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

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)

Ре­ше­ние. 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-⁠м ходом у него будет не менее N + K го­ро­шин. А от­дать на K-⁠м 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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, по­сколь­ку 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.

Ре­ше­ние. а)  Пусть в каж­дом Ле­ни­ном на­бо­ре l ручек, а у Юли u на­бо­ров. Тогда по­лу­ча­ем урав­не­ние: По усло­вию у Лены не­чет­ное число ручек, зна­чит, не­чет­но, и, со­от­вет­ствен­но, l не­чет­но. За­ме­тим, что зна­чит, l 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 k де­лит­ся на 5. Тогда можно взять и ясно, что под­хо­дя­щее u най­дет­ся. Пусть k дает оста­ток 1 или 4 при де­ле­нии на 5. Тогда дает оста­ток 1 при де­ле­нии на 5. Далее возь­мем l, да­ю­щее оста­ток 2 при де­ле­нии на 5. Тогда де­лит­ся на 5, и нуж­ное u су­ще­ству­ет. Пусть k дает оста­ток 2 или 3 при де­ле­нии на 5. Тогда дает оста­ток 4 при де­ле­нии на 5. Далее возь­мем l, да­ю­щее оста­ток 3 при де­ле­нии на 5. Тогда де­лит­ся на 5, и нуж­ное u су­ще­ству­ет.

Ответ: а)  18, 12, 6; б)  да; в)  да.

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

б)  По­ка­жем, что при объ­еди­не­нии двух групп людей с рей­тин­га­ми и рей­тинг R 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 B пять жи­те­лей с по­ка­за­те­ля­ми 4, 4, 6, 6 и 55, в стра­не C один жи­тель с по­ка­за­те­лем 1.

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

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

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  да.

Ре­ше­ние. 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 n, такое, что т. е. по­след­ней от­кры­той ячей­кой яв­ля­ет­ся ячей­ка с но­ме­ром 2013.

Пре­жде всего, за­ме­тим, что если n  — чётно, то по­сколь­ку по­след­няя ячей­ка с но­ме­ром n 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 n нечётным. Во время пер­во­го про­хо­да слева на­пра­во Поля за­кро­ет все ячей­ки с чётными но­ме­ра­ми. От­кры­ты­ми оста­нут­ся ячей­ки с нечётными но­ме­ра­ми, то есть с но­ме­ра­ми m, 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 m, 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 n, 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.

Ре­ше­ние. 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. Каж­дый раз общее ко­ли­че­ство шаров в мешке умень­ша­ет­ся на 1, по­это­му 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. а)  Этот набор не уни­вер­саль­ный, по­сколь­ку массу 165 г можно урав­но­ве­сить двумя спо­со­ба­ми: 165 гирек мас­сой по 1 г или одна гирь­ка мас­сой 165 г.

б)  На­при­мер, две гирь­ки мас­сой 167 грам­мов и 166 гирек мас­сой по 1 грам­му.

в)  Пусть наи­боль­шая масса гирь­ки в не­ко­то­ром пра­виль­ном на­бо­ре равен M, а общая масса всех осталь­ных гирек равна m. Ясно, что любую массу, мень­шую M, можно урав­но­ве­сить мень­ши­ми гирь­ка­ми, зна­чит, Пусть тогда есть ми­ни­мум два спо­со­ба урав­но­ве­сить массу где r  — это оста­ток от де­ле­ния m на M. Зна­чит,

Пусть гирек мак­си­маль­ной массы k штук, тогда общая масса всех гирек зна­чит, 501 де­лит­ся на M. Найдя M, можно опре­де­лить массу вто­рой по тя­же­сти гирь­ки. Ана­ло­гич­ны­ми рас­суж­де­ни­я­ми по­лу­ча­ем, что она долж­на быть де­ли­те­лем M. Раз­ло­жим 501 на про­стые мно­жи­те­ли: Зна­чит, су­ще­ству­ет всего два на­бо­ра, кроме со­сто­я­ще­го из одних од­но­грам­мо­вых гирек. Пер­вый набор со­сто­ит из двух гирек мас­сой 167 грам­мов и 166 гирек мас­сой по 1 грам­му. Вто­рой набор со­сто­ит из 166 гирек мас­сой по 3 грам­ма и двух гирек мас­сой по 1 грам­му.

Ответ: а)  нет; б)  две гирь­ки мас­сой 167 грам­мов и 166 гирек мас­сой по 1 грам­му; в)  три на­бо­ра.

При­ме­ча­ние ре­дак­ции Решу ЕГЭ.

Мы от­ре­дак­ти­ро­ва­ли за­да­ние, до­ба­вив тре­тий во­прос  — пункт а).

Ре­ше­ние. 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.

Дру­гой при­мер. Пусть на кон­троль­ной было три за­да­чи, а в клас­се три школь­ни­ка, при­чем пер­вый решил первую и вто­рую за­да­чи, вто­рой решил вто­рую и тре­тью за­да­чи, а тре­тий школь­ник ни­че­го не решил. Все усло­вия вы­пол­не­ны: пер­вая и тре­тья за­да­чи  — труд­ные, двое школь­ни­ков спра­ви­лись с двумя из трех задач.

б)  Пусть всего задач  — З, ре­шен­ных задач  — Р, а школь­ни­ков Ш че­ло­век. Если три чет­вер­ти школь­ни­ков ре­ши­ли не мень­ше трех чет­вер­тей задач, то общее число ре­шен­ных задач удо­вле­тво­ря­ет не­ра­вен­ству

С дру­гой сто­ро­ны, каж­дую труд­ную за­да­чу ре­ши­ло не более чет­вер­ти уче­ни­ков, и таких задач было не мень­ше трех чет­вер­тей от об­ще­го числа задач, по­это­му число ре­шен­ных труд­ных задач не пре­вос­хо­дит З · Ш. Лег­ких задач при этом было не более одной чет­вер­ти, и даже если каж­дую лег­кую за­да­чу ре­ши­ли все уче­ни­ки, весь класс решил не более

задач. Между по­лу­чен­ны­ми не­ра­вен­ства­ми про­ти­во­ре­чие.

Дру­гое ре­ше­ние пунк­та б). Пусть число труд­ных задач Т, лег­ких задач  — Л, а дру­гие обо­зна­че­ния такие же как ранее. Тогда

по­сколь­ку

Из по­лу­чен­ных оце­нок сле­ду­ет не­ра­вен­ство:

По­де­лим все на 0,25Ш и пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

но тогда 3Т ≤  5Л, а по усло­вию долж­но вы­пол­нять­ся не­ра­вен­ство Т ≥ 3Л. Про­ти­во­ре­чие.

