

До­пу­стим, есть при­мер с 34 чис­ла­ми (если их боль­ше  — вы­ки­нем любые из них, оста­вив толь­ко 34). Рас­суж­де­ния пунк­та б) по­ка­зы­ва­ют, что чисел, мень­ших 34, там быть не может, а рас­суж­де­ния пунк­та а)  — что среди чисел не может быть со­сед­них. Зна­чит, из каж­дой пары (34, 35), (36, 37), ..., (98, 99) есть мак­си­мум одно число. Тогда чисел не более чем ко­ли­че­ство пар, а их 33.

Ответ: а)  нет, не могло; б)  нет, не может; в)  33.

Ре­ше­ние. а)  Да. Пусть, на­при­мер, было на­пи­са­но 50 чисел с сум­мой 10 016 (на­при­мер числа от 1 до 49 и по­след­нее число, ко­то­рое обес­пе­чит нуж­ную сумму), тогда сред­нее ариф­ме­ти­че­ское будет 200,32.

б)  Нет. Если их сред­нее ариф­ме­ти­че­ское равно где x целое, то их сумма равна где n  — ко­ли­че­ство чисел. При этом xn целое, а   — не­це­лое, по­сколь­ку не крат­но 25 при

в)  Из ре­ше­ния пунк­та б) сле­ду­ет, что чисел не менее 25. Пусть n  — ко­ли­че­ство чисел, тогда их сумма не мень­ше чем

по­это­му их сред­нее ариф­ме­ти­че­ское не мень­ше

Зна­чит, ми­ни­маль­но зна­че­ние сред­не­го ариф­ме­ти­че­ско­го не менее 13,32.

Для по­лу­че­ния та­ко­го сред­не­го нужны 25 чисел с сум­мой На роль таких чисел под­хо­дят, на­при­мер,

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  13,32.

Ре­ше­ние. а)  На­при­мер, для за­пи­си 2, 3, 1, 4, 5 по­лу­ча­ем: и

б)  Сумма и раз­ность не­чет­ных чисел четны, зна­чит, раз­ре­ше­ны толь­ко умно­же­ние и де­ле­ние. Ни одно из дан­ных чисел не де­лит­ся на дру­гое. По­это­му они не могут за­ни­мать места 1, 2, 3 или 2, 3, 4, так как ни одно из них не яв­ля­ет­ся про­из­ве­де­ни­ем или част­ным двух дру­гих.

Если они за­ни­ма­ют места 1, 2, 4, то на тре­тьем месте за­пи­са­но про­из­ве­де­ние пер­вых двух чисел. Оно боль­ше по­след­не­го, зна­чит, по­след­нее не по­лу­ча­ет­ся умно­же­ни­ем. Но де­ле­ние тре­тье­го на вто­рое снова даст пер­вое.

Если же они за­ни­ма­ют места 1, 3, 4, то тре­тье число яв­ля­ет­ся част­ным вто­ро­го и пер­во­го, а тогда вто­рое число  — про­из­ве­де­ние пер­во­го и тре­тье­го. В этом слу­чае чет­вер­тое не может быть ни про­из­ве­де­ни­ем вто­ро­го на тре­тье, так как оно не крат­но тре­тье­му, ни част­ным от де­ле­ния, по­сколь­ку оно равно пер­во­му.

в)  На­при­мер, для за­пи­си 1, 2, 3, 5, 8 по­лу­ча­ем: и За­ме­тим пред­ва­ри­тель­но, что если три числа свя­за­ны со­от­но­ше­ни­ем где ?  — одно из ариф­ме­ти­че­ских дей­ствий, то можно на­пи­сать и со­от­но­ше­ния и с дру­гим дей­стви­ем (воз­мож­но при­дет­ся по­ме­нять ме­ста­ми числа в левой части. (На­при­мер, для по­лу­ча­ем

