а) Если группа состоит из 4 мальчиков, посетивших только театр, 6 мальчиков, посетивших только кино, и 10 девочек, сходивших и в театр, и в кино, то условие задачи выполнено. Значит, в группе из 20 учащихся могло быть 10 мальчиков.

б) Предположим, что мальчиков было 11 или больше. Тогда девочек было 9 или меньше. Театр посетило не более 4 мальчиков, поскольку если бы их было 5 или больше, то доля мальчиков в театре была бы не меньше , что больше Аналогично, кино посетило не более 6 мальчиков, поскольку но тогда хотя бы один мальчик не посетил ни театра, ни кино, что противоречит условию.

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

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

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

Из условия:

значит, Тогда , поэтому доля девочек в группе:

Если группа состоит из 4 мальчиков, посетивших только театр, 6 мальчиков, посетивших только кино, и 9 девочек, сходивших и в театр, и в кино, то условие задачи выполнено, а доля девочек в группе равна

Ответ: а) да: б) 10; в)

а) Первый игрок либо отдаст второму две горошины (на это второй даст ему одну, и у первого не будет ходов), либо отдаст одну. В этом случае второй игрок может отдать ему две горошины, назад получит три, отдаст четыре и победит.

б) Если первый игрок отдаст три или две, назад получит одну и сразу проиграет. Если же отдаст одну, то назад получит две. Далее у первого два варианта хода, но оба плохи: отдав 4, он получит назад 3 и проиграет, а отдав 3, получит 4, будет вынужден отдать 5, получит 6 и всё равно проиграет.

в) Победит второй игрок, придерживаясь правила: «всякий раз отдавай минимально возможное число горошин». Докажем, что это действительно выигрышная стратегия. Достаточно показать, что у второго игрока всегда будет ход. Начинает игру у нас первый игрок, но мы схитрим и сделаем так, чтобы игру начинал второй: предположим, что второй (условно) передаёт сначала первому 0 горошин. Теперь можно видеть, что всякий раз в ответ на ход второго первый игрок вынужден будет отдать ему больше, чем сам получил. Поэтому количество горошин у второго с каждым парным ходом будет увеличиваться хотя бы на одну. Перед K-ом ходом у него будет не менее N + K горошин. А отдать на K-ом ходу он в соответствии со своей стратегией должен не более 2K горошин. Это осуществимо, поскольку при N + K ≤ 2K. А более, чем N ходов, игра длиться не может.

Ответ: а) Побеждает второй игрок; б) Побеждает второй игрок. в) Побеждает второй игрок

а) Да, мог. Например, если первый с третьим сыграли 21 игру, второй с третьим - 13 игр, а первый со вторым - 4 игры.

б) Нет, не мог. Действительно, в таком случае общее число сыгранных партий было бы равно (25 + 17 + 35)/2 = 38,5 игр — не целое число.

в) Нет, не мог. Пусть такое возможно, тогда третий игрок сыграл больше партий, чем первый и второй вместе взятые (25 + 17 < 56). Но других соперников у третьего не могло быть, поэтому получаем противоречие.

а) Расположим двузначные числа в клетках прямоугольника высоты 9 и ширины 10 (по горизонтали откладываем единицы, по вертикали – десятки). Каждой попытке Гриши соответствует крестик из пяти клеток: в центре названное им число, а по бокам четыре числа, отличающиеся в одной цифре на единицу (если названное число содержит цифру 0 или 9, некоторые клетки крестика выходят за края прямоугольника; таким клеткам никакие числа не соответствуют). Задача Гриши – покрыть прямоугольник 9 × 10 такими крестиками. Убедимся, что 18 крестиков ему не хватит. Суммарная площадь крестиков равна 18 × 5 = 90, т. е. равна площади прямоугольника. Но, покрывая угловую клетку, мы неизбежно выйдем за пределы прямоугольника, и эта потеря помешает покрыть весь прямоугольник.

б, в) Решим сразу пункт в) — убедимся, что 22 попыток хватит. Покрытие из 22 крестиков легко найти, если заметить, что крестиками можно выложить плоскость без перекрытий (правда, придётся ещё добавить несколько крестиков по краям прямоугольника). Например, Гриша может назвать числа 11, 13, 17, 25, 29, 30, 32, 37, 44, 49, 51, 56, 63, 68, 70, 75, 82, 87, 89, 90, 94, 97.

Примечание Александра Иванова.

Давайте рассмотрим предложенную картинку. Прямоугольник замощен фигурами разной формы: крест (5 клеток), Т-образный (4 клетки), трехклеточные (угловые и прямые), двухклеточные фигуры и две одиночные клетки.

Услышав «холодно», мы (Гриша) сразу отбрасываем все клетки названной фигуры, услышав «тепло», — начинаем проверять. Для проверки разных фигур требуется разное максимальное количество дополнительных ходов: для креста — 3 хода, для Т-образного и трехклеточных фигур — 2 хода, для двухклеточных — 1 ход.

Стратегия состоит в следующем.

Сначала называем числа, соответствующие крестам, так как для них требуется больше проверочных ходов: 25, 32, 37, 44, 51, 56, 63, 68, 75, 82, 87 (всего 11 чисел). Если мы услышали «тепло», то для угадывания числа нам потребовалось максимум 11 + 3 = 14 ходов, если же всё время мы слышали «холодно», то мы потратили 11 ходов и исключили 55 чисел.

Далее называем числа, соответствующие Т-образным и трехклеточным: 11, 13, 17, 29, 30, 49, 70, 89, 94 (таких чисел 9). Если мы теперь услышали «тепло», то для угадывания числа нам потребовалось максимум 11 + 9 + 2 = 22 хода (Ура!!!), если же всё время мы и теперь слышали «холодно», то мы потратили 11+9=20 ходов и исключили 55 + 31 = 86 чисел.

Далее называем число 90, это был двадцать первый ход. Если слышим «тепло», то проверяем одним ходом и отгадываем число за 21+1=22 хода (Ура!!!), а если слышим «холодно», то вычеркиваем еще 2 числа. Итого вычеркнуто 86 + 2 = 88 чисел, за 21 ход. Осталось два невычеркнутых числа.

ФИНАЛ (последний, 22-й ход): называем число 96. Если «тепло», то загадано число 96, если «холодно», то загадано число 98. УРА!!!

Таким образом, Гриша (с нашей помощью), при правильной стратегии максимум за 22 хода обязательно отгадает задуманное Лёшей двузначное число.

а) Пусть в каждом Ленином наборе ручек, а у Юли наборов. Тогда получаем уравнение: По условию у Лены нечетное число ручек, значит, нечетно, и, соответственно, нечетно. Заметим, что значит, делится на 5. Кроме того, Значит, осталось перебрать такие случаи: Тогда соответственно,

б) Используя те же обозначения, получаем уравнение: Достаточно подобрать целые корни, большие единицы. Например, подходят числа

в) Теперь получаем уравнение: или Докажем, что для любого целого найдутся целые корни большие единицы.

Разберем несколько случаев. Пусть делится на 5. Тогда можно взять и ясно, что подходящее найдется. Пусть дает остаток 1 или 4 при делении на 5. Тогда дает остаток 1 при делении на 5. Далее возьмем дающее остаток 2 при делении на 5. Тогда делится на 5, и нужное существует. Пусть дает остаток 2 или 3 при делении на 5. Тогда дает остаток 4 при делении на 5. Далее возьмем дающее остаток 3 при делении на 5. Тогда делится на 5, и нужное существует.

Ответ: а) 18, 12, 6; б) да; в) да.

а) Пусть в стране A три жителя с показателями 5, 5 и 2. Пусть житель с показателем 2 эмигрировал в страну Б в которой до этого жил всего один житель с показателем 1. Тогда рейтинг страны A вырастет с 4 до 5, а рейтинг страны Б вырастет с 1 до 1,5.

