Задание 20 ЕГЭ по профильной математике

а) Да. Одна синяя карточка с числом $5$ и пять красных с числами $-6$, $-4$, $-2$, $0$, $2$: наибольшее красное $2=2\cdot 1$, наибольшее синее $5$ — число красных карточек.

б) Нет. Пусть синих $s$, красных $s+90$. Красные числа — различные чётные больше $-120$, то есть не меньше $-118$, поэтому наибольшее из них не меньше $-118+2(s+89)=2s+60>2s$. Противоречие.

в) Пусть синих $s$ (наибольшее $a$), красных $k$ (наибольшее $b$). Аналогично $a\ge 5s-120$, $b\ge 2k-120$, а по условию $a=k$, $b=2s$.

Отсюда $5s-120\le k$ и $k\le s+60$, значит, $5s-120\le s+60$, $s\le 45$, $k\le 105$, всего не больше $150$ карточек.

Пример на 150: синие $-115$, $-110$, …, $105$ (45 карточек), красные $-118$, $-116$, …, $90$ (105 карточек).

Ответ: а) да; б) нет; в) 150.

а) Да: $29\cdot 5+15\cdot 2=145+30=175$.

б) Нет. Сумма $176$ чётная, поэтому пятирублёвых монет чётное число, не больше 28, — это не больше 140 рублей. Двухрублёвыми нужно добрать не меньше 36 рублей, а их всего на 32 рубля.

в) Монетами по 2 и 5 рублей можно набрать не больше $32+145=177$ рублей, поэтому для суммы 180 нужны хотя бы три монеты по 1 рублю.

Трёх хватает: для суммы $S$ берём наибольшее возможное число пятирублёвых монет — остаток не больше 35 рублей; из него берём наибольшее число двухрублёвых — остаётся от 0 до 3 рублей, их дают рублёвые монеты.

Ответ: а) да; б) нет; в) 3.

а) Да. Возьмём 29 зелёных чисел 3, 6, …, 87 и одно красное число 21.

Все числа кратны 3, зелёные числа различны, а красное число кратно 7.

Их сумма равна 3 · 29 · 30 / 2 + 21 = 1326 < 1395.
Ответ: да.

б) Если красное число ровно одно, то зелёных чисел 29. Расположим их по возрастанию: каждое следующее не меньше предыдущего плюс 3.

Поэтому сумма зелёных чисел не меньше 3 + 6 + … + 87 = 1305. Красное натуральное число не меньше 7.

Общая сумма не меньше 1305 + 7 = 1312 > 1067.
Ответ: нет.

в) Пусть красных чисел r, тогда зелёных 30 − r. Поскольку числа каждого цвета различны, их общая сумма не меньше

S(r) = 3(30 − r)(31 − r) / 2 + 7r(r + 1) / 2 = 1395 − 88r + 5r².

При r = 0, 1, 2, 3, 4, 5 эта нижняя граница равна соответственно 1395, 1312, 1239, 1176, 1123, 1080. Все значения больше 1067, значит, красных чисел должно быть хотя бы 6.

Покажем, что шести достаточно. Возьмём 24 зелёных числа 3, 6, …, 69, 78 и шесть красных чисел 7, 14, 21, 28, 35, 56.

Числа каждого цвета различны и имеют требуемую кратность. Сумма зелёных равна 3 · 23 · 24 / 2 + 78 = 906, сумма красных — 7 · 15 + 56 = 161.

Общая сумма равна 906 + 161 = 1067, поэтому нижняя граница достигается.
Ответ: 6.

Общая масса всех камней равна 4 · 7 + 9 · 22 = 226 тонн.

а) В одну группу положим пять камней по 22 тонны и один камень массой 7 тонн. Её масса равна 5 · 22 + 7 = 117 тонн.

В другой группе останутся четыре камня по 22 тонны и три камня по 7 тонн: их масса равна 4 · 22 + 3 · 7 = 109 тонн.

Разность масс равна 117 − 109 = 8 тонн.
Ответ: да.

б) При равенстве масс каждая группа должна весить 226 / 2 = 113 тонн.