Ни одно из чисел не может быть ре­зуль­та­том дей­ствия с двумя дру­ги­ми, по­это­му трех чисел точно не хва­тит. До­пу­стим, можно обой­тись че­тырь­мя чис­ла­ми. Они не могут за­ни­мать места 1, 2, 3 или 2, 3, 4. Если они за­ни­ма­ют места 1, 2, 4 или 1, 3, 4, то есть две трой­ки чисел, вклю­ча­ю­щих не­из­вест­ное нам число. Зна­чит, оно долж­но быть ре­зуль­та­том ариф­ме­ти­че­ско­го дей­ствия с двумя па­ра­ми чисел из на­бо­ра 1, 2, 8. Но   — ни один ответ не по­вто­рил­ся. По­это­му че­ты­ре числа тоже не по­до­брать.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  5.

Ре­ше­ние. Пусть на лиcточке за­пи­са­но x чисел, боль­ших 13, y чисел, мень­ших 13 и z чисел, рав­ных 13. Тогда суммы их равны со­от­вет­ствен­но 35x, −20y (по опре­де­ле­нию сред­не­го ариф­ме­ти­че­ско­го) и 13z. Сумма всех этих чисел равна

а)  Из урав­не­ния по­лу­ча­ем:

Сле­до­ва­тель­но, крат­но 11. Есть толь­ко одно число от 100 до 115, крат­ное 11, это 110. Зна­чит,

б)  Из преды­ду­ще­го пунк­та по­лу­ча­ем:

сле­до­ва­тель­но,

от­ку­да то есть Тогда

Если то от­ку­да Зна­чит,

что не­воз­мож­но.

в)  По усло­вию от­ку­да то есть Кроме того, число x крат­но 3, иначе   — не­це­лое число. Мак­си­маль­ное под­хо­дя­ще x равно 51, тогда y  =  54 и z  =  5.

Такая си­ту­а­ция воз­мож­на, на­при­мер, для на­бо­ра из 51 числа 35, 54 чисел −20 и 5 чисел 13.

Ответ: а)  110; б)  нет, не может; в)  51.

Ре­ше­ние. а)  Да, для чисел 25 и 26 в пер­вой стро­ке будут на­пи­са­ны числа 1, 2, 5, 13, 25, 26 во вто­рой стро­ке.

б)  Ясно, что числа 1, n, n + 1 будут на­пи­са­ны. Зна­чит, кроме них долж­но быть еще ровно одно число. Если число про­стое, то у него два де­ли­те­ля. Если со­став­ное и при этом не точ­ный квад­рат, то число за­пи­шет­ся в виде ab и даст еще два де­ли­те­ля a и b. Если же число точ­ный квад­рат, но не про­сто­го числа, то его тоже можно будет за­пи­сать как про­из­ве­де­ние раз­лич­ных чисел. По­это­му одно из чисел n и n + 1 про­стое, а дру­гое  — квад­рат про­сто­го. Но при квад­ра­ты про­стых чисел будут не­чет­ны, а два не­чет­ных числа не могут идти под­ряд.

в)  За­ме­тим, что толь­ко еди­ни­ца может быть общим де­ли­те­лем чисел n и n + 1. Это сле­ду­ет из того, что их раз­ность де­лит­ся на любой их общий де­ли­тель, но равна 1. По­это­му если эти числа имеют a и b де­ли­те­лей со­от­вет­ствен­но, на доску будет вы­пи­са­но число. Зна­чит, a и b долж­ны иметь раз­ную чет­ность.

Все де­ли­те­ли числа можно раз­бить на пары, да­ю­щие в про­из­ве­де­нии само число, по­это­му обыч­но их ко­ли­че­ство четно. Ис­клю­че­ние со­став­ля­ют си­ту­а­ции, когда один из де­ли­те­лей  — пара к са­мо­му себе (а число, сле­до­ва­тель­но, его квад­рат) и в такой си­ту­а­ции число де­ли­те­лей не­чет­но.