б) Покажем, что при объединении двух групп людей с рейтингами и рейтинг новой группы удовлетворяет условию Действительно, пусть показатели первой группы такие: а второй группы такие:

Тогда

Тогда тогда Тогда тогда

Теперь ясно, что рейтинг обеих стран в результате эмиграции может вырасти одновременно только если группа эмигрантов имеет рейтинг ниже рейтинга страны, из которой они уезжают, и выше рейтинга страны, в которую они приезжают. Таким образом, при обратной эмиграции одновременное повышение рейтинга невозможно.

в) Приведем пример такой ситуации: пусть в стране A всего два жителя с показателями 1 и 3, в стране Б пять жителей с показателями 4, 4, 6, 6 и 55, в стране B один житель с показателем 1.

Во время первой волны эмиграции из A в B переехал один житель с показателем 1, из Б в В переехало двое жителей с показателем 4. Тогда рейтинги изменились так: у А вырос с 2 до 3, у Б с 15 до 17, у В с 1 до 3.

Во время второй волны эмиграции из В в Б переехал один житель с показателем 1, из Б в А переехало двое жителей с показателем 6. Тогда рейтинги изменились так: у А вырос с 3 до 5, у Б с 17 до 19, у В с 3 до 4.

Ответ: а) да; б) нет; в) да.

а)Во время первого прохода слева направо Поля закроет все ячейки с чётными номерами. Открытыми останутся ячейки с нечётными номерами: 1, 3, …, 47, 49.

Во время второго прохода справа налево Поля закроет ячейки, номера которых при делении на 4 дают в остатке 3: 47, 43, 39, …, 3. Открытыми останутся ячейки, номера которых при делении на 4 дают в остатке 1: 1, 5, …, 45, 49.

Во время третьего прохода слева направо Поля закроет все ячейки, номера которых дают при делении на 8 в остатке 5: 5, 13, 21, 29, 37, 45. Открытыми останутся ячейки, номера которых при делении на 8 дают в остатке 1: 1, 9, 17, 25, 33, 41, 49.

Во время четвёртого прохода справа налево Поля закроет ячейки, номера которых при делении на 16 дают в остатке 9: 41, 25, 9. Открытыми останутся ячейки, номера которых при делении на 16 дают в остатке 1: 1, 17, 33, 49.

Во время пятого прохода слева направо Поля закроет все ячейки, номера которых дают при делении на 32 в остатке 17: 17, 49. Открытыми останутся ячейки, номера которых при делении на 32 дают в остатке 1: 1, 33.

Во время шестого прохода справа налево Поля закроет ячейку 1, номер которой при делении на 64 даёт в остатке 1. Открытой останется ячейка 33, номер которой при делении на 64 даёт в остатке 33.

Таким образом,

б) Предположим, что нашлось такое что

т. е. последней открытой ячейкой является ячейка с номером 2013.

Прежде всего, заметим, что если — чётно, то поскольку последняя ячейка с номером будет закрыта при первом проходе ряда слева направо, таким образом, если бы эта ячейка отсутствовала, то на значении номера последней открытой ячейки это бы не отразилось. Значит, можно считать нечётным. Во время первого прохода слева направо Поля закроет все ячейки с чётными номерами. Открытыми останутся ячейки с нечётными номерами, то есть с номерами дающими при делении на 4 в остатке 1 или 3.

Число 2013 при делении на 4 даёт в остатке 1. Поскольку эта ячейка осталась открытой, то во время второго прохода справа налево Поля закроет ячейки, номера которых при делении на 4 дают в остатке 3. Открытыми останутся ячейки с номерами дающими при делении на 4 в остатке 1, то есть с номерами, дающими при делении на 8 в остатке 1 или 5.

Поскольку ячейка с номером 1 осталась открытой, то во время третьего прохода слева направо Поля закроет ячейки, номера которых при делении на 8 дают в остатке 5. Число 2013 при делении на 8 даёт в остатке 5. Значит, она должна быть закрыта во время третьего прохода ряда. Получили противоречие. Следовательно, не существует натурального числа такого что

в) Пусть где тогда После первых шести проходов из первых 50 ячеек останется открытой одна ячейка с номером 33, а количество открытых ячеек с номерами, большими 50, уменьшится в раз и будет равно Если то после каждой пары проходов слева направо и справа налево ячейка с номером 33 будет оставаться открытой, а количество ячеек с номерами, большими 50, будет уменьшаться в 4 раза. В конце концов, останутся открытыми 2 ячейки: одна — с номером 33, и другая – с каким‐то номером, большим 50, которая будет закрыта во время последнего прохода слева направо. Значит,

Ответ: а) 33; в) 33.

а) Обозначим (Ж, З, К) упорядоченную тройку чисел, характеризующую состояние мешка на данный момент, т.е. количество жёлтых, зелёных и красных шаров в мешке. Изначально мешок находится в состоянии (1, 1, 2).

Если в первый раз из мешка вынимают жёлтый и зелёный шар и заменяют их красным шаром, то мешок переходит в состояние (0, 0, 3), когда все шары в мешке — красные. Если в первый раз из мешка вынимают зелёный и красный шар и заменяют их жёлтым шаром, то мешок переходит в состояние (2, 0, 1). Дальнейшие переходы из одного состояния в другое определяются однозначно и описываются цепочкой: (2, 0, 1)→(1, 1, 0)→(0, 0, 1) Видим, что в мешке остался красный шар. Аналогично, если в первый раз из мешка вынимают жёлтый и красный шар и заменяют их зелёным шаром, то мешок переходит в состояние (0, 2, 1). Дальнейшие переходы из одного состояния в другое определяются однозначно и описываются цепочкой: (0, 2, 1)→(1, 1, 0)→(0, 0, 1).

Видим, что в мешке снова остался красный шар. Таким образом, в любом случае оставшиеся в мешке шары (или шар) будут красными.

б) Легко видеть, что в мешке могут остаться зелёные шары: (3, 4, 5)→(4, 3, 4)→(3, 4, 3)→(2, 5, 2)→(1, 6, 1).

Докажем, что в любом случае оставшиеся в мешке шары будут зелёными. Так как каждый раз общее количество шаров в мешке уменьшается на 1, то процесс завершится не более чем за 11 шагов. В начальном состоянии количество жёлтых и красных шаров нечётно, а количество зелёных шаров — чётно. Поскольку за один ход (выемку и замену шаров) количество шаров каждого цвета изменяется на 1, количества жёлтых и красных шаров всегда будут одной чётности, а количество зелёных шаров — противоположной чётности. Поэтому, никогда нельзя получить состояние, в котором количество зелёных и количество красных шаров оба будут нулевыми, также, как никогда нельзя получить состояние, в котором количество зелёных и количество жёлтых шаров будут нулевыми. Следовательно, в любом случае в конце мы получим состояние, в котором все оставшиеся в мешке шары будут зелёными.

в) Обозначим f(С)=Ж − З, где Ж и З — количества жёлтых и зелёных шаров в данном состоянии С = (Ж, З, К). Предположим, что из состояния С за один шаг мы перешли в состояние С' = (Ж', З', К')

Докажем, что f(С) и f(С') дают одинаковые остатки при делении на 3. Для этого покажем, что разность Δf = f(С') ‐ f(С) делится на 3. Рассмотрим несколько случаев.

Случай 1. Ж' = Ж −1, З' = З − 1, К'=К + 2. Δf = f(С') − f(С) = (Ж' − З') · (Ж − З) = 0.

Случай 2. Ж' = Ж ‐ 1, З' = З + 2, К' = К‐1. Δf = f(С') · f(С) = (Ж' − З') − (Ж − З) = −3.

Случай 3. Ж' = Ж + 2, З' = З − 1, К' = К − 1. Δf = f(С') − f(С) = (Ж' − З') − (Ж − З) = 3.

Видим, что f(С) и f(С') дают одинаковые остатки при делении на 3.

Для начального состояния C₀(3, 4, 5) находим: f(C₀) = Ж − З = 3 − 4 = −1.

Oбщее количество шаров в мешке остаётся неизменным, поскольку каждый раз два вынутых шара заменяются двумя шарами другого цвета. Если бы в конце в мешке все шары оказались бы одного цвета, то конечным состоянием было бы одно из трёх состояний (12, 0, 0), (0, 12, 0) или (0, 0, 12).