в)  Ана­ло­гич­но по­лу­ча­ем не­ра­вен­ства:

После 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.

При­ве­дем ре­ше­ние за­да­чи в общем виде.

Пусть: M  — ко­ли­че­ство пи­сав­ших ра­бо­ту школь­ни­ков, N  — ко­ли­че­ство задач в ра­бо­те, a  — ми­ни­маль­ная доля труд­ных задач, рав­ная по усло­вию ми­ни­маль­ной доле школь­ни­ков, успеш­но на­пи­сав­ших кон­троль­ную ра­бо­ту, то есть ре­шив­ших не менее, чем aN задач. Пусть также P  — общее ко­ли­че­ство ре­шен­ных задач. Тогда

С дру­гой сто­ро­ны, aN задач (труд­ных) ре­ши­ли не более чем (1 − a)M школь­ни­ков, и если даже осталь­ные за­да­чи решат все школь­ни­ки, то

Чтобы двой­ное не­ра­вен­ство вы­пол­ня­лось, долж­но быть то есть

Для пунк­та а) это усло­вие вы­пол­ня­ет­ся: сле­до­ва­тель­но, такая си­ту­а­ция воз­мож­на. Для пунк­тов б) и в) это усло­вие не вы­пол­ня­ет­ся, и такая си­ту­а­ция не­воз­мож­на.

Ре­ше­ние. 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-⁠й и 7-⁠й елок летят на 4-⁠ю. Ана­ло­гич­но, со­ро­ки со 2-⁠й и 6-⁠й елок летят на 4-⁠ю. Ана­ло­гич­но, со­ро­ки с 3-⁠й и 5-⁠й елок летят на 4-⁠ю. 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.

Ре­ше­ние. 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.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та в) Инны Ни­ки­ти­ной.

Крас­ный ка­ран­даш до­ро­же си­не­го, по­это­му для того, чтобы куп­лен­ное ко­ли­че­ство ка­ран­да­шей было мак­си­маль­ным, надо по­ку­пать синие ка­ран­да­ши. Но если куп­ле­но n синих ка­ран­да­шей, то не­об­хо­ди­мо ку­пить хотя бы n − 5 крас­ных. Тогда сумма по­куп­ки со­ста­вит 13n + 17(n − 5). По усло­вию

Сто­и­мость 19 синих ка­ран­да­шей со­ста­вит 13 · 19  =  247 руб­лей, и для по­куп­ки крас­ных ка­ран­да­шей оста­нет­ся 495 − 247  =  248 рубля, этого хва­тит для по­куп­ки 14 крас­ных ка­ран­да­шей. Сле­до­ва­тель­но, всего можно ку­пить 19 + 14  =  33 ка­ран­да­ша.

Ре­ше­ние. 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.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та в) Инны Ни­ки­ти­ной.

Крас­ный ка­ран­даш до­ро­же си­не­го, по­это­му для того, чтобы куп­лен­ное ко­ли­че­ство ка­ран­да­шей было мак­си­маль­ным, надо по­ку­пать синие ка­ран­да­ши. Но если куп­ле­но n синих ка­ран­да­шей, то не­об­хо­ди­мо ку­пить хотя бы n − 6 крас­ных. Тогда сумма по­куп­ки со­ста­вит 14n + 18(n − 6). По усло­вию

сле­до­ва­тель­но, n  =  18.

Сто­и­мость 18 синих ка­ран­да­шей со­ста­вит 14 · 18  =  252 рубля, и для по­куп­ки крас­ных ка­ран­да­шей оста­нет­ся 499 − 252  =  247 руб­лей, этого хва­тит для по­куп­ки 13 крас­ных ка­ран­да­шей. Сле­до­ва­тель­но, всего можно ку­пить 18 + 13  =  31 ка­ран­даш.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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 S крат­но 33, то есть Тогда

Наи­боль­ше­му зна­че­нию S со­от­вет­ству­ет наи­боль­шее зна­че­ние k, при­чем из пер­во­го урав­не­ния ясно, что Вспо­ми­ная, что по­лу­ча­ем оцен­ки и на­хо­дим, что наи­боль­шее k будет до­стиг­ну­то при од­но­вре­мен­ном вы­пол­не­нии и то есть, при вы­пол­не­нии си­сте­мы не­ра­венств:

Тогда

Наи­боль­шим зна­че­ни­ем k, при ко­то­ром A и B 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 ( ).

Ре­ше­ние. 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.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та в) Алек­сандра Кри­во­ла­по­ва (Бу­зу­лук).

Пусть a  — ко­ли­че­ство уче­ни­ков, сдав­ших тест из­на­чаль­но, b  — ко­ли­че­ство че­ло­век, так и не сдав­ших тест после до­бав­ле­ния бал­лов, n  — ко­ли­че­ство че­ло­век, ре­зуль­тат ко­то­рых пре­вы­сил про­ход­ной балл после до­бав­ле­ния бал­лов. До до­бав­ле­ния сред­ний балл всех участ­ни­ков был равен 80, сред­ний балл не сдав­ших был равен 65, а сдав­ших  — 90, а после до­бав­ле­ния 5 бал­лов каж­до­му сред­ний балл всех участ­ни­ков стал равен 85, не сдав­ших  — 69, сдав­ших  — 93. За­ме­тим, что сред­ний балл всех участ­ни­ков равен сред­не­му баллу сдав­ших и не сдав­ших тест. Таким об­ра­зом, до до­бав­ле­ния бал­лов:

После при­бав­ле­ния бал­лов:

Из урав­не­ний (*) и (**) по­лу­ча­ем си­сте­му:

При n  =  1 ми­ни­маль­ное ко­ли­че­ство участ­ни­ков равно 15.

По­ка­жем до­сти­жи­мость най­ден­но­го зна­че­ния: из сред­не­го балла не сдав­ших участ­ни­ков после до­бав­ле­ния 5 бал­лов по­лу­ча­ем, что из­на­чаль­но у b участ­ни­ков в сред­нем было по 64 балла. Из сред­не­го балла сдав­ших участ­ни­ков до при­бав­ле­ния 5 бал­лов по­лу­ча­ем, что из­на­чаль­но у a участ­ни­ков в сред­нем было по 90 бал­лов. Пусть x  — сред­ний балл не сдав­ших участ­ни­ков до до­бав­ле­ния, тогда:

Таким об­ра­зом, под­хо­дит при­мер: 5 участ­ни­ков, на­брав­ших 64 балла, 1 участ­ник, на­брав­ший 70 бал­лов, 9 участ­ни­ков, на­брав­ших 90 бал­лов.