Итак, под­хо­дят толь­ко те пары, где одно из чисел n и n + 1  — точ­ный квад­рат. По­сколь­ку

есть 44 пары, в ко­то­рых число  n яв­ля­ет­ся точ­ным квад­ра­том, и 43 пары, в ко­то­рых число n + 1  — точ­ный квад­рат, Кроме того, квад­ра­ты не могут от­ли­чать­ся на 1, по­сколь­ку даже между со­сед­ни­ми квад­ра­та­ми раз­ность ми­ни­мум По­это­му все эти пары дей­стви­тель­но под­хо­дят.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  87.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер,

б)  Все числа в дан­ном диа­па­зо­не на­чи­на­ют­ся с чет­вер­ки, а если ее вы­черк­нуть  — будут не мень­ше 40 (если же ее оста­вить  — тоже будут не мень­ше 40). Зна­чит, про­из­ве­де­ние двух дву­знач­ных чисел будет не мень­ше

в)  За­ме­тим, что До­ка­жем, что для боль­ших чисел опи­сан­ная си­ту­а­ция не­воз­мож­на. Оче­вид­но, число 811 не по­лу­ча­ет­ся пе­ре­мно­же­ни­ем чисел 81 и 11 в любых ком­би­на­ци­ях.

Если есть под­хо­дя­щее число в диа­па­зо­не от 812 до 899, то оно на­чи­на­ет­ся на 8. Если оба дву­знач­ных со­хра­ня­ют в себе эту вось­мер­ку, то их про­из­ве­де­ние боль­ше чем что не­воз­мож­но. Если ни одно ее не со­хра­ня­ет, то B  =  C и но

зна­чит, един­ствен­ным под­хо­дя­щим чис­лом могло бы быть 841, но

Итак, одно из чисел со­сто­ит из двух по­след­них цифр числа A (и по­то­му не мень­ше 12), а вто­рое со­хра­ня­ет первую цифру (и не мень­ше 80), зна­чит, их про­из­ве­де­ние не мень­ше

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  810.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер

б)  Сразу за­ме­тим, что

по­это­му A на­чи­на­ет­ся с цифры 1. Далее, если B и C крат­ны 3, то и их сумма A крат­на 3. Де­ли­мость на 3 опре­де­ля­ет­ся сум­мой цифр числа (она долж­на быть крат­на трем), по­это­му уби­рать из A еди­ни­цу нель­зя (от этого оста­ток от де­ле­ния на 3 из­ме­нит­ся). Зна­чит, и B и C со­дер­жат в за­пи­си еди­ни­цу. Тогда вто­рая их цифра долж­на быть 2, 5 или 8. Если в числе A были бы две такие цифры, то их сумма с еди­ни­цей да­ва­ла бы оста­ток 2 от де­ле­ния на 3. Зна­чит, там одна такая цифра, а B и C со­сто­ят из одних и тех же двух цифр, одна из ко­то­рых еди­ни­ца. Оста­лось разо­брать ва­ри­ан­ты:

—  не трех­знач­ные:

—  не со­дер­жат нуж­ных цифр: и

в)  За­ме­тим, что До­ка­жем, что это наи­луч­ший при­мер. Если хоть одно из чисел B и C мень­ше 90, то

по­это­му такие при­ме­ры рас­смат­ри­вать не нужно.

Если же они оба на­чи­на­ют­ся с де­вят­ки, то и где b и c  — цифры. По­сколь­ку его по­след­няя цифра равна Ясно, что это не 9, по­сколь­ку

не b и не c (если на­при­мер то c  =  10). Зна­чит, эта цифра в чис­лах B и C не ис­поль­зу­ет­ся. По­это­му что тоже не­воз­мож­но, так как

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  189.

Ре­ше­ние. а)  Сумма цифр этого числа равна 21, по­это­му число крат­но 3 и не может быть про­стым.

б)  Если число имеет не­чет­ное число де­ли­те­лей, то оно яв­ля­ет­ся квад­ра­том (иначе все де­ли­те­ли раз­би­ва­ют­ся на пары да­ю­щих в про­из­ве­де­нии ис­ход­ное число). Но по­сколь­ку его сумма цифр 21, оно крат­но 3 и не крат­но 9, а по­то­му квад­ра­том быть тоже не может.