В любом случае f(C_n) будет делиться на 3, и, значит, f(C₀) и f(C_n) дают разные остатки при делении на 3. Следовательно, применяя указанную процедуру, добиться того, чтобы в мешке оказались шары одного цвета, нельзя.

Ответ: а) красный; б) зелёный; в) нельзя.

а) Дождемся, когда кучек станет 70. Среди них найдется 40 кучек по одному камешку, (иначе камешков будет не меньше, чем 2 · 31 + 39 = 101). Если отбросить эти 40 кучек, останется 30 кучек, содержащих 60 камешков.

б) Докажем по индукции, что при n = 2, 3, … 20 в некоторый момент найдется 2n + 6 камней в n + 20 кучках.

База: n = 20. После сорокового хода у нас 100 камней в 40 кучках.

Шаг: пусть n > 2 и есть 2n + 6 камней в n + 20 кучках. Среди них найдется кучка из двух камней или 2 кучки по одному камню, поскольку (n + 19) + 1 > 2n + 60. Отбросим их и во втором случае дождемся, когда Костя разобьет одну из оставшихся кучек на две. Тогда n уменьшится на единицу.

При n = 2 имеем 64 камня в 22 кучках. Докажем, что мы можем набрать 4 камня двумя или более кучками. Пусть нет, тогда если есть кучка из одного камня, то камней не меньше, чем 1 + 1 + 1 + 4 · 19 > 64 если нет, то камней не меньше, чем 2 + 3 · 21 > 64. Противоречие. Отбросив эти 4 камня мы получим 60 камней в 20 или менее кучках. Если кучек меньше 20, то осталось дождаться, когда кучек станет ровно 20.

в) Пусть Костя отделяет от самой большой кучи по три камешка до тех пор, пока не останется кучка из четырех камней. До сих пор была ровно одна куча, число камешков в которой не делилось на 3. Сумма в любых 19 кучках с ее участием не делилась на 3, а без неё не превосходила 57, то есть не могла равняться 60. Затем пусть Костя разделит кучку из 4 камней на две кучи по два камня. Теперь в каждой куче не больше трех камней, поэтому в любых 19 кучах не более 57 камней.

Ответ: а) да; б) да; в) да, мог.

Пусть наибольший вес гири в некотором правильном наборе равен пусть общий вес всех остальных гирь равен Ясно, что любой вес, меньший можно уравновесить меньшими гирями, значит, Пусть тогда у нас есть минимум два способа уравновесить вес где — это остаток от деления на Значит,

Пусть гирь максимального веса штук, тогда общий вес всех гирь значит, 501 делится на Найдя можно определить вес второй по тяжести гири. Аналогичными рассуждениями получаем, что она должна быть делителем Разложим 501 на простые множители: Значит, существует всего два набора, кроме состоящего из одних однограммовых гирек. Первый набор состоит из двух гирь весом 167 и 166 гирь весом по 1. Второй набор состоит из 166 гирь весом 3 и двух гирь весом 1. Эти наборы дают ответ на пункт а).

Ответ на пункт б): три набора.

а) Пусть ровно треть задач легкие, а остальные — трудные. Пусть треть школьников решит все легкие задачи и ровно половину трудных, а другая треть школьников решит все легкие задачи и другую половину трудных. Последняя треть школьников пусть не решит ничего. Тогда все условия выполнены.

б) Пусть трудных задач всего Т, а легких задач — Л. Пусть школьников всего Ш, и общее количество всех решенных задач равно Р. Тогда получаются следующие неравенства:

0,7(Т + Л) · 0,7Ш ≤  Р

Р ≤  Л · 0,7Ш + 0,3Ш · 0,7(Т + Л)

Отсюда следует неравенство: 0,7(Т + Л) · 0,7Ш ≤  Л · 0,7Ш + 0,3Ш · 0,7(Т + Л).

Поделим все на 0,7Ш и преобразуем неравенство:

0,7Т + 0,7Л ≤ ;Л + 0,3Т + 0,3Л;

Т ≤  1,5Л.

А по условию должно выполняться неравенство Т ≥ 7/3Л. Противоречие.

в) Пусть обозначения такие же, как в пункте б), тогда аналогично получаем неравенства:

0,75(Т + Л) · 0,75Ш ≤  Р;

Р ≤ ;Л · 0,75Ш + 0,25Ш · 0,75(Т + Л).

После аналогичных преобразований получаем, что с одной стороны Т ≤ Л, а с другой, по условию Т ≥ 3Л. Противоречие.

Ответ: а) да; б) нет; в) нет.

а) Посчитаем суммарное расстояние от всех сорок до самой левой елки. Очевидно, оно равно 10 + 20 + 30 + 40 + 50 = 150 м и не меняется после каждого перемещения сорок.

Если все сороки окажутся на одной елке, то расстояние от этой елки до самой левой равно 150:6 = 25 м, но ясно, что на этом расстоянии никакой елки не растет.

б) Занумеруем елки последовательно. Тогда пусть сороки с 1-ой и 7-ой елок летят на 4-ую. Аналогично, сороки со 2-й и 6-й елок летят на 4-ую. Аналогично, сороки с 3-й и 5-й елок летят на 4-ую. Таким образом, все сороки собрались на четвертой елке.

в) Занумеруем елки по кругу (от 1 до 6). Поставим в соответствие каждой сороке номер елки, на которой она сидит. Ясно, что после каждого перелета сорок четность суммы номеров елок, на которых они сидят, не меняется. А изначально это сумма равна 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21. Значит, она останется нечетной. Если же все сороки соберутся на одной елке, то сумма их номеров должна делиться на 6, то есть быть четной. Противоречие.

Ответ: а) Нет; б) Да; в) Нет.

а) Масса любых трех таких глыб не превосходит 5 тонн. Значит, в 60 грузовиках можно увезти 180 таких глыб. Значит, увезти 170 глыб тем более получится.

б) Суммарная масса таких глыб равна кг. Грузоподъемность 38 грузовиков ровно такая же. Значит, если можно увезти эти глыбы, то каждый грузовик должен быть загружен «под завязку». Если в каком-нибудь грузовике есть глыба весом 800 кг, то единственная возможность полностью его заполнить – это добавить туда еще четыре таких глыбы и глыбу массой 1000 кг. Таким образом, грузовиков, загруженных так, понадобится 10 штук. Поскольку осталось 60 глыб, массой 1500 кг каждая и 28 грузовиков, то в каком-то грузовике минимум три таких глыбы. Но такой грузовик уже не будет набит «под завязку». Противоречие.

в) 38 грузовиков не хватит, как показано в пункте б). Покажем, что 39 грузовиков хватит:

В 10 грузовиков загружаем по пять 800-килограммовых глыб и одной 1000-килограммовой.

В 25 грузовиков загружаем по две 1500-килограммовых глыб и по две 1000-килограммовых. В 3 грузовика грузим по три 1500 килограммовых глыбы. В оставшийся грузовик грузим последнюю 1500-килограммовую глыбу.

Ответ: а) Да; а) Нет; а) Да.

а) Например, можно купить 14 красных и 18 синих карандашей:

б) Дешевле всего 35 карандашей будут стоить, если купить наибольшее возможное число синих карандашей и наименьшее возможное число красных, то есть если купить 15 красных и 20 синих, поскольку если красных меньше 15, то синих больше 20, и в этом случае разность между числом красных и синих больше чем 5. Но тогда стоимость покупки

что больше, чем имеющаяся сумма 495 рублей.

в) Пусть n и m —число синих и красных карандашей соответственно. Тогда

Положим s = n + m, тогда

Следовательно, откуда

Можно купить не больше 33 карандашей. Осталось проверить, возможен ли случай, когда s = 33. При m = 14, n = 19 получаем

Значит, наибольшее возможное число карандашей 33.

Ответ: а) да; б) нет; в) 33.

