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. Так или иначе вы­иг­ры­ва­ет вто­рой игрок.

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 более чем N ходов игра длить­ся не может, а зна­чит N + K ≥ 2K.

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:

От­сю­да сле­ду­ет не­ра­вен­ство:

По­де­лим все на 0,75Ш и пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

но тогда Т ≤  Л, а по усло­вию долж­но вы­пол­нять­ся не­ра­вен­ство Т ≥ 3Л. Про­ти­во­ре­чие.

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

(Т + Л) ·  Ш ≤  Р;

Р ≤ Л ·  Ш +  Ш ·  (Т + Л).

После ана­ло­гич­ных пре­об­ра­зо­ва­ний по­лу­ча­ем, что с одной сто­ро­ны Т ≤ 0,8Л, а с дру­гой, по усло­вию Т ≥ 3,5Л. Про­ти­во­ре­чие.

Ответ: а) да; б) да, из­ме­нит­ся; в) да, из­ме­нит­ся.

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; б) Нет; в) 39.

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 8, 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 то есть, при вы­пол­не­нии си­сте­мы не­ра­венств:

Тогда

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 балл 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.

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) 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 ела 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 про­из­ве­де­ние оце­нок экс­пер­тов долж­но быть сте­пе­нью двой­ки, то есть они могли вы­ста­вить толь­ко оцен­ки 1, 2, 4 и 8, а не­об­хо­ди­мо не менее пяти оце­нок. 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.

Пусть a юно­шей от­пра­ви­ли по 4 пись­ма и b юно­шей от­пра­ви­ли по 21 пись­му. Тогда ко­ли­че­ство де­ву­шек ко­ли­че­ство от­прав­лен­ных писем

а) Спра­ши­ва­ет­ся, имеет ли урав­не­ние ре­ше­ние. За­пи­шем его в виде Ясно, что числа и яв­ля­ют­ся одним из ре­ше­ний. То есть если 14 юно­шей от­пра­ви­ли по 4 пись­ма и трое юно­шей от­пра­ви­ли по 21 пись­му, то всего они от­пра­ви­ли 119 писем, ко­то­рые можно рас­пре­де­лить между 17 де­вуш­ка­ми так, чтобы каж­дая по­лу­чи­ла ровно 7 писем.

б) Общее ко­ли­че­ство писем долж­но де­лить­ся на ко­ли­че­ство де­ву­шек без остат­ка. За­ме­тим, что тогда в силу тож­де­ства число также долж­но де­лить­ся 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 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 со­от­вет­ствен­но. 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 у Вовы есть гру­зи­ки мас­са­ми 3 г, 4 г, 5 г, 6 г, 7 г и 8 г, то усло­вия за­да­чи вы­пол­не­ны. Дей­стви­тель­но, пусть вы­бра­ны гру­зи­ки мас­са­ми a и b грам­мов, . Если и то урав­но­ве­сить эти гру­зи­ки можно двумя гру­зи­ка­ми с мас­са­ми и грам­мов. Если то урав­но­ве­сить эти гру­зи­ки можно двумя гру­зи­ка­ми с мас­са­ми и грам­мов. Если и то эти гру­зи­ки урав­но­ве­ши­ва­ют­ся гру­зи­ком мас­сой 7 г. Если и то эти гру­зи­ки урав­но­ве­ши­ва­ют­ся гру­зи­ком мас­сой 8 г. Если и то эти гру­зи­ки урав­но­ве­ши­ва­ют­ся гру­зи­ка­ми с мас­са­ми 3 г, 4 г и 7 г. На­ко­нец, если и то эти гру­зи­ки урав­но­ве­ши­ва­ют­ся гру­зи­ка­ми с мас­са­ми 4 г, 5 г и 6 г.

б) Пусть у Вовы есть гру­зи­ки мас­са­ми (в грам­мах) a, b, c, d, e, причём и усло­вия за­да­чи вы­пол­не­ны. Гру­зи­ки мас­са­ми d и e можно урав­но­ве­сить толь­ко тремя остав­ши­ми­ся гру­зи­ка­ми. Зна­чит, Ана­ло­гич­но гру­зи­ки мас­са­ми c и e можно урав­но­ве­сить толь­ко тремя остав­ши­ми­ся гру­зи­ка­ми. Зна­чит, Вы­чи­тая левые и пра­вые части двух по­лу­чен­ных ра­венств, по­лу­ча­ем От­сю­да и мы при­хо­дим к про­ти­во­ре­чию.