в)  Рас­смот­рим суммы цифр, сто­я­щих на чет­ных и не­чет­ных ме­стах. По при­зна­ку де­ли­мо­сти на 11 они долж­ны быть либо равны (не­воз­мож­но, их общая сумма не­чет­на), либо от­ли­чать­ся на крат­ное 11 (то есть в нашем слу­чае на 11, по­сколь­ку от­ли­чать­ся на 22 и боль­ше, давая вме­сте 21, они не могут). Если два числа в сумме дают 21 и от­ли­ча­ют­ся на 11, то это 5 и 16. Од­на­ко в этом слу­чае сумма даже ми­ни­маль­ных трех цифр слиш­ком ве­ли­ка: зна­чит, по­лу­чить такое число нель­зя.

г)  Для де­ли­мо­сти на 12 не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но обес­пе­чить де­ли­мость на 3 (она есть) и на 4. Де­ли­мость на 4 про­ве­ря­ет­ся по по­след­ним двум циф­рам  — они долж­ны об­ра­зо­вы­вать число, крат­ное 4. Пе­ре­чис­лим все такие числа: 12, 16, 24, 32, 36, 52, 56, 64, всего их во­семь. К каж­до­му из них нужно по­ста­вить впе­ред че­ты­рех­знач­ное число, со­став­лен­ное из осталь­ных че­ты­рех цифр, таких чисел Зна­чит, ответ

Ответ: а)  нет; б)  нет; в)  нет; г)  192.

Ре­ше­ние. a)  Пусть плюсы рас­став­ле­ны так, что сум­ми­ру­ет­ся семь чисел 11 и 45 еди­ниц. Тогда сумма равна

б)  Пусть в по­лу­чен­ной сумме в раз­ря­де еди­ниц в сла­га­е­мых стоит a₁ еди­ниц, в раз­ря­де де­сят­ков  — a₂ еди­ниц, в раз­ря­де сотен  — a₃ еди­ниц и так далее. Тогда по­лу­чен­ная сумма равна

Таким об­ра­зом, по­лу­чен­ная сумма не де­лит­ся на 3, а 123 де­лит­ся на 3. Зна­чит, не­воз­мож­но по­лу­чить сумму 123 при n  =  59.

в)  Если среди сла­га­е­мых в сумме при­сут­ству­ют числа, бо́льшие 1111, то сумма будет боль­ше 10000. Зна­чит, каж­дое из сла­га­е­мых равно 1, 11, 111 или 1111. Пусть таких сла­га­е­мых a, b, c и d со­от­вет­ствен­но. Тогда а сумма равна

При сумма боль­ше 10000. Найдём наи­боль­шую воз­мож­ную сумму при За­ме­тим, что при за­ме­не четвёрки чисел на четвёрку или ко­ли­че­ство еди­ниц оста­нет­ся не­из­мен­ным, а сумма уве­ли­чит­ся. Зна­чит, если бы наи­боль­шая сумма до­сти­га­лась при то вы­пол­ня­лись бы не­ра­вен­ства Сле­до­ва­тель­но, что про­ти­во­ре­чит усло­вию.

Таким об­ра­зом, наи­боль­шая сумма до­сти­га­ет­ся при d  =  8. При этом и По­сколь­ку

по­лу­ча­ем то есть либо c  =  8, от­ку­да и либо c  =  9, от­ку­да и В пер­вом слу­чае а во вто­ром Сле­до­ва­тель­но, наи­боль­шая сумма до­сти­га­ет­ся при c  =  9 и d  =  8 и равна

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  9887.

Ре­ше­ние. а)  На пер­вом шаге можно по­лу­чить пары (13, 15) или (15, 15). На вто­ром шаге  — пары (25, 28), (28, 29), (29, 30). На тре­тьем  — пары (49, 53), (53 ,55), (55, 57), (57, 57), (57, 59), (59, 59). Все пары, кроме пер­вой, дадут на чет­вер­том и по­сле­ду­ю­щих шагах два числа, боль­ших 99. Пер­вая может дать (97, 102), но на сле­ду­ю­щем ходе числа ста­нут боль­ше 99. Зна­чит, по­лу­чить 99 нель­зя.