а) Например, можно купить 12 красных и 18 синих карандашей:

б) Дешевле всего 33 карандаша будут стоить, если купить наибольшее возможное число синих карандашей и наименьшее возможное число красных, то есть если купить 14 красных и 19 синих, поскольку если красных меньше 14, то синих больше 19, и в этом случае разность между числом красных и синих больше чем 6. Но тогда стоимость покупки

что больше, чем имеющаяся сумма 499 рублей.

в) Пусть n и m —число синих и красных карандашей соответственно. Тогда

Положим s = n + m, тогда

Следовательно, откуда

Можно купить не больше 31 карандаша. Осталось проверить, возможен ли случай, когда s = 31. При m = 13, n = 18 получаем

Значит, наибольшее возможное число карандашей 31.

Ответ: а) да; б) нет; в) 31.

а) Да, например, при попадании в утроение сектора 20, утроение сектора 19 и центральный сектор 50 получаем: 60 + 57 + 50 = 167.

б) Наибольшее количество очков, которое может набрать игрок одним броском ― 60 (утроение 20), далее идут: 57 очков (утроение 19) и 54 очка (утроение 18). Попадание во все остальные сектора и зоны дает меньше 54 очков. Если все шесть бросков были по 60 очков, то игрок набрал 360 очков, что больше 356. Если хотя бы один бросок на 60 очков заменить броском на 54 очка или меньше, то сумма уменьшится как минимум на 6, а, значит, станет не больше 354 очков, что меньше 356 очков. Следовательно, бросок на 60 очков можно заменять только броском на 57 очков. Но одна такая замена дает итоговый результат 357 очков, а хотя бы две замены ― не более 354 очков. Значит, 356 очков шестью бросками набрать невозможно.

в) Как было показано в пункте б) каждый бросок приносит игроку не более 60 очков. Значит, за 16 бросков он наберет не более 960 очков, а тогда для того, чтобы набрать 1001 очко понадобится не менее 17 бросков.

Покажем, что игрок может набрать 1001 очко за 17 бросков. Предположим, что он сделал 15 бросков на 60 очков (итого 900), один бросок в зону утроения сектора 17 (51 очко) и один бросок в центральный сектор 50 очков. Тогда в сумме он наберет 900 + 51 + 50 = 1001 очко.

Отметим, что в пунктах а) и в) учащийся мог привести другие верные примеры.

Ответ: а) да; б) нет; в) за 17 бросков.

Пусть в первом взводе k солдат, во втором l солдат. Тогда числа k и l имеют общий делитель, больший 7, и при этом:

а) Например, 54 и 63 солдата. Вместе 117, их можно построить в колонну по 9 человек в ряду так, что 6 рядов будет заполнено солдатами только из первого взвода, а 7 рядов — только из второго.

б) Предположим, что общий делитель 11. Тогда, учитывая, что 50 < k < 60, получаем, что k = 55. Наименьшее возможное значение l равно 55 +11= 66, но вместе получается 121 человек, что противоречит условию.

в) Число l − k больше нуля и делится на общий делитель чисел k и l, поэтому l − k ≥ 8; k − l ≤ −8, что вместе с условием k + l ≤ 119 приводит к неравенству 2k ≤ 111, то есть k ≤ 55. При этом k + d ≤ l ≤ 119 − k, где d — наименьший общий делитель, превосходящий 7.

Если k = 51 = 3 · 17 , то d = 17, l = 68, а в роте 119 солдат.

Если k = 52 = 4 · 13, то 65 ≤ l ≤ 67. Тогда l = 65, общий делитель 13 и k + l =117.

Если k = 53, то 53 + 53 = 106 ≤ l ≤ 66 . Противоречие.

Если k = 54 = 6 · 9, то 54 + 9 = 63 ≤ l ≤ 65. Тогда l = 63, общий делитель равен 9, и в роте 117 солдат.

Если k = 55 = 5 · 11, то 66 ≤ l ≤ 64, но числа 63 и 64 взаимно просты с 55. Противоречие.

Ответ: а) Например, 54 и 63; б) нет; в) 117 и 119.

а) Да, например, при попадании в утроение сектора 20, утроение сектора 19 и центральный сектор 50 получаем: 60 + 57 + 50 = 167.

б) Наибольшее количество очков, которое может набрать игрок одним броском ― 60 (утроение 20), далее идут: 57 очков (утроение 19) и 54 очка (утроение 18). Попадание во все остальные сектора и зоны дает меньше 54 очков. Если все шесть бросков были по 60 очков, то игрок набрал 360 очков, что больше 356. Если хотя бы один бросок на 60 очков заменить броском на 54 очка или меньше, то сумма уменьшится как минимум на 6, а, значит, станет не больше 354 очков, что меньше 356 очков. Следовательно, бросок на 60 очков можно заменять только броском на 57 очков. Но одна такая замена дает итоговый результат 357 очков, а хотя бы две замены ― не более 354 очков. Значит, 356 очков шестью бросками набрать невозможно.

в) Как было показано в пункте б) каждый бросок приносит игроку не более 60 очков. Значит, за 16 бросков он наберет не более 960 очков, а тогда для того, чтобы набрать 1001 очко понадобится не менее 17 бросков.

Покажем, что игрок может набрать 1001 очко за 17 бросков. Предположим, что он сделал 15 бросков на 60 очков (итого 900), один бросок в зону утроения сектора 17 (51 очко) и один бросок в центральный сектор 50 очков. Тогда в сумме он наберет 900 + 51 + 50 = 1001 очко.

Ответ: а) да; б) нет; в) за 17 бросков.

Да, например, при попадании в утроение сектора 20, утроение сектора 17 и центральный сектор 50 получаем: 60 + 51 + 50 = 161.

б) Наибольшее количество очков, которое может набрать игрок одним броском ― 60 (утроение 20), далее идут: 57 очков (утроение 19) и 54 очка (утроение 18). Попадание во все остальные сектора и зоны дают меньше 54 очков. Если все четыре броска были по 60 очков, то игрок набрал 240 очков, что больше 235. Если хотя бы один бросок на 60 очков заменить броском на 54 очка или меньше, то сумма уменьшится как минимум на 6, а, значит, станет не больше 234 очков, что меньше 235 очков. Следовательно, бросок на 60 очков можно заменять только броском на 57 очков. Но одна такая замена дает итоговый результат 237 очков, а хотя бы две замены ― не более 234 очков. Значит, 235 очков четырьмя бросками набрать невозможно.

в) Как было показано в пункте б) каждый бросок приносит игроку не более 60 очков. Значит, за 15 бросков он наберет не более 900 очков, а тогда для того, чтобы набрать 947 очков понадобится не менее 16 бросков.

Покажем, что игрок может набрать 947 очков за 16 бросков. Предположим, что он сделал 14 бросков на 60 очков (итого 840), один бросок в зону утроения сектора 19 (57 очко) и один бросок в центральный сектор 50 очков. Тогда в сумме он наберет 840 + 57 + 50 = 947 очков.

Ответ: а) да; б) нет; в) за 16 бросков.

Пусть в первом взводе k солдат, во втором l солдат. Тогда числа k и l имеют общий делитель, больший 7, и при этом:

а) Например, 50 и 60 солдат. Вместе 110, их можно построить в колонну по 10 человек в ряду так, что 5 рядов будет заполнено солдатами только из первого взвода, а 6 рядов — только из второго.

б) Предположим, что общий делитель 13. Тогда, учитывая, что , получаем, что k = 52. Наименьшее возможное значение l равно 52 +13= 65, но вместе получается 117 человек, что противоречит условию.

в) Число l − k больше нуля и делится на общий делитель чисел k и l, поэтому l − k ≥ 9; k − l ≤ −9, что вместе с условием k + l ≤ 110 приводит к неравенству 2k ≤ 101, то есть k ≤ 50. При этом k + d ≤ l ≤ 110 − k, где d — наименьший общий делитель, превосходящий 8.

Если k = 47 , то d = 47, 47 + 47 = 94 ≤ 110 − 47 = 63. Противоречие.

Если k = 48, то d = 12, l = 60, а в роте 108 солдат.

Если k = 49, то 98 ≤ l ≤ 110 − 49 =61. Противоречие.

Если k = 50, то d = 10, l = 60, а в роте 110 солдат.