Пусть в одной группе x камней по 7 тонн и y камней по 22 тонны. Тогда 7x + 22y = 113, где x — целое число от 0 до 4.

При делении на 22 число 7x может давать только остатки 0, 7, 14, 21, 6, а число 113 даёт остаток 3. Равенство невозможно.
Ответ: нет.

в) Пусть масса меньшей группы равна m тонн. Тогда положительная разность масс равна d = 226 − 2m.

Если 0 < d < 6, то 110 < m < 113. Поскольку массы целые, m равно 111 или 112.

Эти числа дают при делении на 22 остатки 1 и 2. Однако масса любой группы имеет вид 7x + 22y, где 0 ≤ x ≤ 4, и может давать только остатки 0, 7, 14, 21, 6. Следовательно, положительная разность меньше 6 невозможна.

Разность 6 достижима: в одну группу положим пять камней по 22 тонны, получив 110 тонн. В другую — остальные камни общей массой 4 · 22 + 4 · 7 = 116 тонн.

Разность равна 116 − 110 = 6 тонн, поэтому это наименьшее положительное значение.
Ответ: 6.

После каждого хода первое число больше второго и оба натуральные: a + b > a − b > 0.

а) Два последовательных хода дают (a; b) → (a + b; a − b) → (2a; 2b), то есть удваивают оба числа.

Поэтому (100; 1) → (101; 99) → (200; 2) → (202; 198) → (400; 4).

Ответ: да.

б) Если после хода получена пара (x; y), то предыдущая пара определяется единственным образом: a = (x + y)/2, b = (x − y)/2. Она состоит из целых чисел, только если x и y одной чётности.

Восстановим предшествующие пары: (806; 788) ← (797; 9) ← (403; 394).

У чисел 403 и 394 разная чётность, поэтому у пары (403; 394) нет предшествующей пары натуральных чисел.

Таким образом, единственные возможные исходные пары для получения (806; 788) за положительное число ходов — (797; 9) и (403; 394). Пары (100; 1) среди них нет.

Ответ: нет.

в) Приведённое обратное восстановление исчерпывает все варианты, поскольку предыдущая пара на каждом шаге единственна. Значит, первое число исходной пары равно либо 797, либо 403.

Меньшее значение достигается: (403; 394) → (797; 9) → (806; 788).

Следовательно, наименьшее возможное a равно 403.

Ответ: 403.

а) Возьмём все натуральные числа от 69 до 138 включительно.

Среди них ровно три числа, кратных 20: 80, 100, 120, и четыре числа, кратных 23: 69, 92, 115, 138. Условие выполнено.

Ответ: да.

б) Пусть среди k последовательных чисел ровно m чисел, кратных 20. Любые 20 последовательных чисел содержат число, кратное 20. Поэтому k < 20(m + 1), иначе можно выделить m + 1 непересекающихся групп по 20 чисел.

Следовательно, k ≤ 20m + 19. При этом кратных 23 должно быть хотя бы m + 1. Между первым и последним из них расстояние не меньше 23m, поэтому k ≥ 23m + 1.

При m = 10 получаем одновременно k ≤ 219 и k ≥ 231, что невозможно.

Ответ: нет.

в) Для любого допустимого набора сохраняются оценки 23m + 1 ≤ k ≤ 20m + 19, где m — количество чисел, кратных 20.

Отсюда 23m + 1 ≤ 20m + 19, то есть 3m ≤ 18 и m ≤ 6. Поэтому k ≤ 20 · 6 + 19 = 139.

Покажем достижимость: возьмём числа от 161 до 299 включительно. Их количество равно 299 − 161 + 1 = 139.

Кратных 20 ровно шесть: 180, 200, 220, 240, 260, 280. Кратных 23 ровно семь: 161, 184, 207, 230, 253, 276, 299.

Условие выполнено, поэтому доказанная верхняя граница достигается.

Ответ: 139.

а) Рассмотрим числа 6, 8, 9, 10, 11.

Наименьшее произведение двух различных чисел равно 6 · 8 = 48 > 45, а наибольшее равно 10 · 11 = 110 < 120. Поэтому все произведения удовлетворяют условию.

Ответ: да.