б)  Нет. За­ме­тим, что если то

а если a  =  ⁠b, то

Зна­чит, мень­шее из двух чисел рас­тет как ми­ни­мум так: удва­и­ва­ет­ся, и из ре­зуль­та­та вы­чи­та­ет­ся 1. По­это­му ми­ни­маль­ное число после 22 хода может быть не мень­ше чем

по­это­му числа после 22 ходов ста­нут боль­ше 8 787 878.

в)  За­ме­тим, что вы­ра­же­ния

от­ли­ча­ют­ся от ровно на 1, при­чем в любую сто­ро­ну, в ко­то­рую нам за­хо­чет­ся. То есть с каж­дой опе­ра­ци­ей раз­ность между чис­ла­ми из­ме­ня­ет­ся на 1. За 1001 дей­ствие она ста­нет чет­ной, но не нулем, зна­чит, как ми­ни­мум 2. Этого до­бить­ся можно, уве­ли­чив ее на 1 501 раз, а потом умень­шив на 1 500 раз.

Ответ: а)  нет; б)  нет в)  2.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер,

б)  Сумма всех цифр из усло­вия равна 32, а сумма цифр числа 94 358 равна 29. Если бы при сло­же­нии ни разу не слу­чи­лось пе­ре­но­са в сле­ду­ю­щий раз­ряд, сумма цифр от­ве­та была бы 32, а каж­дый пе­ре­нос умень­ша­ет ее на 9, по­это­му если она не 32, то сразу не боль­ше

в)  За­ме­тим, что До­ка­жем, что по­лу­чить боль­ше нель­зя. Если оба сла­га­е­мых не более чем пя­ти­знач­ны, то их сумма не пре­вос­хо­дит

зна­чит, одно из сла­га­е­мых ше­сти­знач­ное. Ясно также, что в ше­сти­знач­ном числе все цифры долж­ны быть упо­ря­до­че­ны по убы­ва­нию, иначе его (а зна­чит и сумму) можно уве­ли­чить. Если в нем будет ис­поль­зо­ва­на еди­ни­ца не вме­сто двой­ки, это умень­шит одну из цифр (кроме по­след­ней), по­это­му число умень­шит­ся не менее чем на 10, и это не удаст­ся ском­пен­си­ро­вать уве­ли­че­ни­ем од­но­знач­но­го сла­га­е­мо­го. Ва­ри­ант дает такую же сумму.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  976 433.

Ре­ше­ние. а)  Да. Пусть в пер­вой стро­ке на­пи­са­ны пять раз­лич­ных про­стых чисел (на­при­мер, 2, 3, 5, 7, 11). Наи­мень­шее общее крат­ное любых двух из них  — это их про­из­ве­де­ние, и все такие про­из­ве­де­ния раз­лич­ны.

б)  Да. Возь­мем 20 про­стых чисел и вы­пи­шем в первую стро­ку про­из­ве­де­ния 19 из них. Оче­вид­но, наи­мень­шее общее крат­ное любых двух таких про­из­ве­де­ний  — это про­из­ве­де­ние всех 20 чисел.

в)  За­ме­тим, что если наи­мень­шее общее крат­ное двух чисел это сте­пень про­сто­го числа, то одно из чисел сов­па­да­ет с ним. В самом деле, пусть HOK(a, b)  =  p^k, тогда p^k крат­но и a и b, зна­чит, a  =  p^x, b  =  p^y, при­чем Если то

по­это­му x  =  k или y  =  k, от­ку­да HOK(a, b)  =  a или HOK(a, b)  =  b. Зна­чит, все упо­мя­ну­тые числа есть и в пер­вой стро­ке, и их уже 9 + 7  =  16. При этом среди них нет пары чисел, HOK ко­то­рых равен 2², по­это­му 16 чисел тоже не­до­ста­точ­но. Если до­ба­вить к ним число 1, то любое ука­зан­ное число по­лу­чит­ся, на­при­мер как HOK(1, a)  =  a.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  17.