Ответ: а) Например, 50 и 60; б) нет; в) 108 и 110.

Обозначим рейтинг кинофильма, вычисленный по старой системе оценивания, через A, а рейтинг кинофильма, вычисленный по новой системе оценивания, через B.

а) Заметим, что где m и n — некоторые натуральные числа.

Значит, Если то что невозможно.

Таким образом, разность рейтингов, вычисленных по старой и новой системам оценивания, не может равняться

б) Например, для оценок экспертов 0, 1, 2, 4, 7, 8, 9 разность рейтингов, вычисленных по старой и новой системам оценивания, равна

в) Пусть x — наименьшая из оценок, z — наибольшая, а y — сумма остальных пяти оценок. Тогда

Для оценок экспертов 0, 1, 2, 3, 4, 5, 10 разность A − B равна . Значит, наибольшее возможное значение разности рейтингов, вычисленных по старой и новой системам оценивания, равно

Ответ: а) нет; б) да; в)

Пусть исходные числа равны и пусть причем

а) Решим систему уравнений:

Примером исходного набора чисел может быть 22 двузначных числа, начинающихся с единицы, сумма единиц которых дает 143. Например, это двадцать чисел 17, число 11 и число 12.

б) Решим систему уравнений:

Полученная система не имеет целых решений, поэтому условие п. б) невозможно.

в) Требуется определить, для какого наибольшего S имеет натуральные решения система уравнений

Заметим, что 363 кратно 33, поэтому из второго уравнения заключаем, что кратно 33, то есть Тогда

Наибольшему значению соответствует наибольшее значение причем из первого уравнения ясно, что Вспоминая, что получаем оценки и находим, что наибольшее будет достигнуто при одновременном выполнении и

Наибольшим значением , при котором и будут натуральными, является (, , ). Таким образом наибольшее значение

Это может быть достигнуто при таком наборе чисел: одиннадцать чисел 19, семь чисел 18 и одно число 28

(; )

а) Пусть было 3 участника, которые набрали 90, 72 и 2 балла. Средний балл участников, не сдавших тест  балла. После добавления баллов у участников оказалось 95, 77 и 7 баллов. Средний балл участников, не сдавших тест, составил 7 баллов.

б) В примере предыдущего пункта средний балл участников теста, сдавших тест, первоначально составлял 90 баллов, а после добавления баллов составил баллов.

в) Пусть всего было N участников теста, сдали тест a участников, после добавления баллов сдали тест b участников. Заметим, что средний балл после добавления составил 85. Имеем два уравнения: 80N = 65(N − a) + 90a и 85N = 69(N − b) + 93b, откуда 15N = 25a, то есть 3N = 5a, и 16N = 24b, то есть 2N = 3b. Поэтому целое число N делится на 5 и на 3, то есть делится на 15. Таким образом, N ≥ 15.

Покажем, что N могло равняться 15. Пусть изначально 5 участников набрали по 64 балла, 1 участник — 70 баллов и 9 участников по 90 баллов. Тогда средний балл был равен 80, средний бал участников, сдавших тест, был равен 90, а средний балл участников, не сдавших тест, был равен 65. После добавления средний балл участников, сдавших тест, стал равен 93, средний балл участников, не сдавших тест, стал равен 69. Таким образом, все условия выполнены.

Ответ: а) да; б) да; в) 15.

Пусть исходные числа равны и пусть суммы цифр, стоящих в разряде единиц и десятков, соответственно и

а) Решим систему уравнений:

Примером исходного набора чисел может быть 70 двузначных чисел, заканчивающихся единицей, сумма десятков которых дает 290. Например, это 68 чисел 41 и два числа 91 или 50 чисел 51 и 20 чисел 21. Ещё пример (его можно построить, обратив внимание, что сумма десятков примерно в 4 раза больше суммы единиц): 32 раза число 92 и число 26.

б) Решим систему уравнений:

Поскольку нулей в записи чисел нет, сумма цифр, стоящих в разряде единиц, не меньше количества чисел. Тем самым, чисел не больше 30. Но тогда сумма цифр, стоящих в разряде десятков, не может быть больше 270. Противоречие.

Иначе: поскольку в записи нет нулей, а цифры в разряде десятков не превышают 9, справедливы соотношения: то есть что противоречит полученной системе, в которой

в) Требуется определить, для какого наименьшего S имеет решения система уравнений

Из полученной системы следует, что величина S кратна 9 и 11 то есть кратна 99. Тогда Тогда

Наименьшему значению соответствует наименьшее значение причем из второго уравнения системы ясно, что Улучшим оценку: заметим, что откуда тогда

и, тем самым,

Если то: заданным набором чисел, например, являются 30 чисел 91, 9 чисел 21 и число 51, сумма чисел в наборе равна

Ответ: а) например, 32 раза число 92 и число 26, б) нет, в) 693.

а) Разделим общую сумму в 600 000 руб. на 40, получим, что каждый должен получить по 15 000 руб. Так как это число кратно и 1000 и 5000, то всем 40 сотрудникам можно раздать равную премию в указанных купюрах.

б) Сумма, оставшаяся после выплаты 40 000 руб., будет равна 560 000 руб. При делении на 70 сотрудников получаем выплаты по 8000 руб. Так сделать не удастся, поскольку 8000 = 5000 + 3 · 1000 и для 70 сотрудников нужно будет 210 тысячных купюр, а их всего 100.

в) Если сотрудников 27 или больше, то распределим премии так: 26 человека должны получить по 4 тысячи, один — всё остальное. Тогда выдать премии будет нельзя по тем же причинам, что и в пункте «б».

Если же их не больше 26, то выберем всех, кроме одного. Будем выдавать им премии, используя не более четырёх тысячных купюр, пока не кончится пятитысячные.

Если пятитысячные купюры закончились, то оставшиеся премии выдать точно удастся. Если же нет, то все премии, кроме одной, будут выданы, а последний просто заберёт все оставшиеся деньги.

Ответ: а) да; б) нет; в) 26.

а) Масса любых трёх таких глыб не превосходит 5 тонн. Значит, в 60 грузовиков можно погрузить 180 таких глыб. Всего глыб 170, поэтому их можно увезти на 60 грузовиках.

б) Суммарная масса глыб равна 50 · 800 + 60 · 1000 + 60 · 1500 = 190 000 (кг), то есть в точности совпадает с грузоподъёмностью 38 грузовиков. Значит, если возможно увезти эти глыбы на 38 грузовиках, то каждый грузовик должен быть загружен полностью (по массе груза).

Если в каком-то грузовике есть глыба массой 800 кг, то единственная возможность загрузить такой грузовик полностью — это добавить ещё 4 таких глыбы и одну глыбу массой 1 000 кг. Таким образом, грузовиков, загруженных так, понадобится 10 штук. Поскольку осталось 60 глыб, массой 1 500 кг каждая, и 28 грузовиков, то в одном из грузовиков должно быть хотя бы 3 такие глыбы. Но в грузовик, в который загружено 3 глыбы, массой 1 500 кг каждая, ничего больше погрузить не получится.

Значит, на 38 грузовиках увезти эти глыбы нельзя.

в) В предыдущем пункте было показано, что 38 грузовиков не хватит.

Если в 10 грузовиков загрузить по 5 глыб, массой 800 кг каждая, и глыбу массой 1 000 кг, в 25 грузовиков загрузить по 2 глыбы, массой 1 000 кг каждая, и по 2 глыбы, массой 1 500 кг каждая, в 3 грузовика загрузить

3 глыбы, массой 1 500 кг каждая, и в один грузовик глыбу массой 1 500 кг, то все глыбы окажутся загружены в 39 грузовиков. Значит, наименьшее количество грузовиков — это 39.

Ответ: а) да; б) нет; в) 39.

а) Если за столом было 5 мальчиков, евших только бутерброды, 8 мальчиков, евших только конфеты, и 12 девочек, каждая из которых ела и то и другое, то условие задачи выполнено. Значит, в группе из 25 детей могло быть 13 мальчиков.