Ре­ше­ние. Пусть ис­ход­ные числа равны и пусть суммы цифр, сто­я­щих в раз­ря­де де­сят­ков и еди­ниц, 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 S со­от­вет­ству­ет наи­мень­шее зна­че­ние при­чем из вто­ро­го урав­не­ния си­сте­мы ясно, что Улуч­шим оцен­ку: за­ме­тим, что от­ку­да тогда

и, таким об­ра­зом,

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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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 че­ло­век 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.

Ре­ше­ние. 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)

Ре­ше­ние. 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 1000 кг. Таким об­ра­зом, гру­зо­ви­ков, за­гру­жен­ных так, по­на­до­бит­ся 10 штук. По­сколь­ку оста­лось 60 глыб, мас­сой 1500 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 1500 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 1000 кг, в 25 гру­зо­ви­ков за­гру­зить по 2 глыбы, мас­сой 1000 кг каж­дая, и по 2 глыбы, мас­сой 1500 кг каж­дая, в 3 гру­зо­ви­ка за­гру­зить

3 глыбы, мас­сой 1500 кг каж­дая, и в один гру­зо­вик глыбу мас­сой 1500 кг, то все глыбы ока­жут­ся за­гру­же­ны в 39 гру­зо­ви­ков. Зна­чит, наи­мень­шее ко­ли­че­ство гру­зо­ви­ков  — это 39.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  39.

Ре­ше­ние. 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 хоть 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)

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. Если рей­тинг фут­бо­ли­стов на сайте равен 41, то доля го­ло­сов, от­дан­ных за него, на­хо­дит­ся 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 от­да­но 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 от­ли­ча­ет­ся от 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.

Ре­ше­ние. 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 a 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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 ста­но­вит­ся 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.

Ре­ше­ние. 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 x, то сумма всех чисел равна но не крат­но 9.

в)  Пусть в пер­вой кучке сумма x, всего кучек n 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.

Ре­ше­ние. 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.

При­ве­дем ал­геб­ра­и­че­ское ре­ше­ние пунк­та в) Та­тья­ны Кра­вчен­ко из Санкт-⁠Пе­тер­бур­га.

Пусть a  — число вы­иг­ран­ных пар­тий, b  — число пар­тий, сыг­ран­ный вни­чью, тогда общее число сыг­ран­ных пар­тий равно Далее, пусть A  — по­ка­за­тель побед, В  — по­ка­за­тель ни­чьих, за­ме­тим, что и Сло­жив эти не­ра­вен­ства и учи­ты­вая, что A + B  =  99, по­лу­ча­ем:

Но если число сыг­ран­ных пар­тий равно 50, то А и В целые, по­это­му число сыг­ран­ных пар­тий не менее 51. Если была сыг­ра­на 51 пар­тия, пер­вая из ко­то­рых была про­иг­ра­на, а среди осталь­ных 50 было 12 побед и 38 ни­чьих, то по­ка­за­тель побед равен 24, по­ка­за­тель ни­чьих равен 75, а по­ка­за­тель по­ра­же­ний равен 1.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. 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)  

Ре­ше­ние. 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)  По­сколь­ку 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 По­сколь­ку 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.

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

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, 3, 5, 6 раз­ность рей­тин­гов, вы­чис­лен­ных по ста­рой и новой си­сте­мам оце­ни­ва­ния, равна

в)  Пусть x  — наи­мень­шая из оце­нок, z  — наи­боль­шая, а y  — 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)

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

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, 3, 4, 6, 7, 8 раз­ность рей­тин­гов, вы­чис­лен­ных по ста­рой и новой си­сте­мам оце­ни­ва­ния, равна

в)  Пусть x  — наи­мень­шая из оце­нок, z  — наи­боль­шая, а y  — 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)

Ре­ше­ние. 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 32; б)  нет; в)  759.

Ре­ше­ние. До­пу­стим, они фо­то­гра­фи­ро­ва­ли k дней, тогда раз­ни­ца между сде­лан­ны­ми фо­то­гра­фи­я­ми со­став­ля­ет

а)  Да, на­при­мер при

б)  Нет, не де­лит­ся на 6.

в)  Чтобы у На­та­ши по­лу­чи­лось как можно боль­ше фо­то­гра­фий, надо чтобы у Маши по­лу­чи­лось как можно боль­ше фо­то­гра­фий. Если у нее в по­след­ний день не 29  — до­ба­вим ей по­ров­ну фо­то­гра­фий в каж­дый день так, чтобы стало 29. За­ме­тим далее, что k  — де­ли­тель числа 1615, не боль­ший 30, то есть 1, 5, 17, 19. Если они фо­то­гра­фи­ро­ва­ли мень­ше 19 дней  — до­ба­вим Маше не­до­ста­ю­щие дни в на­ча­ло. Итак, оп­ти­маль­ный ва­ри­ант для Маши  — на­чать с 11 и фо­то­гра­фи­ро­вать 19 дней. По­это­му у На­та­ши будет фо­то­гра­фий.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  1995.

Ре­ше­ние. 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.

Ре­ше­ние. а)  Объем скла­да 120 м³, по­это­му 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%.

Ре­ше­ние. 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.

  — целое, по­это­му крат­но Но крат­но зна­чит, 20000 крат­но По­сколь­ку то где При этом по­сколь­ку 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, и тогда сред­няя ско­рость равна: км/ч.

Ответ: а)  нет; б)  да; в)  40 км/⁠ч.

Ре­ше­ние. Пусть всего a ово­щей тя­же­лее 1000 г (а их сум­мар­ная масса ), b ово­щей весят 1000 г (их сум­мар­ная масса ), c 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 x  — 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 x, надо найти мак­си­маль­но воз­мож­ное

Из урав­не­ния сле­ду­ет, что крат­но 5. Кроме того, c мень­ше 73. Мак­си­маль­ное c, при ко­то­ром урав­не­ние имеет на­ту­раль­ные ре­ше­ния (b может рав­нять­ся и 0), это Не­об­хо­ди­мо убе­дить­ся, что c не может рав­нять­ся 70, 65, 60 и 55. Под­став­ляя эти зна­че­ния c 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 То есть крат­но 100. Ана­ло­гич­но, крат­ны 100. Это озна­ча­ет, что a в этих слу­ча­ях как ми­ни­мум 22, но тогда b, оче­вид­но, от­ри­ца­тель­но.

Тогда ми­ни­маль­ное воз­мож­ное x 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.

При­ве­дем ре­ше­ние, пред­ло­жен­ное Ни­ки­той Фе­ди­ным.