Ре­ше­ние. а, б)  Из 2025 чисел будут за­черк­ну­ты 1012 и оста­нет­ся 1013. Затем будут за­черк­ну­ты 506 и оста­нет­ся 507. Затем будут за­черк­ну­ты 253 и оста­нет­ся 254. Затем будут за­черк­ну­ты 127 и оста­нет­ся 127. Затем будут за­черк­ну­ты 63 и оста­нет­ся 64. После этого ко­ли­че­ство чисел будет па­дать вдвое каж­дую опе­ра­цию.

в)  За­ме­тим, что число, пе­ре­став­лен­ное впе­ред после пер­вой опе­ра­ции, ста­нет вто­рым чис­лом после вто­рой опе­ра­ции и будет вы­черк­ну­то на тре­тьей. Ана­ло­гич­но число, пе­ре­став­лен­ное впе­ред после вто­рой опе­ра­ции, будет вы­черк­ну­то на чет­вер­той и так далее. Зна­чит, после де­вя­той опе­ра­ции (когда оста­нет­ся 4 числа), эти числа будут та­ки­ми  — пе­ре­став­лен­ное после де­вя­той, пе­ре­став­лен­ное после вось­мой, еще какие-⁠то два числа. Сле­до­ва­тель­но, после де­ся­той опе­ра­ции оста­нут­ся пе­ре­став­лен­ное после де­вя­той и еще одно число. Их можно не пе­ре­став­лять, нас ин­те­ре­су­ет толь­ко их сумма. Вы­яс­ним, что это за числа.

После пер­вой опе­ра­ции оста­нут­ся толь­ко не­чет­ные числа. Вы­чтем из каж­до­го из них по 1 и по­де­лим на 2 (от этого из суммы двух чисел вы­чтет­ся 2, а потом она по­де­лит­ся на 2). По­лу­чат­ся числа Можно за­ме­нить 1012 на 0, по­сколь­ку оно все равно будет вы­черк­ну­то. Тогда при вто­рой опе­ра­ции по­лу­чат­ся числа Снова вы­чтем из каж­до­го из них по 1 и по­де­лим на 2, а пер­вые два числа за­ме­ним на что угод­но, по­сколь­ку они все равно будут вы­черк­ну­ты. По­лу­чим Про­дол­жим де­лать ана­ло­гич­ные дей­ствия. Ино­гда (на­при­мер, после тре­тьей опе­ра­ции) будут по­лу­чать­ся чет­ные числа, тогда перед де­ле­ни­ем на 2 не нужно будет вы­чи­тать из них еди­ни­цу.

Итак, тре­тья опе­ра­ция:

Чет­вер­тая (без вы­чи­та­ния еди­ни­цы):

Пятая (без вы­чи­та­ния еди­ни­цы):

Ше­стая (без вы­чи­та­ния еди­ни­цы):

Седь­мая (без вы­чи­та­ния еди­ни­цы):

Вось­мая (без вы­чи­та­ния еди­ни­цы):

Пре­кра­тим мо­ди­фи­ци­ро­вать числа. После де­вя­той опе­ра­ции по­лу­чим 4, 6, 0, 2, после де­ся­той по­лу­чим 0, 4. Итак, их сумма равна 4. Они были пять раз по­де­ле­ны на 2, зна­чит, до этого сумма была равна 128. До этого до этого до этого Это и есть ответ.

Ответ: а)  нет; б)  да; в)  1038.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер, 9, 10, 11, 12, 13, 16.

б)  Нет. Пусть наи­мень­шее число равно x. Тогда сумма не мень­ше чем

от­ку­да и Зна­чит, но по усло­вию числа от­ли­ча­ют­ся не более чем в 3 раза, по­это­му наи­боль­шее из чисел не пре­вос­хо­дит 9. Но сумма де­вя­ти чисел от 1 до 9 равна 45.