б) Предположим, что мальчиков было 14 или больше. Тогда девочек было 11 или меньше. Пусть число мальчиков, евших бутерброды равно m₁. Тогда число не больше , чем доля мальчиков, евших бутерброды среди всех детей, евших бутерброды, а это число не больше, чем откуда и, следовательно, Пусть m₂ — число мальчиков, евших конфеты. Аналогично, откуда, учитывая, что m₂ число целое, находим: Но тогда общее число мальчиков, евших хот что-то не больше, чем 5 + 7 = 12. Следовательно, по крайней мере, 2 мальчика ничего не ели, а это противоречит условию.

В предыдущем пункте было показано, что в группе из 25 учащихся могло быть 13 мальчиков. Значит, наибольшее количество мальчиков в группе — 13.

в) Предположим, что некоторый мальчик ел и конфеты, и бутерброды. Если бы вместо него было два мальчика, один из которых ел только конфеты, а другой — только бутерброды, то доля мальчиков, евших конфеты и доля мальчиков, евших бутерброды, остались бы прежними, а общая доля девочек стала бы меньше. Значит, для оценки наименьшей доли девочек можно считать, что каждый мальчик ел или только конфеты, или только бутерброды.

Пусть, как прежде, m₁ мальчиков ели бутерброды, m₂ ели конфеты, и всего было d девочек. Оценим долю девочек. Будем считать, что каждая девочка ели и конфеты, и бутерброды, поскольку их доля в группе от этого не изменится, а доля среди евших конфеты и доля среди евших бутерброды не станут меньше.

По условию значит,

Тогда поэтому доля девочек равна

Осталось показать, что такая доля девочек действительно могла быть. Например, если из 70 детей 15 мальчиков ели только бутерброды, 22 мальчика ели только конфеты, и еще было 33 девочки, каждая из которых ела и то, и другое, то условие задачи выполнено, а доля девочек в точности равна

Ответ:а) да; б) 13; в)

а) Заметим, что если рейтинг кинофильма — целое число, то произведение оценок двух экспертов — точный квадрат. Произведение двух чисел от 1 до 10 не превосходит 90. Под это условие попадают квадраты чисел от 1 до 9. Но числа 1, 25, 49, 64 и 81 не представляются в виде произведения двух различных целых чисел от 1 до 10. Значит, для двух экспертов может быть не более четырёх кинофильмов.

б) Допустим, кинофильмы получили такие наборы оценок: (1; 2; 4), (2; 4; 8), (1; 3; 9), (4; 6; 9). Тогда среднее геометрическое этих наборов — различные целые числа. Условие задачи выполняется.

в) Если кинофильм получил оценки (3; 6; 8; 9), то условие задачи выполняется; экспертов могло быть четверо.

Если экспертов было больше четырёх, то произведение их оценок должно делиться на пятую степень рейтинга кинофильма. Но произведение всех возможных оценок 10! делится только на две пятые степени: 1⁵ или 2⁵. Значит, если экспертов не меньше пяти, то целый рейтинг мог бы равняться только 1 и 2. Но если рейтинг равен 1, то все эксперты выставили 1, а по условию они поставили разные оценки. Если же рейтинг равен 2, то эксперты должны были выставить четыре оценки, кратные двум: 2, 4, 6 и 8 (и ещё какие-то). Среднее геометрическое в этом случае отлично от двух. Следовательно, экспертов не могло быть более четырёх.

Таким образом, наибольшее возможное число экспертов — четыре.

Ответ: а) нет; б) да; в) 4.

а) Да. Пусть в классе учится 29 человек, из которых сперва 15 человек не поняли доказательство (большая часть класса), а затем их осталось 14 (меньшая часть).

Замечание: подойдет любой пример с нечетным количеством учеников от 21 до 29 и количествами понявших и не понявших, отличающимися на 1.

б) Да. Пусть в классе было 24 ученика, из которых ровно 6 поняли доказательство. Тогда исходно процент понявших ― 25, а после перемены, когда понявших станет 7, процент понявших будет нецелым.

Замечание: Есть и другие примеры, например, 3 ученика из 30 поняли доказательство на уроке.

в) Пусть всего в классе n учеников, а количество так и не понявших доказательство равно k. Очевидно, k не превосходит (n − 1), ведь один ученик понял доказательство на перемене. Тогда искомый процент равен Чтобы это число было как можно большим, требуется максимизировать дробь при условии, что

Докажем, что наибольшее значение дроби равно 96. Результат 96 достигается, если Если то очевидно, что

Далее, разберем случаи

1) n = 26. Чтобы выполнялось условие необходимо взять k, кратное 13, что возможно только при k = 13, а

2) n = 27. Чтобы выполнялось условие необходимо взять k, кратное 27, что возможно только при k = 0.

3) n = 28. Чтобы выполнялось условие необходимо взять k, кратное 7, что возможно только при k не большем 21, а

4) n = 29. Чтобы выполнялось условие необходимо взять k, кратное 29, что возможно только при k = 0.

5) n = 30. Чтобы выполнялось условие необходимо взять k, кратное 3, что возможно только при k не большем 27, а

Таким образом, 96 — наибольшее целое значение искомого процента.

Ответ: а) да; б) да; в) 96.

Если рейтинг футболистов на сайте равен 41, то доля голосов, отданных за него, находиться в границах от 0,405 до 0,415. Поскольку всего проголосовало 17 посетителей сайта, получаем, что количество голосов, отданных за этого футболиста, не меньше но меньше то есть равно 7. После того, как Вася проголосовал, доля голосов за первого футболиста стала равна Значит. его рейтинг стал равен 39.

б) Пусть за 133 футболистов было отданно по одному голосу, а за оставшегося — 67. В этом случае 133 футболиста имеют рейтинг 1, а последний — 34; сумма рейтингов равна 167. Если Вася отдаст свой голос за последнего футболиста, то его рейтинг останется равным 34, а рейтинги всех остальных футболистов станут равны 0. В этом случае сумма рейтингов станет равна 34, то есть уменьшится на 133.

в) Заметим, что для каждого из 134 футболистов доля отданных за него голосов, выраженная в процентах, отличается от рейтинга не более чем на 0,5. Поэтому сумма рейтингов всех футболистов отличаетсяот 100 не более чем на В частности, эта сумма не может превосходить 167.

Пример, приведённый в предыдущем пункте, показывает, что сумма рейтингов может равняться 167. Значит, наибольшее значение суммы рейтингов всех футболистов — 167.

Ответ: а) 39; б) да; в) 167.

а) Пусть 14 юношей отправили по 4 письма и трое юношей отправили по 21 письму. Тогда суммарно они отправили 119 писем. Эти 119 писем можно распределить между 17 девушками так, чтобы каждая получила ровно 7 писем.

б) Пусть a юношей отправили по 4 письма и b юношей отправили по 21 письму. Эти письма можно поровну распределить между девушками, если суммарное количество писем делится на количество девушек. В этом случае число также делится на Если не делится на 17, то b делится на что противоречит условиям Значит, делится на 17. Наименьшее натуральное число, делящееся на 17, — это 17. Пример того, что девушек может быть ровно 17, приведён в предыдущем пункте.

в) Пусть юношей отправили по 4 письма и юношей отправили по 21 письму. Тогда суммарно они отправили писем, а число полученных девушками писем не меньше

Получаем

откуда

При имеем что противоречит условию

Если то суммарное количество отправленных писем равно Эти письма можно распределить между девушками следующим образом: 40 девушек получили от 0 до 39 писем и ещё одна — 47. Таким образом, наибольшее возможное количество девушек — это 41.

Ответ: а) да; б) 17; в) 41.

а) Каждый сотрудник должен получить 20 000 рублей. Выдадим 27 сотрудникам по четыре пятитысячных купюры, одному — две пятитысячных и десять тысячных, двенадцати — по 20 тысячных.

б) каждый сотрудник, кроме ведущего специалиста, должен получить 9000 рублей, поэтому нужно будет выдать каждому не менее четырёх тысячных купюр, значит, всего их нужно не менее 320 штук. Следовательно, без сдачи и размена выдать премии не удастся.