Пусть всего a ово­щей тя­же­лее 1000 г, b ово­щей весят по 1000 г, c ово­щей легче 1000 г. Тогда

от­ку­да

а)  Если в ящике рав­ное ко­ли­че­ство ово­щей мас­сой мень­ше 1000 г и мас­сой боль­ше 1000 г, то C уче­том ра­вен­ства это может быть толь­ко при что про­ти­во­ре­чит усло­вию за­да­чи. По­это­му ответ  — нет.

б)  До­пу­стим, в ящике ровно 11 ово­щей мас­сой 1000 г, тогда Под­ста­вив по­лу­чим Дан­ное урав­не­ние не имеет ре­ше­ний в на­ту­раль­ных чис­лах, по­это­му в ящике не может быть ровно 11 ово­щей весом 1000 г.

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

Это вы­ра­же­ние долж­но быть не мень­ше 988. Решая не­ра­вен­ство по­лу­ча­ем, что Сле­до­ва­тель­но, чтобы найти ми­ни­маль­ное воз­мож­ное x, надо найти мак­си­маль­но воз­мож­ное c. По усло­вию за­да­чи тогда сле­до­ва­тель­но, Зна­че­ние c долж­но быть крат­ным 5, чтобы зна­че­ние было целым. По­это­му

Ми­ни­маль­ное воз­мож­ное x по­лу­чим из урав­не­ния от­ку­да 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.

Ре­ше­ние. Пусть всего a ово­щей тя­же­лее 1000 г (а их сум­мар­ная масса ), b ово­щей весят 1000 г (их сум­мар­ная масса ), c 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 x  — 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 x, 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 x 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.

Ре­ше­ние. 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 (по­сколь­ку 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):

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:

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:

Ответ: а)  нет; б)  да; в)  14.

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

а)  В пер­вый день за­пи­са­но не более 8 чисел, по­это­му на вось­мой день (если он есть) будет за­пи­са­но не более од­но­го числа, при­чем оно долж­но быть боль­ше суммы чисел в пер­вый день, что не­воз­мож­но.

б)  Да, на­при­мер, если в пер­вый день за­пи­са­ны два­дцать чет­ве­рок и трой­ка, во вто­рой день  — во­сем­на­дцать пя­те­рок и две двой­ки, в тре­тий день  — де­вят­на­дцать пя­те­рок. Тогда сред­нее за пер­вый день со­ста­вит а за все дни

в)  Сумма чисел в пер­вый день не мень­ше 4, по­это­му в по­след­ний день не мень­ше Зна­чит, в по­след­ний день вы­пи­са­ны ми­ни­мум два числа, а всего ми­ни­мум чисел. Это воз­мож­но, на­при­мер, для таких на­бо­ров:

—  в пер­вый день 1, 1, 1, 1, 1;

—  во вто­рой день 1, 1, 2, 2;

—  в тре­тий день 1, 3, 3;

—  в чет­вер­тый день 3, 5.

Ре­ше­ние. 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:

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.

Ре­ше­ние. Пусть в пер­вом на­бо­ре k сол­да­ти­ков, во вто­ром l сол­да­ти­ков. Тогда числа k и l 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 l равно но вме­сте по­лу­ча­ет­ся сол­да­ти­ков, что про­ти­во­ре­чит усло­вию.

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

где d  — 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.

Ре­ше­ние. 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.

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Инны Ни­ки­ти­ной.

За все по­куп­ки Аня за­пла­ти­ла 45 руб­лей. Если бы среди 19 монет в ее ко­шель­ке была хотя бы одна де­ся­ти­руб­ле­вая, то сумма денег в ее ко­шель­ке была бы не менее, чем 10 + 18 · 2  =  46 руб­лей, что про­ти­во­ре­чит усло­вию, что Аня по­тра­ти­ла все день­ги из ко­шель­ка. Сле­до­ва­тель­но, в ко­шель­ке были толь­ко двух­руб­ле­вые и пя­ти­руб­ле­вые мо­не­ты.

Если бы все мо­не­ты были двух­руб­ле­вые, то сумма денег в ко­шель­ке была бы равна 19 · 2  =  38 руб­лей. За­ме­на одной двух­руб­ле­вой мо­не­ты на пя­ти­руб­ле­вую даст при­бав­ку в 3 рубля, сле­до­ва­тель­но, при за­ме­не не­сколь­ких двух­руб­ле­вых монет на пя­ти­руб­ле­вые по­лу­чим до­пол­ни­тель­ную сумму, крат­ную 3, а не­об­хо­ди­мая до­пол­ни­тель­ная сумма, рав­ная 45 − 38  =  7, не крат­на 3. Сле­до­ва­тель­но, на­брать 45 руб­лей 19 мо­не­та­ми по 2, 5 и 10 руб­лей не­воз­мож­но.

Ре­ше­ние. а)  Пусть в день с но­ме­ром k за­пи­са­но к чисел 3 и 12 − 2k чисел 1. Тогда сумма чисел в этот день равна 12 + k. Таким об­ра­зом, n может быть рав­ным 6.

б)  Пусть n  =  4, в пер­вый день на доску за­пи­са­ли число 2 и две­на­дцать чисел 3, во вто­рой день  — две­на­дцать чисел 4, в тре­тий день  — шесть чисел 4 и пять чисел 5, а в четвёртый день  — де­сять чисел 5. Тогда сумма чисел в пер­вый день равна 38, во вто­рой  — 48, в тре­тий  — 49, а в четвёртый  — 50. Сред­нее ариф­ме­ти­че­ское чисел, за­пи­сан­ных в пер­вый день, равно а сред­нее ариф­ме­ти­че­ское всех за­пи­сан­ных чисел равно

в)  За­ме­тим, что в пер­вый день на доску было за­пи­са­но не более 6 чисел. Зна­чит, если n > 5, то в ше­стой день на доску было за­пи­са­но одно число. Но это не­воз­мож­но, по­сколь­ку это число долж­но быть боль­ше суммы чисел, за­пи­сан­ных в пер­вый день, рав­ной 6. Таким об­ра­зом,

Если n  =  5, то в пятый день на доску было за­пи­са­но не более двух чисел, а их сумма не пре­вос­хо­дит 10. Зна­чит, суммы чисел, за­пи­сан­ных в четвёртый, тре­тий и вто­рой дни, не пре­вос­хо­дят 9, 8 и 7 со­от­вет­ствен­но, а сумма всех за­пи­сан­ных чисел в этом слу­чае не пре­вос­хо­дит 40.

Если n  =  4, то в четвёртый день на доску было за­пи­са­но не более трёх чисел, а их сумма не пре­вос­хо­дит 15. Зна­чит, суммы чисел, за­пи­сан­ных в тре­тий и вто­рой дни, не пре­вос­хо­дят 14 и 13 со­от­вет­ствен­но, а сумма всех за­пи­сан­ных чисел в этом слу­чае не пре­вос­хо­дит 48.