в)  Раз­ло­жим на мно­жи­те­ли: До­ка­жем, что боль­шее ко­ли­че­ство чисел ис­поль­зо­вать нель­зя. За­ме­тим, что то есть при раз­ло­же­нии дан­ных чисел на про­стые мно­жи­те­ли воз­ник­нут всего семь про­стых. Если чисел хотя бы че­ты­ре, то как ми­ни­мум одно из них будет со­дер­жать не более од­но­го про­сто­го мно­жи­те­ля, то есть будет равно 1, 2, 5 или 7. Зна­чит, наи­боль­шее число не пре­вос­хо­дит Среди чисел до 21 есть такие де­ли­те­ли числа 7000: 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 14, 20. Среди них толь­ко три числа крат­ны 5, при­чем ни одно не крат­но 5², по­это­му для по­лу­че­ния дан­но­го про­из­ве­де­ния нужно ис­поль­зо­вать их все, то есть 5, 10, 20, но 5 и 20 от­ли­ча­ют­ся в че­ты­ре раза.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  2 или 3.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что все по­яв­ля­ю­щи­е­ся на доске числа будут крат­ны 11, по­это­му на­пи­сать 2025 не по­лу­чит­ся.

б)  Да, на­при­мер, можно до­пи­сы­вать числа в таком по­ряд­ке:

Сумма чисел

в)  Раз­де­лим все числа на 11. Тогда из­на­чаль­но на доске будет на­пи­са­но число  1, а по­лу­чить надо будет число 891 : 11  =  81. Можно, на­при­мер, сде­лать это так  — по­сле­до­ва­тель­но по­лу­чать 2, 4, 5  =  4 + 1, 10, 20, 40, 80, 81  =  80 + 1. На это по­тре­бу­ет­ся 8 минут.

До­ка­жем, что семи минут не хва­тит. До­пу­стим, что такой спо­соб есть. Ясно, что по­след­ний ход не мог быть удво­е­ни­ем числа, по­сколь­ку 81 не­чет­но. Зна­чит, мы скла­ды­ва­ли два числа. На осталь­ные дей­ствия оста­ют­ся 6 минут.

За­ме­тим, что на каж­дом оче­ред­ном ходу по­лу­чен­ное число не более чем вдвое пре­вос­хо­дит мак­си­маль­ное из ранее на­пи­сан­ных чисел. По­это­му за 5 минут нель­зя сде­лать число, боль­шее, чем 32, а за 6 минут  — боль­шее, чем 64. Зна­чит, если число 81 было по­лу­че­но как сумма двух сла­га­е­мых, одно из ко­то­рых не боль­ше 16, то вто­рое не мень­ше 65 и для его по­лу­че­ния уже по­на­до­би­лось не менее 7 минут.

Итак, оба сла­га­е­мых на­хо­дят­ся в диа­па­зо­не от 17 до 64. Для по­лу­че­ния мень­ше­го из них по­на­до­би­лось не менее 5 минут, при­чем ис­поль­зо­вать для его по­лу­че­ния боль­шее из них было не­воз­мож­но. Кроме того, боль­шее долж­но быть не менее 41, по­сколь­ку Зна­чит, для его по­лу­че­ния по­на­до­би­лось не менее 6 минут. Сде­ла­ем сна­ча­ла все ходы для по­лу­че­ния мень­ше­го числа, те, ко­то­рые дают числа, боль­шие него, де­лать пока не будем. После этого одним ходом нужно будет по­лу­чить боль­шее. Зна­чит, оно пре­вос­хо­дит мень­шее не более чем вдвое, от­ку­да мень­шее не мень­ше 27, боль­шее не боль­ше 54. Кроме того, мень­шее не боль­ше 32, иначе уже для его по­лу­че­ния по­на­до­бят­ся 6 минут и по­лу­чить боль­шее мы про­сто не успе­ем. Итак, оста­лось объ­яс­нить, по­че­му нель­зя за 6 минут по­лу­чить ни одну из пар (27, 54), (28, 53), (29, 52), (30, 51), (31, 50), (32, 49).