в) Если сотрудников 64 или больше, то распределим премии так: 63 человека должны получить по 4 тысячи, один — всё остальное, остальные — ничего. Тогда выдать премии будет нельзя по тем же причинам, что и в пункте «б».

Если же их не больше 63, то выберем всех, кроме одного. Будем выдавать им премии, используя не более четырёх тысячных купюр, пока не кончится пятитысячные.

Если пятитысячные купюры закончились, то оставшиеся премии выдать точно удастся. Если же нет, то все премии, кроме одной, будут выданы, а последний просто заберёт все оставшиеся деньги.

Ответ: а) да; б) нет; в) 63.

а) Перельём из последней бочки в первую 31 литр воды, а из третьей во вторую — 4 литра. Тогда в первой и последней будет по 60 литров, во второй и третьей — по 36 литров воды. Перельём теперь из последней в третью и из первой во вторую по 12 литров воды. Получим в каждой бочке по 48 литров воды, что и требовалось.

б) Пусть есть семь бочек, в первых шести из которых по одному литру воды, а в последней — 8 литров воды. В каждой бочке должно оказаться в итоге по 2 литра воды. Следовательно, в каждую из первых шести бочек надо как минимум один раз наливать воду. Значит, переливаний должно быть не меньше шести.

в) Докажем, что меньше чем 25 переливаний может не хватить. Пусть есть 26 бочек, в первых 25 из которых по одному литру воды, а в последней — 27 литров воды. Тогда, как в пункте «б», надо выливать воду в каждую из первых 25 бочек, следовательно, переливаний должно быть не менее 25.

Докажем, что за 25 переливаний всегда можно уравнять количество воды во всех бочках. Пусть общий объём воды в бочках равняется 26x литров воды. Так как этот объём при переливаниях не меняется, то в каждой бочке в итоге должно оказаться ровно x литров воды.

Если во всех бочках ровно x литров воды, то переливаний не требуется. Иначе найдётся такая бочка, в которой больше чем x литров воды, и такая, в которой меньше чем x литров воды. Будем переливать воду из первой бочки во вторую, пока в одной из них не станет ровно x литров воды. После этого переливания количество бочек, в которых ровно x литров воды, увеличится. Тогда не более чем через 25 таких переливаний в 25 бочках будет ровно x литров воды. Значит, и в оставшейся бочке тоже будет равно x литров воды.

Ответ: а) да; б) нет; в) 25.

а) Например, для набора чисел {24; 25; ...; 47} Васин результат равен 24 · 25 · ... · 47, Петин результат равен 25 · 26 · ... · 48, то есть в два раза больше.

б) От добавления новых чисел отношение результатов Пети и Васи становиться только больше. Значит, наибольшее отношение будет, если Вася перемножит все натуральные числа из отрезка [23; 84]. В этом случае Васин результат равен 23 · 24 · 25 · ... · 84, а Петин результат равен 24 · 25 · 26 · ... · 85. Отношение этих чисел равно Значит, Петин результат не может быть ровно в 6 раз больше Васиного.

в) В пункте б) было показано, что Петин результат превосходит Васин не более чем в раза. Наибольшее целое число, не большее — это 3.

Для набора чисел {23; 24; 25; ...; 68} Васин результат равен 23 · 24 · 25 · ... · 68, Петин результат равен 24 · 25 · 26 · ... · 69, то есть в три раза больше.

Значит, наибольшее целое отношение результатов Пети и Васи равно 3.

Ответ: а) да; б) нет; в) 3.

Сумма всех чисел на доминошках равна 8(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 168.

а) Да, это возможно. Например

6-0

6-6

6-5, 6-1

6-4, 6-3, 5-0

6-2, 5-5, 5-4, 3-0

5-3, 5-2, 5-1, 4-4, 4-3

Остальные.

б) Если сумма в пятой кучке равна то сумма всех чисел равна но не кратно 9.

в) Пусть в первой кучке сумма всего кучек и разность прогрессии равна Тогда

Если число кучек нечетно, то 168 должно делиться на Из нечетных чисел, больших оно делится лишь на однако если есть 21 кучка, то средняя из них имеет размер что невозможно.

Если же это число четно, то 336 должно делиться на При этом откуда Но на 18 число 336 не делится.

Пусть тогда возьмем Это возможно, вот разбиение на кучки

0-3

0-4

0-5

0-6

1-6

2-6

3-6

4-6

5-6

6-6

5-5, 1-2

5-4, 1-4

5-3, 5-2

5-1, 4-4, 1-1

4-3, 4-2, 2-2,

3-3, 3-2, 3-1, 2-0, 1-0, 0-0

Ответ: а) да, б) нет, в) 16.

а) Если из 6 партий шахматист выиграл одну, то показатель «победы» равен 17.

б) Если в первых 200 партиях были выиграны 100, сыграны вничью 5, а проиграны 95, то показатель победы равен 50, показатель «ничьих» равен 3, а показатель «поражений» равен 47. Если следующая партия была выиграна, то показатель «побед» остаётся равным 50, показатель «ничьих» становится равным 2, а показатель «поражений» оказывается равным 48.

в) Если партий было 49 или меньше, то суммарный процент побед и ничьих меньше 98. При округлении числа происходит увеличение не более чем на 0,5, поэтому сумма показателей «побед» и «ничьих» меньше 99. Значит, показатель «поражений» больше 1.

Если партий было ровно 50, то проценты побед и ничьих целые, округления не происходит. Значит, показатель «поражений» больше 1.

Пусть была сыграна 51 партия, первая из которых была проиграна, а среди остальных 50 было 12 побед и 38 ничьих. Тогда показатель «побед» равен 24, показатель «ничьих» равен 75, а показатель «поражений» равен 1.

Ответ: а) да; б) да; в) 51.

а) Например, 50 и 60 солдат по 10 человек в ряду.

б) Необходимо, чтобы в обеих ротах было количество человек, кратное 13. Но два наименьших числа, кратных 13 и больших 46, это числа 52 и 65, чья сумма составляет 117, что есть больше, чем 111. Следовательно, пришли к противоречию.

в) Из пункта б) известно, что 13 солдат в одном ряду быть не может. Легко проверить, что 14, 15 также быть не может. Большее количество также быть не может, так как при тогда общее количество будет больше, чем Значит, нужно проверять только варианты 9, 10, 11 и 12 человек в ряду.

Пусть 9 солдат в ряду. Тогда возможное общее количество таких людей 99 или 108. Предположим, что их 99, тогда в первом взводе может быть 47, 48, 49 человек, во втором — 52, 51, 50 человек соотвественно. Ни одна из этих пар не делится на 9, поэтому данное решение не подходит. Для 108 людей в роте: первый взвод — 47, 48, 49, 50, 51, 52, 53 второй — 61, 60, 59, 58, 57, 56 55. Так же как и в первом случае получили, что подходящих пар, делящихся на 9, нет.

Пусть 10 солдат в ряду, тогда в роте может быть 100 и 110 человек. Выполняя аналогичное рассуждение, получаем, что в роте не может быть 100 человек, но может быть 110 (как показано в пункте 1).

Пусть 11 солдат в ряду. В роте может быть 99 и 110 человек. Выше показано, что 99 человек в роте быть не может, а 110 человек может.

Пусть 12 солдат в ряду, тогда в роте может быть 96 и 108 человек. Для 96 человек в роте решений нет, для 108 человек в роте в первом взводе — 48 человек, во втором — 60, что удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: а) Например, 50 и 60; б) нет; в) 108 или 110.

а) Да, например, 16 красных и 16 синих — всего 480 рублей.

б) Пусть x — количество синих карандашей. Поскольку синие карандаши дешевле, то для наибольшего количества карандашей надо купить их больше, чем красных.

Тогда всего 2x − 5 = 33.

Получили нецелый x. Проверим другой случай:

Тогда всего Таким образом, возможно купить 33 карандаша максимум. Следовательно, 35 карандашей купить нельзя.

в) В пункте б) доказано, что возможно купить максимум 33 карандаша.

Ответ: а) да; б) нет; в) 33.