Если n  =  3, то в тре­тий день на доску было за­пи­са­но не более четырёх чисел, а их сумма не пре­вос­хо­дит 20. Зна­чит, сумма чисел, за­пи­сан­ных во вто­рой день, не пре­вос­хо­дит 19, а сумма всех за­пи­сан­ных чисел в этом слу­чае не пре­вос­хо­дит 45.

Если n  =  2, то во вто­рой день на доску было за­пи­са­но не более пяти чисел, а их сумма не пре­вос­хо­дит 25. Зна­чит, сумма всех за­пи­сан­ных чисел в этом слу­чае не пре­вос­хо­дит 31.

Если n  =  1, то сумма всех за­пи­сан­ных чисел равна 6. Таким об­ра­зом, сумма всех за­пи­сан­ных чисел не пре­вос­хо­дит 48. По­ка­жем, что сумма всех за­пи­сан­ных чисел могла рав­нять­ся 48. Пусть n  =  4, и в пер­вый день быта за­пи­са­ны числа 1, 1, 1, 1, 1, 1: во вто­рой  — 2, 2, 3, 3, 3: в тре­тий  — 3, 3, 4, 4; в четвёртый  — 5, 5, 5. Тогда суммы за­пи­сан­ных в эти дни чисел со­от­вет­ствен­но равны 6, 13, 14 и 15, то есть числа удо­вле­тво­ря­ют усло­ви­ям за­да­чи, а их сумма равна 48.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  48.

Ре­ше­ние. а)  Да. На­при­мер, они сто­я­ли че­ре­ду­ясь, у маль­чи­ков было по 36 кон­фет, а у де­во­чек 12 и 16. Тогда из ко­ли­честв 36, 12, 36, 16 могли по­лу­чить­ся 28, 21, 30, 21 так: 36 − 12 + 4, 12 − 3 + 12, 36 − 9 + 3 и 16 − 4 + 9.

б)  Да, на­при­мер, было 4 маль­чи­ка у каж­до­го по 12 кон­фет и две де­воч­ки, а сто­я­ли они так: 12, 12, 33, 12, 12, 28. После пе­ре­да­чи кон­фет у них стало 15, 13, 25, 20, 11, 25 кон­фет, и все усло­вия вы­пол­не­ны.

в)  До­пу­стим, это воз­мож­но. Тогда из де­ся­ти маль­чи­ков ми­ни­мум пять от­да­ли по­ров­ну кон­фет. Рас­смот­рим их бли­жай­ших со­се­дей спра­ва: как ми­ни­мум трое из этих со­се­дей од­но­го пола. Ми­ни­мум двое из этих троих от­да­ют оди­на­ко­вую часть кон­фет. Если это два маль­чи­ка, то они от­да­ли рав­ные доли своих кон­фет и по­лу­чи­ли оди­на­ко­вое ко­ли­че­ство кон­фет. Зна­чит, в итоге у них оста­лось по­ров­ну кон­фет, что про­ти­во­ре­чит усло­вию. Если это две де­воч­ки, то они от­да­ли рав­ные доли кон­фет и по­лу­чи­ли оди­на­ко­вое ко­ли­че­ство кон­фет, при­чем в итоге у них стало по­ров­ну кон­фет. Зна­чит, у них и было по­ров­ну кон­фет, что тоже не­воз­мож­но.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  нет.

Ре­ше­ние. а)  Пусть у детей было 16, 16, 4, 8 кон­фет со­от­вет­ствен­но (у двух маль­чи­ков было по 16 кон­фет), а стало 14, 16, 7, 7. Тогда усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но.

б)   За­ме­тим, что если два маль­чи­ка от­да­ли кон­фе­ты де­воч­кам, то у этих де­во­чек не могло ока­зать­ся оди­на­ко­вое число кон­фет, а если два маль­чи­ка от­да­ли кон­фе­ты маль­чи­кам, то у этих маль­чи­ков не могло ока­зать­ся раз­ное число кон­фет. Зна­чит, не может быть боль­ше двух маль­чи­ков, то есть маль­чи­ков ровно два и они стоят рядом. Таким об­ра­зом, маль­чи­ков не может быть боль­ше, чем де­во­чек, по­сколь­ку де­во­чек не мень­ше двух.

в)  Пусть у детей было 112, 112, 4. 40, 28, 32 кон­фет со­от­вет­ствен­но (у двух маль­чи­ков было по 112 кон­фет), а стало 92, 112, 31, 31, 31, 31. Тогда усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но, а сум­мар­но у детей 328 кон­фет.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  да.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер, если он про­шел 4 уров­ня на 2 звез­ды и 2 уров­ня на 3 звез­ды, по­сколь­ку

б)  До­пу­стим, он про­шел x уров­ней на 1 звез­ду, y  — на две и z уров­ней на три звез­ды. Тогда и от­ку­да де­ле­ни­ем на 15 по­лу­ча­ем Скла­ды­вая это урав­не­ние с пер­вым, по­лу­чим от­ку­да Это и есть число прой­ден­ных уров­ней.

в)  До­пу­стим, он про­шел x уров­ней на 1 звез­ду, y  — на две и z уров­ней на три звез­ды. Тогда и а найти нужно наи­мень­шее зна­че­ние вы­ра­же­ния Из пер­во­го урав­не­ния имеем под­став­ляя во во вто­рое по­сле­до­ва­тель­но на­хо­дим:

Тогда сле­до­ва­тель­но,

На­ко­нец, Чтобы это вы­ра­же­ние было ми­ни­маль­но, сле­ду­ет взять мак­си­маль­но воз­мож­ное z, то есть Тогда и руб­лей.

Ответ: а)  да; б)  7; в)  780 руб­лей.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что если у маль­чи­ка нет удоч­ки или кор­зин­ки, то их можно ему дать, от этого все усло­вия за­да­чи не на­ру­шат­ся. На­о­бо­рот, если у де­воч­ки есть и то и дру­гое, можно отобрать что-то одно и усло­вия тоже не на­ру­шат­ся. Пусть было x де­во­чек с удоч­ка­ми и y де­во­чек с кор­зин­ка­ми, а маль­чи­ков было z. Тогда от­ку­да Ана­ло­гич­но

а)  По усло­вию по­это­му и Можно взять 15 маль­чи­ков, 4 де­во­чек с удоч­ка­ми и 7 де­во­чек с кор­зин­ка­ми  — усло­вия будут вы­пол­не­ны.