в) Оче­вид­но, что ко­ли­че­ство гру­зи­ков у Вовы не может рав­нять­ся трём или четырём. По до­ка­зан­но­му в пунк­те б у Вовы не может быть мень­ше 6 гру­зи­ков.

Пред­по­ло­жим, что самые лёгкие шесть гру­зи­ков Вовы — это гру­зи­ки мас­са­ми (в грам­мах) 1, a, b, c, d, e, причём и усло­вия за­да­чи вы­пол­не­ны.

До­пу­стим, что самый тяжёлый гру­зик весит 6 г. Тогда у Вовы есть ровно шесть гру­зи­ков с мас­са­ми 1, 2, 3, 4, 5, 6 г. Но в этом слу­чае осталь­ны­ми гру­зи­ка­ми нель­зя урав­но­ве­сить гру­зи­ки мас­са­ми 5 и 6 г. Зна­чит, самый тяжёлый гру­зик весит не мень­ше 7 г.

При­ведём при­мер под­хо­дя­ще­го на­бо­ра: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 г. До­ка­жем, что любую пару гру­зи­ков можно урав­но­ве­сить на­бо­ром остав­ших­ся. Пусть вы­бра­ны гру­зи­ки мас­са­ми a и b грам­мов, Если и то урав­но­ве­сить эти гру­зи­ки можно двумя гру­зи­ка­ми с мас­са­ми и грам­мов. Если то урав­но­ве­сить эти гру­зи­ки можно двумя гру­зи­ка­ми с мас­са­ми и грам­мов. Для остав­ших­ся пар вы­пол­ня­ют­ся ра­вен­ства

Ответ: а) Да, на­при­мер, 3 г, 4 г, 5 г, 6 г, 7 г и 8 г; б) нет; в) 7.

а) Так как объем скла­да 120 м³, одно из из­ме­ре­ний скла­да крат­но трем. Будем класть кон­тей­не­ры длин­ной сто­ро­ной вдоль этого из­ме­ре­ния. Таким об­ра­зом, вдоль него пол­но­стью уме­стит­ся целое число кон­тей­не­ров. Вдоль осталь­ных из­ме­ре­ний лягут из­ме­ре­ния кон­тей­не­ров длины 1 м, по­это­му ука­зан­ным об­ра­зом склад га­ран­ти­ро­ван­но удаст­ся упа­ко­вать пол­но­стью.

б) Рас­смот­рим склад с раз­ме­ра­ми 2×2×25 м. Оче­вид­но, что длин­ную сто­ро­ну кон­тей­не­ра можно по­ме­стить толь­ко вдоль длин­ной сто­ро­ны скла­да. При этом по­ме­стит­ся не более вось­ми кон­тей­не­ров, то есть по­ме­стит­ся мак­си­мум 32 кон­тей­не­ра и еще 4 м³ объ­е­ма оста­нет­ся сво­бод­но.

в) По­ка­жем, что 99% объ­е­ма скла­да 2×2×200 м можно за­пол­нить кон­тей­не­ра­ми. По­ло­жим 66 кон­тей­не­ров длин­ной сто­ро­ной вдоль двух­сот­мет­ро­вой сто­ро­ны скла­да. Рядом с ними по­ло­жим вто­рой ряд из 66 кон­тей­не­ров. На по­лу­чен­ные два ниж­них ряда по­ло­жим такие же два верх­них ряда. Не­за­пол­нен­ным оста­нет­ся про­стран­ство 2×2×2 м или 1% объ­е­ма скла­да.

Оста­лось по­ка­зать, что при любой дру­гой кон­фи­гу­ра­ции скла­да по­лу­чит­ся за­пол­нить не менее 99% объ­е­ма. Дей­стви­тель­но, пусть сто­ро­на а скла­да a×b×c м не мень­ше трех. От­де­лим от нее уча­сток скла­да со сто­ро­ной 3, то есть с раз­ме­ра­ми 3×b×c м. Его можно за­пол­нить кон­тей­не­ра­ми без пу­стот. Про­дол­жа­ем от­де­лять такие участ­ки, пока не оста­нет­ся па­рал­ле­ле­пи­пед с из­ме­ре­ни­я­ми, не пре­вос­хо­дя­щи­ми 2×2×2. Это и озна­ча­ет, что пу­стом про­стран­ством оста­нет­ся не более 8 из 800 ку­бо­мет­ров.

Ответ: а) нет; б) да; в) 99%.

Пусть ско­рость Агаты на об­рат­ном пути со­ста­ви­ла x км/ч, а путь от дома до ин­сти­ту­та со­став­ля­ет S км. Тогда сред­няя ско­рость Агаты будет равна км/ч.