б) Предположим, что записаны шесть чисел a₁ < a₂ < a₃ < a₄ < a₅ < a₆.

Если a₃ ≥ 9, то a₅ ≥ 11 и a₆ ≥ 12. Тогда a₅a₆ ≥ 132, что противоречит условию.

Следовательно, a₃ ≤ 8. Поскольку числа различные и натуральные, a₂ ≤ 7, a₁ ≤ 6. Поэтому a₁a₂ ≤ 42, что также противоречит условию.

Ответ: нет.

в) Обозначим четыре числа через a < b < c < d.

Если a ≤ 5, то из ab > 45 следует 5b > 45, поэтому b ≥ 10. Тогда c ≥ 11, d ≥ 12 и cd ≥ 132 — противоречие.

Значит, a ≥ 6. Если a = 6, то 6b > 45, откуда b ≥ 8, c ≥ 9, d ≥ 10. Поэтому сумма не меньше 6 + 8 + 9 + 10 = 33.

Если a ≥ 7, то b ≥ 8, c ≥ 9, d ≥ 10, поэтому сумма не меньше 34.

Оценка 33 достигается на числах 6, 8, 9, 10: наименьшее произведение равно 48 > 45, наибольшее — 90 < 120.

Ответ: 33.

Пусть контейнеров с сахаром k, тогда остальных контейнеров 3k, где k — натуральное число. Обозначим их суммарные массы через S и R соответственно. Искомая доля равна S/(S + R).

а) Возьмём восемь контейнеров: семь массой 20 тонн и один массой 60 тонн. Сахар находится в двух контейнерах по 20 тонн.

Количество контейнеров с сахаром составляет 2/8 = 25 %, а их масса — 40 тонн. Общая масса равна 7 · 20 + 60 = 200 тонн.

Доля массы контейнеров с сахаром равна 40/200 = 20 %.

Ответ: да.

б) Каждый контейнер с сахаром имеет массу не более 60 тонн, поэтому S ≤ 60k. Остальные 3k контейнеров весят не менее R ≥ 3k · 20 = 60k тонн.

Следовательно, S ≤ R, поэтому S/(S + R) ≤ 1/2 = 50 %. Значение 60 % невозможно.

Ответ: нет.

в) Контейнеры с сахаром весят не менее S ≥ 20k тонн, а остальные — не более R ≤ 3k · 60 = 180k тонн.

Отсюда R ≤ 180k ≤ 9S, значит, S + R ≤ 10S. Поэтому S/(S + R) ≥ 1/10 = 10 %.

Эта оценка достигается, если взять один контейнер с сахаром массой 20 тонн и три остальных контейнера массой по 60 тонн.

Тогда сахар находится в 25 % контейнеров, а доля их массы равна 20/(20 + 3 · 60) = 1/10 = 10 %.

Ответ: 10 %.

а) Возьмём пару (1; 2). По условию она переходит в пару (3·1 + 2; 3·2 − 1) = (5; 5).

Ответ: да.

б) Пусть пара (c; d) получена из целочисленной пары (a; b). Тогда c = 3a + b, d = 3b − a.

Применим операцию к целочисленной паре (−b; a). Получим (−3b + a; 3a + b) = (−d; c), что и требовалось доказать.

Ответ: да.

в) Для любой полученной пары (c; d) имеем c + 3d = (3a + b) + 3(3b − a) = 10b. Следовательно, c + 3d делится на 10, а c + d — чётное число.

Обозначим расстояние до (9; 2) через R = |c − 9| + |d − 2|. Для любого целого k числа |k| и k имеют одинаковую чётность. Поэтому R имеет ту же чётность, что (c − 9) + (d − 2) = c + d − 11, то есть R нечётно.

Если R < 3, то R = 1. На расстоянии 1 от (9; 2) находятся только пары (8; 2), (10; 2), (9; 1), (9; 3).

Значения c + 3d для этих пар равны соответственно 14, 16, 12, 18. Ни одно не делится на 10, поэтому ни одна из этих пар не может быть получена данной операцией. Значит, R ≥ 3.

Из пары (3; 2) получается (11; 3). Расстояние от неё до (9; 2) равно |11 − 9| + |3 − 2| = 3. Таким образом, нижняя оценка достигается.