б)  Если взять то по­лу­чим от­ку­да Ана­ло­гич­но по­это­му всего детей менее   — про­ти­во­ре­чие.

в)  Оце­ним долю маль­чи­ков:

Это зна­че­ние дей­стви­тель­но до­сти­га­ет­ся, если в поход пошли 14 маль­чи­ков, 4 де­воч­ки с удоч­ка­ми и 7  — с кор­зин­ка­ми.

Ответ: а)  да; б)  11; в) 

При­ме­ча­ние.

Ре­ко­мен­ду­ем срав­нить это за­да­ние с за­да­ни­ем 505541 из ЕГЭ 2012 года.

Ре­ше­ние. а)  Пред­по­ло­жим, что про­да­ва­лись всего три книги, ко­то­рые пер­во­на­чаль­но сто­и­ли 120, 94 и 20 руб. Сред­няя цена «вы­год­ных» книг со­став­ля­ет

После уве­ли­че­ния цены книги стали сто­ить 130, 104 и 30 руб. Те­перь сред­няя цена «вы­год­ных» книг со­став­ля­ет 30 руб.

б)  В при­ме­ре из преды­ду­ще­го пунк­та пер­во­на­чаль­но сред­няя цена «не­вы­год­ных» книг со­став­ля­ет 120 руб., а после уве­ли­че­ния

в)  Пусть всего при­вез­ли n книг. Пер­во­на­чаль­но «вы­год­ных» было х книг, после уве­ли­че­ния цены вы­год­ных стало у книг. Сред­няя цена всех книг после уве­ли­че­ния со­став­ля­ет 120 руб. По­лу­ча­ем два урав­не­ния:

от­ку­да 116n  =  145х, то есть 4n  =  5х, и 90n  =  120у, то есть Зn  =  4у. По­это­му число n крат­но 4 и 5, то есть крат­но 20. Таким об­ра­зом,

По­ка­жем, что воз­мо­жен слу­чай n  =  20. Пусть пер­во­на­чаль­но было 15 книг по 80 руб., одна книга  — по 96 руб. и че­ты­ре книги по 226 руб. Тогда сред­няя цена всех книг 110 руб., сред­няя цена книг с бир­кой «вы­год­но» 81 руб., а сред­няя цена книг без бирки  — 226 руб. После уве­ли­че­ния цены сред­няя цена книг с бир­кой «вы­год­но» со­ста­ви­ла 90 руб., а сред­няя цена книг без бирки  — 210 руб. Все усло­вия вы­пол­не­ны.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  20.

Ре­ше­ние. а)  Пред­по­ло­жим, что про­да­ва­лись всего три книги, ко­то­рые пер­во­на­чаль­но сто­и­ли 800, 78 и 10 руб. Сред­няя цена «вы­год­ных» книг со­став­ля­ет

а после по­вы­ше­ния сред­няя цена книг с бир­кой со­ста­вит 15 руб., что мень­ше, чем 44 руб.

б)  В при­ме­ре из преды­ду­ще­го пунк­та пер­во­на­чаль­но сред­няя цена «не­вы­год­ных» книг со­став­ля­ет 800 руб, а после уве­ли­че­ния

в)  Пусть всего было x книг с ценой от 80 руб., а y  — с ценой от 75 до 79 руб. (пе­ре­ста­ют быть вы­год­ны­ми после по­вы­ше­ния цены), z  — с ценой ниже 75 руб. Из усло­вия по­лу­ча­ем, что сум­мар­ная сто­и­мость всех книг была вы­год­ных  — не­вы­год­ных  — 157x, и тогда

Ана­ло­гич­но после по­вы­ше­ния сум­мар­ная сто­и­мость всех книг была вы­год­ных  — 70z, не­вы­год­ных  — и тогда

Тогда пер­вое урав­не­ние можно за­пи­сать в виде от­ку­да и

За­ме­тим, что 10 книг быть могло если, на­при­мер, было 4 книги ценой по 157 руб., 5 книг по 65 руб. и одна книга за 77 руб. Тогда

Осталь­ные усло­вия тоже вы­пол­ня­ют­ся.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  10.

Ре­ше­ние. а)  Пусть все люди вы­стро­ят­ся в круг и каж­дый за­даст во­прос сле­ду­ю­ще­му за ним. Тогда каж­дый по­лу­чит ровно один во­прос, а в груп­пу А будут ото­бра­ны все 100 че­ло­век.

б)  Участ­ник не по­па­да­ет в груп­пу А, если он по­лу­чил ми­ни­мум два во­про­са. Всего было за­да­но 144 во­про­са, зна­чит, таких участ­ни­ков не более по­ло­ви­ны от 144, а остав­ша­я­ся по­ло­ви­на участ­ни­ков по­па­дет в груп­пу А. При­мер стро­ит­ся, ска­жем, так: разо­бьем всех людей на груп­пы по 4 че­ло­ве­ка. Пер­вый и вто­рой за­да­дут во­прос тре­тье­му, а тре­тий и чет­вер­тый  — вто­ро­му. Тогда из каж­дой груп­пы будут вы­бра­ны пер­вый и чет­вер­тый, всего 72 че­ло­ве­ка.

в)  Если в груп­пе есть два че­ло­ве­ка, по­лу­чив­ших по од­но­му во­про­су, то можно пе­ре­ад­ре­со­вать один из этих во­про­сов так, чтобы один из них по­лу­чил два во­про­са, а вто­рой ни од­но­го (воз­мож­но, при этом кто-то за­даст во­прос сам себе  — это не­важ­но). Таким об­ра­зом, любой при­мер, где есть боль­ше од­но­го та­ко­го че­ло­ве­ка, можно пе­ре­де­лать, умень­шив ко­ли­че­ство таких людей и не из­ме­нив число людей в груп­пе А. Будем так де­лать до тех пор, пока оста­нет­ся не более од­но­го та­ко­го че­ло­ве­ка.

Те­перь не более 97 во­про­сов рас­пре­де­ле­ны по людям так, что каж­до­му до­ста­ет­ся либо 0, либо не менее двух. Тех, кому до­ста­ет­ся не менее двух, будет не более 97 : 2  =  48,5, то есть от по­па­да­ния в груп­пу А можно спа­сти мак­си­мум 48 че­ло­век и еще того од­но­го, кому до­стал­ся один во­прос. Зна­чит, в груп­пе А не менее 97 − 48 − 1  =  48 че­ло­век.