а) Нет, не могла. Пусть сред­няя ско­рость со­ста­ви­ла 90 км/ч. Тогда

что про­ти­во­ре­чит це­ло­чис­лен­но­сти x.

б) Да, могла. Если км/ч, то км/ч.

в) Чем мень­ше x, тем мень­ше сред­няя ско­рость.

Так как — целое, то крат­но Но крат­но зна­чит, 20000 крат­но Так как то где При этом, так как то (*)

1) Тогда что про­ти­во­ре­чит (*).

2) Тогда Дан­ное вы­ра­же­ние на­хо­дит­ся в ин­тер­ва­ле толь­ко при то есть

3) Тогда Дан­ное вы­ра­же­ние не на­хо­дит­ся в ин­тер­ва­ле ни при каких k.

4) Тогда Дан­ное вы­ра­же­ние на­хо­дит­ся в ин­тер­ва­ле толь­ко при то есть

Таким об­ра­зом, наи­мень­шее зна­че­ние сред­ней ско­ро­сти до­сти­га­ет­ся при км/ч, а тогда сред­няя ско­рость равна: км/ч.

Ответ: а) нет, б) да, в) 40 км/ч.

Пусть всего ово­щей тя­же­лее 1000 г (а их сум­мар­ная масса ), ово­щей весят 1000 г (их сум­мар­ная масса ), ово­щей легче 1000 г (их сум­мар­ная масса ). Тогда усло­вие за­пи­сы­ва­ет­ся си­сте­мой:

а) В этом слу­чае и . Из си­сте­мы имеем: , от­ку­да . Про­ти­во­ре­чие с усло­ви­ем, так как овощи тя­же­лее ки­ло­грам­ма есть, по­сколь­ку их сред­няя масса 1030 г.

б) В этом слу­чае . Тогда из си­сте­мы имеем: и , от­ку­да Но тогда a — не­це­лое число. Про­ти­во­ре­чие.

в) Пусть — масса са­мо­го лег­ко­го овоща. Тогда сред­няя масса ово­щей, ко­то­рые легче 1000 г, не пре­вос­хо­дит

Это вы­ра­же­ние долж­но быть не мень­ше 988. Решая не­ра­вен­ство , по­лу­ча­ем . Сле­до­ва­тель­но, чтобы найти ми­ни­маль­ное воз­мож­ное , надо найти мак­си­маль­но воз­мож­ное .

Из урав­не­ния сле­ду­ет, что крат­но 5. Кроме того, мень­ше 73. Мак­си­маль­ное , при ко­то­ром урав­не­ние имеет на­ту­раль­ные ре­ше­ния ( может рав­нять­ся и 0), это Не­об­хо­ди­мо убе­дить­ся, что не может рав­нять­ся 70, 65, 60 и 55. Под­став­ляя эти зна­че­ния в урав­не­ние, мы по­лу­чим, что может рав­нять­ся 384, 878, 1372, 1866. По­ка­жем, что эти урав­не­ния не имеют ре­ше­ний в целых не­от­ри­ца­тель­ных чис­лах. Дей­стви­тель­но, пусть, на­при­мер, Это озна­ча­ет, что Т.е. крат­но 100. Ана­ло­гич­но, крат­ны 100. Это озна­ча­ет, что в этих слу­ча­ях как ми­ни­мум 22, но тогда , оче­вид­но, от­ри­ца­тель­но.

Тогда, ми­ни­маль­ное воз­мож­ное по­лу­ча­ет­ся из урав­не­ния , от­ку­да (иначе будет про­ти­во­ре­чие с не­об­хо­ди­мым не­ра­вен­ством, по­лу­чен­ным выше). При­мер сле­ду­ет из ре­ше­ния: один овощ мас­сой 449 г., сорок де­вять ово­щей мас­сой 999 г., три овоща мас­сой 1000 г. и два­дцать ово­щей мас­сой 1030 г.

Ответ: а) Нет; б) Нет; в)  449.

Пусть всего ово­щей тя­же­лее 1000 г (а их сум­мар­ная масса ), ово­щей весят 1000 г (их сум­мар­ная масса ), ово­щей легче 1000 г (их сум­мар­ная масса ). Тогда усло­вие за­пи­сы­ва­ет­ся си­сте­мой:

а) В этом слу­чае и . Из си­сте­мы имеем: , от­ку­да . Про­ти­во­ре­чие с усло­ви­ем, что в ящике есть хотя бы два овоща раз­лич­ной массы

б) В этом слу­чае . Тогда из си­сте­мы имеем: и , от­ку­да Но тогда a — не­це­лое число. Про­ти­во­ре­чие.