а) Например, если 20 студентов писали обе контрольные работы и получили по 18 баллов за каждую, 4 студента писали только первую контрольную работу и получили по 0 баллов, 4 студента писали только вторую контрольную работу и получили по 0 баллов, то средний балл по каждой из контрольных работ в отдельности составил 15, а

б) Поскольку средние баллы по каждой контрольной в отдельности равны 15, средний балл по обеим контрольным работам тоже равен 15. Всего было написано 28 + 2 = 30 контрольных работ. Значит, общее количество набранных студентами баллов равно При этом сумма наивысших баллов равна 13 · 28 = 364. Следовательно, сумма наименьших баллов, набранных двумя студентами, писавшими обе работы, равна 450 − 364 = 86. Но сумма наименьших баллов двух студентов не может превосходить 40. Противоречие.

в) Пусть k — количество студентов, писавших обе контрольные работы, a — сумма баллов студентов, которые писали только одну контрольную работу, b — сумма наибольших баллов студентов, которые писали обе контрольные работы, c — сумма наименьших баллов студентов, которые писали обе контрольные работы.

Тогда сумма всех набранных баллов: сумма наивысших баллов Тогда С другой стороны, , поэтому откуда

Приведём пример, когда то есть если Например, 11 студентов написали обе контрольные работы на 20 баллов, один студент написал обе контрольные, получив за первую 20 баллов, а за вторую 16 баллов, 8 студентов писали только первую контрольную, причем 3 из них написали ее на 20 баллов, а 5 из них — на 0 баллов, и 8 студентов писали только вторую контрольную, каждый на 8 баллов. Тогда обе контрольные писали по 20 студентов, набрав за первую 3 · 20 + 12 · 20 = 300 баллов и за вторую 8 · 8 + 11 · 20 + 16 = 300 баллов.

Ответ: а) Например, если 20 студентов написали обе контрольные работы и получили по 18 баллов, а по 4 студента написали только одну из двух контрольных работ и получили по 0 баллов; б) нет; в) 12.

а) Например, если 20 студентов писали обе контрольные работы и получили по 18 баллов за каждую, 4 студента писали только первую контрольную работу и получили по 0 баллов, 4 студента писали только вторую контрольную работу и получили по 0 баллов, то средний балл по каждой из контрольных работ в отдельности составил 15, а

б) Пусть а — сумма баллов тех студентов, которые писали только одну контрольную работу, b — сумма наибольших баллов тех студентов, которые писали обе контрольные работы, с — сумма наименьших баллов тех студентов, которые писали обе контрольные работы. Заметим, что средние баллы по каждой контрольной в отдельности равны 15, поэтому средний балл по обеим контрольным также равен 15. Всего было написано 28 + k контрольных работ. Значит, общее количество набранных студентами баллов равно Тогда получаем: откуда С другой стороны, откуда получаем Значит, такая ситуация невозможна.

в) Аналогично предыдущем пункту получаем: откуда

Приведём пример, когда Если (то есть 10 студентов писали обе контрольные работы и получили по 20 баллов за каждую), а (например, каждую контрольную работу писали по 9 студентов, из которых четверо получили по 10 баллов, а пятеро —по 9 баллов), то условия задачи выполнены и

Ответ: а) Например, если 20 студентов писали обе контрольные работы и получили по 18 баллов, а 4 студента писали только одну из двух контрольных работ и получили по 0 баллов; б) нет; в)

Пусть в первый день Наташа и Маша сделали n и m фотографий соответственно, всего они делали снимки в течение k дней. Поскольку Наташа сделала на 1001 фотографию больше, чем Маша, получаем:

а) Если то есть в первый день Наташа сделала на 143 фотографии больше, чем Маша, то Значит, Наташа могла за семь дней сделать на 1001 фотографию больше, чем Маша.

б) Так как , 1001 кратно k, но 1001 на 8 без остатка не делится. Таким образом, за восемь дней Наташа не сделала бы на 1001 фотографию больше, чем Маша.

в) В последний день Маша сделала меньше 40 фотографий, то есть , откуда Так как k является делителем числа 1001 и , либо , либо , либо

Поскольку количество фотографий Наташи отличается от Машиных на константу, будем максимизировать количество снимков Маши.

Если , , откуда наибольшее возможное значение Найдем общее количество фотографий:

Если , , откуда наибольшее возможное значение Найдем общее количество фотографий:

Если , , откуда наибольшее возможное значение Найдем общее количество фотографий:

Таким образом, наибольшее количество фотографий, сделанных Машей, равно 429, а Наташей — 429 + 1001 = 1430.

Ответ:а) Да; б) Нет; в) 1430.

Обозначим рейтинг кинофильма, вычисленный по старой системе оценивания, через , а рейтинг кинофильма, вычисленный по новой системе оценивания, через .

а) Заметим, что где и — некоторые натуральные числа. Значит,

Если то что невозможно. Таким образом, разность рейтингов, вычисленных по старой и новой системам оценивания, не может равняться

б) Например, для оценок экспертов 0, 1, 2, 3, 5, 6 разность рейтингов, вычисленных по старой и новой системам оценивания, равна

в) Пусть — наименьшая из оценок, — наибольшая, а — сумма остальных четырёх оценок. Тогда

Для оценок экспертов 0, 1, 2, 3, 4, 10 разность равна Значит, наибольшее возможное значение разности рейтингов, вычисленных по старой и новой системам оценивания, равно

Ответ: а) нет б) да, например, для оценок 0, 1, 2, 3, 5, 6; в)

Обозначим рейтинг кинофильма, вычисленный по старой системе оценивания, через , а рейтинг кинофильма, вычисленный по новой системе оценивания, через .

а) Заметим, что где и — некоторые натуральные числа. Значит,

Если то что невозможно. Таким образом, разность рейтингов, вычисленных по старой и новой системам оценивания, не может равняться

б) Например, для оценок экспертов 0, 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8 разность рейтингов, вычисленных по старой и новой системам оценивания, равна

в) Пусть — наименьшая из оценок, — наибольшая, а — сумма остальных шести оценок. Тогда

Для оценок экспертов 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 12 разность равна Значит, наибольшее возможное значение разности рейтингов, вычисленных по старой и новой системам оценивания, равно

Ответ: а) нет б) да, например, для оценок 0, 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8; в)

а) Пусть первоначально на доске 7 раз было записано число 19 и один раз число 32. Тогда сумма этих чисел равна 165. После перестановки цифр на доске 7 раз оказалось записано число 91 и один раз число 23. Сумма этих

чисел равна 660 = 4 · 165.

б) Пусть на доске были написаны двузначные числа Обозначим По условию и Тогда разность этих чисел равна Но левая часть последнего равенства делится на 9, а правая не делится. Значит, такая ситуация невозможна.

в) Пусть на доске были написаны двузначные числа Обозначим По условию и нужно найти наибольшее значение числа Тогда

Таким образом, необходимо найти наименьшее возможное значение числа A. Поскольку получаем Поэтому откуда то есть Значит,

Приведём пример, показывающий, что число S действительно может быть равным 759. Пусть первоначально на доске 8 раз было записано число 19 и один раз число 13. Тогда сумма этих чисел равна 165. После перестановки цифр на доске 8 раз оказалось записано число 91 и один раз число 31. Сумма этих чисел равна 759.

Ответ: а) да, например, 7 раз число 19 и один раз число 23; б) нет; в) 759.

а) Если наименьшее число равно 3, то сумма шести наименьших чисел не меньше 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 33, а их среднее арифметическое больше 5.

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 11 чисел равно 9. Тогда получаем: откуда Это невозможно, поскольку должно выполняться неравенство

в) Получаем:

 

Значит, нужно найти наименьшее значение В.

Пусть числа, написанные на доске, равны

причем Тогда

Значит, поскольку B целое.

Покажем, что число В может равняться 8. Например, если на доске написаны числа 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 40, то условия задачи выполнены и

Таким образом,

Ответ: а) нет, б) нет, в)

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) 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 2, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 36 то условия задачи выполнены и

Таким образом,

Ответ: а) нет, б) нет, в)