По­стро­им при­мер. Разо­бьем всех людей на 24 груп­пы по 4 че­ло­ве­ка и по­про­сим во всех груп­пах, кроме одной, об­ме­нять­ся во­про­са­ми так же, как в пунк­те б). В по­след­нюю груп­пу до­ба­вим по­след­не­го че­ло­ве­ка, еще не рас­пре­де­лен­но­го. Пусть те­перь пер­вый и вто­рой спра­ши­ва­ют тре­тье­го, тре­тий и чет­вер­тый  — пя­то­го, а пятый  — пер­во­го. Тогда в груп­пу А из каж­дой груп­пы по­па­дут ровно двое: вто­рой и чет­вер­тый. Всего 48 че­ло­век.

Ответ: а)  100; б)  72; в)  48.

При­ве­дем еще одно ре­ше­ние пунк­та в).

Если бы в груп­пе А было мень­ше 48 че­ло­век, то не менее 50-и че­ло­век не вошли бы в груп­пу. Пусть n из них по­лу­чи­ли по од­но­му во­про­су, тогда не менее n − 1 че­ло­ве­ка по­лу­чи­ли по од­но­му во­про­су и вошли в груп­пу, а остав­ши­е­ся 50 − n че­ло­век по­лу­чи­ли не менее двух во­про­сов. Тогда на тре­нинг при­шло бы не менее че­ло­век, что про­ти­во­ре­чит усло­вию. Сле­до­ва­тель­но, в груп­пе было не мень­ше 48 че­ло­век. При­мер для 48 че­ло­век можно взять из пунк­та а), когда всё стоят по кругу и каж­дый по­лу­ча­ет по 1 во­про­су: в груп­пу А по­па­да­ет целая часть числа [97/2], то есть 48.

Ре­ше­ние. а)  Нет. Если кофе пред­по­чи­та­ют 12 и более че­ло­век из опро­шен­ных, то это число со­став­ля­ет не менее 50%, если 11 че­ло­век, то это число после округ­ле­ния со­став­ля­ет 46%, а если 10 или менее че­ло­век, то не более 42% после округ­ле­ния.

б)  Да. На­при­мер, если из 20 опро­шен­ных 9 че­ло­век пред­по­чи­та­ют кофе.

в)  Пусть всего в опро­се участ­во­ва­ло n че­ло­век, из ко­то­рых k пред­по­чи­та­ют кофе. Тогда

Из всех ча­стей не­ра­вен­ства вы­чтем 100n и раз­де­лим не­ра­вен­ство на −1:

Зна­чит, между чис­ла­ми 9n и 11n долж­но най­тись число, крат­ное 100 и боль­шее 0, по­сколь­ку Наи­мень­шее n, удо­вле­тво­ря­ю­щее этому усло­вию, по­лу­чим из си­сте­мы (если она раз­ре­ши­ма в целых чис­лах)

При на­хо­дим, что что не­воз­мож­но.

При на­хо­дим, что если то все усло­вия вы­пол­не­ны: что боль­ше 0,445, но мень­ше 0,455. Зна­чит, наи­мень­шее воз­мож­ное число участ­ни­ков опро­са равно 11.

Ответ: а)  нет; б)  да; в)  11.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер, можно по­смот­реть в пер­вый день ро­ли­ки дли­ной 15 + 14 + 1 мин., потом 13 + 12 + 5 мин., потом 11 + 10 + 9 мин., потом 8 + 7 + 6 + 4 + 3 + 2 мин.

б)  Сум­мар­ная длина всех ро­ли­ков равна 1 + 2 + ... + 10  =  55 мин., что не де­лит­ся на 30.

в)  Ясно, что при k ≥ 31 есть ролик дли­ной 31 ми­ну­ту, ко­то­рый по­смот­реть нель­зя. Кроме того, сум­мар­ная длина всех ро­ли­ков, рав­ная долж­на быть крат­на 30, то есть k или k + 1 долж­ны быть крат­ны 5. Пе­ре­бе­рем ва­ри­ан­ты:

k  =  4, сум­мар­ная длина 10;

k  =  5, сум­мар­ная длина 15;

k  =  9, сум­мар­ная длина 45;

k  =  10, сум­мар­ная длина 55;

k  =  14, сум­мар­ная длина 105;

k  =  15, сум­мар­ная длина 120, этот слу­чай разо­бран в пунк­те а);

k  =  19, сум­мар­ная длина 190;

k  =  20, сум­мар­ная длина 210. Это воз­мож­но, раз­би­вая ро­ли­ки, на­при­мер так:

k  =  24, сум­мар­ная длина 300, это воз­мож­но, если раз­би­вать ро­ли­ки, на­при­мер, так:

k  =  25, сум­мар­ная длина 325;

k  =  29, сум­мар­ная длина 29 · 15;

k  =  30, сум­мар­ная длина 31 · 15.

Итак, это воз­мож­но при k  =  15, 20, 24.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  k  =  15, 20, 24.

Ре­ше­ние. Будем на­зы­вать Ни­ко­ла­я­ми всех, кто не Вла­ди­мир. Рас­смот­рим от­дель­но тех, кто сидит на чет­ных ме­стах, и тех, кто сидит на не­чет­ных ме­стах. Вы­са­дим их в том же по­ряд­ке на две от­дель­ных ла­воч­ки, а затем снова пе­ре­са­дим на одну  — сна­ча­ла людей с пер­вой ла­воч­ки, потом од­но­го но­во­го до­пол­ни­тель­но­го Ни­ко­лая, а потом людей со вто­рой ла­воч­ки. Те­перь каж­дые два Вла­ди­ми­ра, си­дя­щих рядом, поз­во­ля­ют ис­пол­нить одно же­ла­ние. Груп­па из x Вла­ди­ми­ров под­ряд поз­во­ля­ет ис­пол­нить ровно x − 1 же­ла­ние (даже при x  =  1). Зна­чит, все груп­пы Вла­ди­ми­ров вме­сте поз­во­ля­ют ис­пол­нить 44 − n же­ла­ний, где n  — число групп.

а)  По­сколь­ку Ни­ко­ла­ев на новой ска­мье 50 − 44 + 1  =  7, Вла­ди­ми­ры раз­би­ва­ют­ся на не более чем 8 групп, по­это­му ис­пол­нят не менее 44 − 8  =  36 же­ла­ний. Это воз­мож­но, на­при­мер, так: по­са­дим на из­на­чаль­ной ска­мей­ке 3 груп­пы «Вла­ди­мир  — Вла­ди­мир  — Ни­ко­лай  — Ни­ко­лай», а потом осталь­ных 38 Вла­ди­ми­ров. Тогда же­ла­ния ис­пол­нят­ся у всех Вла­ди­ми­ров в боль­шой груп­пе (кроме двух край­них) и боль­ше ни у кого.

б)  Да. Если в преды­ду­щем при­ме­ре пе­ре­са­дить двух Вла­ди­ми­ров с на­ча­ла ска­мьи в ее конец, число ис­пол­нен­ных же­ла­ний вы­рас­тет на 2.