в) Пусть — масса са­мо­го лег­ко­го овоща. Тогда сред­няя масса ово­щей, ко­то­рые легче 1000 г, не пре­вос­хо­дит

Это вы­ра­же­ние долж­но быть не мень­ше 944. Решая не­ра­вен­ство , по­лу­ча­ем . Сле­до­ва­тель­но, чтобы найти ми­ни­маль­ное воз­мож­ное , надо найти мак­си­маль­но воз­мож­ное .

Вы­чи­тая из урав­не­ния урав­не­ние по­лу­чим: Но , от­ку­да (т.к. числа на­ту­раль­ные). По­это­му из того, что ово­щей 68, по­лу­ча­ем оцен­ку Если , то . От­ку­да , что про­ти­во­ре­чит на­ту­раль­но­сти a (хотя бы из со­об­ра­же­ний чет­но­сти). Если , то наши урав­не­ния имеют ре­ше­ние: , .

Тогда ми­ни­маль­ное воз­мож­ное по­лу­ча­ет­ся из урав­не­ния , от­ку­да (иначе будет про­ти­во­ре­чие с не­об­хо­ди­мым не­ра­вен­ством, по­лу­чен­ным выше). При­мер сле­ду­ет из ре­ше­ния: один овощ мас­сой 229 г., три­на­дцать ово­щей мас­сой 999 г., пять ово­щей мас­сой 1000 г. и сорок де­вять ово­щей мас­сой 1016 г.

Ответ: а) Нет; б) Нет; в)  229.

а) Сумма натуральных чисел, записанных в первый день, равна 8. Следовательно, чисел, записанных в первый день, не более 8. Тогда в день n () записанных чисел не более 1. И это число заведомо больше 8 (т.к. сумма чисел с каждым днем увеличивается). Противоречие с условием (все записанные числа должны быть меньше 6).

б) Рассмотрим допустимую условиями конфигурацию (без учета среднего значения за все дни):

1 день 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 3

2 день 5 5 5 5 5 5 5 5 3 1

3 день 5 5 5 5 5 5 5 5 5

Действительно, среднее арифметическое чисел, записанных в первый день, очевидно, меньше 4. В каждый последующий день чисел записано меньше, чем в предыдущий. А также сумма чисел, записанных в каждый последующий день, больше, чем в предыдущий. Очевидно, что если продолжать приписывать столбец (4 5 5) слева, то эти условия не нарушатся. Можно получить, скажем, такой пример:

1 день 100 четверок и 1 тройка

2 день 98 пятерок, 1 тройка и 1 единица

3 день 99 пятерок

Среднее арифметическое всех этих чисел, очевидно, больше 4,5.

в) Предположим, что в последний (четвертый) день записано одно число. Тогда в первый день записано не менее четырех чисел. Следовательно, в первый день сумма чисел не меньше 4. А в четвертый, соответственно, сумма чисел не меньше 7. Но в четвертый день записано ровно одно число. Противоречие с тем, что максимальное возможное число меньше 6.

Мы показали, что в четвертый день записано как минимум два числа. Тогда в третий день записано как минимум три числа, во второй день как минимум четыре числа, в первый день как минимум пять чисел. Всего на доске как минимум четырнадцать чисел. Такое, действительно, может быть:

1 день 1 1 1 1 1

2 день 3 1 1 1

3 день 5 1 1

4 день 5 5

Ответ: а) Нет; б) Да; в)  14.

а) На­при­мер, число 9.

б) Пред­по­ло­жим, что n = 10k + 3. Тогда

то есть де­ся­тич­ная за­пись числа n² + 2n окан­чи­ва­ет­ся циф­рой 5. Зна­чит, такое не­воз­мож­но.

в) За­пи­шем усло­вие за­да­чи в таком виде: пре­об­ра­зу­ем:

т. е.

За­ме­тим, что n и n + 1 не могут од­но­вре­мен­но де­лить­ся на 2 и не могут од­но­вре­мен­но де­лить­ся на 5. Зна­чит, один из мно­жи­те­лей де­лит­ся на 5⁴ и один из мно­жи­те­лей де­лит­ся на 2⁴. Эти два мно­жи­те­ля могут сов­па­дать толь­ко в том слу­чае, если число n + 1 де­лит­ся на 10000, а число n четырёхзнач­ное, то есть n = 9999.

Если n ≠ 9999, мы долж­ны по­до­брать два числа, одно из ко­то­рых де­лит­ся на 16, а дру­гое на 625 и одно из ко­то­рых боль­ше дру­го­го на 1.