Ответ: 3.

Пусть исходное трёхзначное число N = 100a + 10b + c, где a, b, c — цифры, 1 ≤ a ≤ 9, 0 ≤ b ≤ 9, 0 ≤ c ≤ 9. Результат операции равен M = 100a + 20b + c + 3.

а) Возьмём N = 211. Его цифра десятков равна 1, поэтому M = 211 + 10·1 + 3 = 224.

Ответ: да.

б) Предположим, что M = 314. Тогда 100a + 20b + c = 311.

Первые два слагаемых делятся на 10, поэтому цифра единиц c = 1. После подстановки и деления на 10 получаем 10a + 2b = 31.

Левая часть чётная, а правая нечётная. Получено противоречие, следовательно, результат 314 невозможен.

Ответ: нет.

в) Отношение результата к исходному числу равно M/N = 1 + (10b + 3)/(100a + 10b + c).

При фиксированной цифре b числитель дроби положителен и постоянен. Поэтому отношение максимально при наименьшем знаменателе: a = 1, c = 0. Значит, M/N ≤ 1 + (10b + 3)/(100 + 10b).

Докажем, что при 0 ≤ b ≤ 9 выполняется (10b + 3)/(100 + 10b) ≤ 93/190.

Знаменатели положительны, поэтому это неравенство равносильно 190(10b + 3) ≤ 93(100 + 10b), то есть 970b ≤ 8730, или b ≤ 9. Последнее верно для любой цифры b.

Следовательно, M/N ≤ 1 + 93/190 = 283/190. Равенство достигается при N = 190: M = 190 + 90 + 3 = 283.

Ответ: 283/190.

Каждое слагаемое состоит из единиц и не превосходит 132, поэтому возможны только числа 1, 11 и 111. Обозначим их количества через a, b и c. Тогда a + 11b + 111c = 132, а число записанных единиц n = a + 2b + 3c.

а) Возьмём восемь слагаемых 11 и сорок четыре слагаемых 1. Их сумма равна 8 · 11 + 44 = 132, а единиц использовано 8 · 2 + 44 = 60. Ответ: да.

б) Вычитая равенства для суммы и количества единиц, получаем 132 − n = 9b + 108c = 9(b + 12c).

Следовательно, 132 − n должно делиться на 9. При n = 80 получаем 52, которое на 9 не делится. Ответ: нет.

в) Поскольку 2 · 111 > 132, возможны только случаи c = 0 и c = 1.

Если c = 0, то a = 132 − 11b ≥ 0, поэтому b принимает все целые значения от 0 до 12. Получаем n = 132 − 9b: это 13 различных значений от 132 до 24 с шагом 9. Каждое реализуется соответствующими неотрицательными количествами a и b.

Если c = 1, то a + 11b = 21, поэтому b = 0 или b = 1. При b = 0 имеем a = 21 и n = 24; при b = 1 имеем a = 10 и n = 15. Оба варианта реализуются.

Значение 24 уже учтено в первом случае, а 15 — новое. Все случаи разобраны, поэтому всего существует 13 + 1 = 14 значений n. Ответ: 14.

Сначала установим общее свойство записанных чисел. Возьмём любые два из них x и y. Для каждого k из чисел 3, 4, 5, 6 выберем ещё k − 1 чисел, отличных от x и y. Это возможно, поскольку остальных чисел восемь.

Сумма выбранных чисел вместе с x делится на k; то же верно при замене x на y. Вычитая суммы, получаем, что x − y делится на каждое из чисел 3, 4, 5, 6, а значит, на их наименьшее общее кратное 60.

Поскольку 30 021 = 60 · 500 + 21, все записанные числа имеют вид 60t + 21, где t — целое неотрицательное число. Обратно, любые десять различных натуральных чисел такого вида удовлетворяют условию: сумма любых k из них равна 60T + 21k и делится на k при k = 3, 4, 5, 6.

а) Число 351 = 60 · 5 + 51 имеет остаток 51 при делении на 60, тогда как каждое записанное число должно иметь остаток 21. Ответ: нет.