в)  Ясно, что на новой ска­мье Вла­ди­ми­ры не могут об­ра­зо­вы­вать одну груп­пу (по­сколь­ку на 26-м месте сидит Ни­ко­лай), по­это­му групп ми­ни­мум две, а ис­пол­ня­ю­щих­ся же­ла­ний не более 42. Это воз­мож­но, если на из­на­чаль­ной ска­мей­ке по­са­дить сна­ча­ла всех Ни­ко­ла­ев, а потом всех Вла­ди­ми­ров.

Ответ: а)  36; б)  да; в)  42.

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер, если в пер­вый день вы­пи­сать де­вять раз число 20, а каж­дый сле­ду­ю­щий день при вы­пи­сы­ва­нии за­ме­нять оче­ред­ное число 20 на че­ты­ре еди­ни­цы.

б)  Ясно, что в пер­вый день было вы­пи­са­но не менее 600 : 20  =  30 чисел. Через 154 дня будет вы­пи­са­но не менее 30 + 3 · 154  =  492 числа с сум­мой не более 600 − 154  =  446, что не­воз­мож­но.

в)  До­пу­стим, Оля вы­пи­сы­ва­ла какие-то числа в те­че­ние k дней. За­ме­тим для на­ча­ла, что если за­ме­нить из­на­чаль­ные числа на 15 эк­зем­пля­ров числа 20, то вы­пи­сан­ные числа по-⁠преж­не­му будут удо­вле­тво­рять усло­вию (ко­ли­че­ство чисел в пер­вый день мы разве что умень­ши­ли). Вы­бе­рем пер­вый день  — если такой есть  — когда на сле­ду­ю­щий день ко­ли­че­ство чисел уве­ли­чи­лось более чем на три или сумма умень­ши­лась более чем на один. Оче­вид­но, это можно ис­пра­вить: уда­лим лиш­ние числа и рас­пре­де­лим их сумму (и не­до­ста­ю­щее до ста­рой суммы, умень­шен­ной на 1) по дру­гим сла­га­е­мым. Это воз­мож­но, ведь даже бОль­шую сумму можно рас­пре­де­лить по мень­ше­му числу сла­га­е­мых, что было сде­ла­но в преды­ду­щий день. При этом для всех сле­ду­ю­щих дней усло­вия за­да­чи будут по-преж­не­му вы­пол­не­ны, а общая сумма чисел не умень­шит­ся. Итак, можно счи­тать, что каж­дый день чисел пишут ровно на три боль­ше, а их сумма ста­но­вит­ся на один мень­ше.

Зна­чит, через k дней, то есть на k + 1-ый день, будет вы­пи­са­но 15 + 3k чисел с сум­мой 300 − k, от­ку­да 15 + 3k < 300 − k, 285 > 4k, k ≤ 71. C дру­гой сто­ро­ны, вы­пи­сы­вать 18, 21, ..., 228 числа с сум­ма­ми 299, 298, ..., 229 дей­стви­тель­но можно. На­при­мер, возь­мем дан­ное ко­ли­че­ство еди­ниц, потом не­ко­то­рые из них по оче­ре­ди уве­ли­чим до двоек, если этого не хва­тит  — уве­ли­чим двой­ки до троек и так далее. С каж­дым дей­стви­ем сумма уве­ли­чи­ва­ет­ся на 1 и в итоге могла бы до­стиг­нуть ми­ни­мум 18 · 20  =  360 > 299, по­это­му все про­ме­жу­точ­ные ва­ри­ан­ты тоже будут по­лу­че­ны. В итого по­лу­чим тогда

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  19 044.

Ре­ше­ние. Будем счи­тать, что за каж­дый во­прос дают 8 бал­лов, а потом спи­сы­ва­ют по 16 за каж­дый не­вер­ный ответ и по 11 за от­сут­ствие от­ве­та. Пусть Петя от­ве­тил не­вер­но на x во­про­сов и не от­ве­тил вовсе на y, тогда он по­те­рял 16x + 11y бал­лов.

а)  По усло­вию 30 · 8 − 16x − 11y  =  35, от­ку­да 16x + 11y  =  205, 205 − 16x  =  11y. Пе­ре­бо­ром среди чисел 205, 205 − 16, 205 − 32, ..., 205 − 192 на­хо­дим един­ствен­ное крат­ное 11 число 205 − 128  =  77, от­ку­да y  =  7.

б)  По усло­вию 35 · 8 − 16x − 11y  =  35, от­ку­да 16x + 11y  =  245, 245 − 16x  =  11y. Пе­ре­бо­ром среди чисел 245, 245 − 16, 245 − 32, ..., 245 − 240 на­хо­дим един­ствен­ное крат­ное 11 число 245 − 80  =  165, от­ку­да y  =  15.

в)  До­ба­вим к вик­то­ри­не два во­про­са, на один из ко­то­рых он от­ве­тит верно, а на дру­гой не­вер­но. Тогда по­лу­чим усло­вие пунк­та b, в ко­то­ром уже по­лу­че­но x  =  5, y  =  15. Зна­чит, он от­ве­тил верно на 35 − 15 − 5  =  15 во­про­сов, один из ко­то­рых был среди до­пол­ни­тель­ных. По­это­му на самом деле вер­ных от­ве­тов было 14.

Ответ: а)  7; б)  15; в)  14.

Ре­ше­ние. а)  Пусть у него x двух­руб­ле­вых, y пя­ти­руб­ле­вых и z де­ся­ти­руб­ле­вых монет. По усло­вию y + z < 10, x + z < 15, x + y < 20. Зна­чит, y + z ≤ 9, x + z ≤ 14, x + y ≤ 19. Сло­жив эти не­ра­вен­ства и по­де­лив на 2, по­лу­чим x + y + z ≤ 21, по­это­му 30 монет быть не может.

б)  В ко­пил­ке может быть 21 мо­не­та  — при x  =  12, y  =  7, z  =  2. От­ме­тим, что это един­ствен­ное ре­ше­ние си­сте­мы урав­не­ний y + z  =  9, x + z  =  14, x + y  =  19.

в)  По усло­вию x + y + z ≥ 20, то есть x + y + z  =  20 или x + y + z  =  21. Если x + y + z  =  21, то x  =  12, y  =  7, z  =  2 и общая сумма денег равна

Если же x + y + z  =  20, то по­сколь­ку y + z ≤ 9, по­лу­ча­ем что x ≥ 20 − 9  =  11. Ана­ло­гич­но, y ≥ 20 − 14  =  6. Зна­чит,