Пе­ре­берём нечётные четырёхзнач­ные числа, крат­ные числу 625: 1875, 3125, 4375, 5625, 6875, 8125, 9375. Из них толь­ко число 9375 имеет вид 16k − 1, а чисел вида 16k + 1 среди них нет.

Зна­чит, ис­ко­мое число может рав­нять­ся 9375 или 9999.

Ответ: а) 9; б) нет; в) 9375; 9999.

Пусть в пер­вом на­бо­ре сол­да­ти­ков, во вто­ром сол­да­ти­ков. Тогда числа и имеют общий де­ли­тель, боль­ший 8, и при этом

а) На­при­мер, и сол­да­ти­ков. Вме­сте сол­да­ти­ков их можно по­стро­ить в ко­лон­ну по сол­да­ти­ков в ряд так, что рядов будет за­пол­не­но сол­да­ти­ка­ми толь­ко из пер­во­го на­бо­ра, а рядов — толь­ко из вто­ро­го.

б) Пред­по­ло­жим, что общий де­ли­тель равен Тогда, учи­ты­вая, что , по­лу­ча­ем, что Наи­мень­шее воз­мож­ное зна­че­ние равно но вме­сте по­лу­ча­ет­ся сол­да­ти­ков, что про­ти­во­ре­чит усло­вию.

в) Число боль­ше нуля и де­лит­ся на общий де­ли­тель чисел и по­это­му что вме­сте с усло­ви­ем при­во­дит к не­ра­вен­ству то есть При этом

где  — наи­мень­ший общий де­ли­тель, пре­вос­хо­дя­щий

Если то Про­ти­во­ре­чие.

Если то а в на­бо­рах всего 108 сол­да­ти­ков.

Если то Про­ти­во­ре­чие.

Если то а в на­бо­рах всего 110 сол­да­ти­ков.

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

а) Да. На­при­мер, за­пла­тив за блок­нот 5 де­ся­ти­рублёвых монет и 3 двух­рублёвые мо­не­ты (8 монет), а за ручку 1 де­ся­ти­рублёвую мо­не­ту, 3 пя­ти­рублёвые и 2 двух­рублёвые (6 монет).

б) Пред­по­ло­жим, что Аня сде­ла­ла по­куп­ки тре­бу­е­мым об­ра­зом. За чашку чая она за­пла­ти­ла либо 1 де­ся­ти­рублёвую мо­не­ту, либо 2 пя­ти­рублёвые, либо 5 двух­рублёвых. За сырок Аня долж­на была за­пла­тить хотя бы одну пя­ти­рублёвую мо­не­ту, а на­брать остав­ши­е­ся 10 руб­лей можно одним из трёх ука­зан­ных выше спо­со­бов. Зна­чит, за сырок она за­пла­ти­ла либо 2, либо 3, либо 6 монет. Сле­до­ва­тель­но, за чай и сырок она за­пла­ти­ла либо 11 монет, либо не более 8 монет.

В пер­вом слу­чае она за­пла­ти­ла за пи­ро­жок 8 монет. Они не могли быть все двух­рублёвые. Зна­чит, среди них либо была де­ся­ти­рублёвая мо­не­та, либо по край­ней мере две пя­ти­рублёвые мо­не­ты. Остав­ши­е­ся 10 руб­лей нель­зя на­брать 6 или 7 мо­не­та­ми. При­шли к про­ти­во­ре­чию.

Во вто­ром слу­чае она за­пла­ти­ла за пи­ро­жок не менее 11 монет. Это также не­воз­мож­но, по­сколь­ку тогда по­лу­чи­лось бы не менее 22 руб­лей.

По­лу­чен­ные про­ти­во­ре­чия по­ка­зы­ва­ют, что Аня не могла сде­лать ука­зан­ные по­куп­ки тре­бу­е­мым об­ра­зом.

в) Пусть Аня ку­пи­ла аль­бом за 85 руб­лей, по­тра­тив 24 мо­не­ты: k двух­рублёвых, l пя­ти­рублёвых и m де­ся­ти­рублёвых. Тогда

Зна­чит, де­лит­ся на 8. Сле­до­ва­тель­но, число l нечётно. При l рав­ном 1, 3 и 5 вы­ра­же­ние равно 34, 28 и 22 со­от­вет­ствен­но и не де­лит­ся на 8.

При­мер k = 15, l = 7 и m = 2 по­ка­зы­ва­ет, что Аня могла за­пла­тить ровно 7 пя­ти­рублёвых монет.

Ответ: а) да; б) нет; в) 7.