Во всех этих парах кроме пер­вой боль­шее число не яв­ля­ет­ся удво­ен­ным мень­шим, по­это­му един­ствен­ное до­пол­ни­тель­ное дей­ствие долж­но быть либо удво­е­ни­ем дру­го­го числа, не мень­ше­го 25, либо сум­ми­ро­ва­ни­ем двух чисел, одно из ко­то­рых не пре­вос­хо­дит 32 и по­то­му вто­рое не менее 17, зна­чит, мы долж­ны были по­лу­чить перед этим дей­стви­ем еще одно число, не мень­шее 17, на что по­тре­бо­вал­ся до­пол­ни­тель­ный ход.

Остал­ся во­прос, нель­зя ли за 5 минут по­лу­чить 27, то есть ше­стым ходом удво­ить его, а седь­мым сло­жить 27 и 54. Ясно, что по­след­ним дей­стви­ем при его по­лу­че­нии было сло­же­ние, при­чем ни одно сла­га­е­мое не могло быть боль­ше 16, иначе для него по­на­до­би­лось бы уже 5 минут. То есть это были 13 + 14, 12 + 15 или 11 + 16. Каж­дое из этих чисел не мень­ше 9 и по­то­му тре­бу­ет не менее 4 минут. За эти 4 ми­ну­ты удаст­ся по­лу­чить лишь одно число, боль­шее 8.

Ответ: а  нет; б)  да; в)  8.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер: 1, 2, 11, 2222, 1112.

б)  Нет. Если бы среди со­став­лен­ных Ма­ри­ной чисел быть хотя бы одно ше­сти­знач­ное, то из осталь­ных шести цифр были бы со­став­ле­ны 4 числа. Су­ще­ству­ют толь­ко два од­но­знач­ных и два дву­знач­ных под­хо­дя­щих числа  — это 1, 2, 11 и 22. Тогда ше­сти­знач­ное со­сто­ит из трех еди­ниц и трех двоек, а по­то­му крат­но трем, по­сколь­ку сумма цифр равна 9.

в)  Из пунк­та б) видно, что ше­сти­знач­ных чисел и чисел из боль­ше­го ко­ли­че­ства цифр нет. Самое боль­шое пя­ти­знач­ное число из еди­ниц и двоек  — это 22 222, но тогда не менее трех чисел со­сто­ят из одних еди­ниц, по­сколь­ку оста­лась всего одна двой­ка, зна­чит, это как ми­ни­мум 1, 11 и 1111, что не­воз­мож­но, ведь по­тре­бу­ет­ся семь еди­ниц. Числа 22 221 и 22 212 крат­ны трем. Для числа 22 211 можно по­до­брать при­мер: 1, 2, 11, 122, 22 211.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  22 211.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер, среди чисел в диа­па­зо­не от 69 до 138 числа 80, 100 и 120 крат­ны 20, а числа 69, 92, 115, 138 крат­ны 23.

б)  Нет. Разо­бьем все числа на груп­пы по 20, на­чи­ная с пер­во­го числа. Тогда в каж­дой груп­пе будет ровно одно число, крат­ное 20. За­ме­тим, что по­след­няя груп­па, воз­мож­но, будет не­пол­ной и/или не будет со­дер­жать число, крат­ное 20. Зна­чит, общее ко­ли­че­ство чисел не пре­вос­хо­дит Те­перь рас­смот­рим край­ние числа, крат­ные 23. Пусть это 23x и 23y. Тогда (иначе чисел не 11), и что не­воз­мож­но для 219 чисел.

в)  Пусть среди дан­ных чисел есть x чисел, крат­ных 20. Тогда со­глас­но пунк­ту б) общее ко­ли­че­ство чисел не боль­ше 20x + 19. C дру­гой сто­ро­ны, раз­ность между край­ни­ми чис­ла­ми, крат­ны­ми 23, долж­на быть не менее 23x, по­это­му общее ко­ли­че­ство чисел не мень­ше 23x + 1. Имеем:

то есть

Взять 139 чисел можно. На­при­мер, по­дой­дут числа от 161 до 299  — среди них 6 чисел крат­ны 20 и 7 чисел крат­ны 23.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  139.