б) Если два числа равны x и 11x, то их разность 10x должна делиться на 60. Но при x = 60t + 21 получаем 10x = 600t + 210, что имеет остаток 30 при делении на 60. Получено противоречие. Ответ: нет.

в) Пусть отношение двух различных записанных чисел равно натуральному числу n: y = nx. Так как числа различны, n ≥ 2. Разность y − x = (n − 1)x делится на 60.

Подставляя x = 60t + 21, получаем, что 21(n − 1) делится на 60, то есть 7(n − 1) делится на 20. Числа 7 и 20 взаимно просты, поэтому n − 1 делится на 20. Из n ≥ 2 следует n ≥ 21.

Оценка достигается на десяти числах 21, 81, 141, 201, 261, 321, 381, 441, 501, 30 021. Они различны, натуральны и имеют остаток 21 при делении на 60, поэтому удовлетворяют условию, как доказано выше. При этом 441/21 = 21. Ответ: 21.

Пусть девочки фотографировали k дней, k > 1. Ежедневно Наташа делала на n − m фотографий больше Маши, поэтому k(n − m) = 1001.

а) При k = 7 получаем n − m = 1001/7 = 143.

Например, если m = 1, n = 144, то за 7 дней разность суммарного числа фотографий составит 7 · 143 = 1001. Все условия выполнены.

Ответ: да.

б) При k = 8 равенство 8(n − m) = 1001 невозможно: левая часть делится на 8, а 1001 на 8 не делится.

Ответ: нет.

в) В последний день Маша сделала m + k − 1 ≤ 39 фотографий. Поскольку m ≥ 0, получаем k ≤ 40.

Число k — делитель числа 1001 = 7 · 11 · 13. Его делители, большие 1 и не превосходящие 40, — только 7, 11 и 13: произведение любых двух указанных простых множителей больше 40.

Из m + k − 1 ≤ 39 следует m ≤ 40 − k. По формуле суммы арифметической прогрессии суммарное число фотографий Маши равно S = k(2m + k − 1)/2 ≤ k(79 − k)/2.

При k = 7 получаем S ≤ 252; при k = 11 — S ≤ 374; при k = 13 — S ≤ 429. Поэтому Наташа сделала не более 429 + 1001 = 1430 фотографий.

Эта оценка достигается: возьмём k = 13, m = 27 и n = 104. В последний день Маша сделает 39 фотографий, а разность общих количеств составит 13 · (104 − 27) = 1001.

Наташа при этом сделает 13 · (104 + 116)/2 = 1430 фотографий.

Ответ: 1430.

Докажем, что все записанные числа дают одинаковый остаток при делении на 15.

Выберем любые два числа a и b и ещё два числа c, d. Суммы a + c + d и b + c + d делятся на 3, поэтому их разность a − b делится на 3.

Аналогично выберем четыре числа, отличные от a и b. Прибавляя к их сумме сначала a, затем b, получаем две суммы, делящиеся на 5. Следовательно, a − b делится на 5.

Таким образом, разность любых двух записанных чисел делится на 15. Обратно, если все числа имеют один остаток при делении на 15, то сумма любых трёх делится на 3, а любых пяти — на 5. Значит, это условие достаточно.

а) Разность 1511 − 305 = 1206 не делится на 15, поскольку не делится на 5. Поэтому оба числа одновременно присутствовать не могут.

Ответ: нет.

б) Число 305 при делении на 3 даёт остаток 2, поэтому такой же остаток дают все записанные числа.

Но если a = 3q + 2, то a² = 9q² + 12q + 4 = 3(3q² + 4q + 1) + 1. Его квадрат даёт остаток 1 и потому не может быть записан на доске.

Ответ: нет.

в) Числа n и n² должны быть различными, поэтому n > 1. По доказанному n² − n должно делиться на 15.

Для n = 2, 3, 4, 5 разность n² − n равна соответственно 2, 6, 12, 20. Ни одно из этих чисел не делится на 15, поэтому n ≥ 6.

При n = 6 имеем n² = 36. Пример десяти подходящих чисел: 6, 21, 36, 51, 66, 81, 96, 111, 126, 141.

Все они различны, натуральны и дают остаток 6 при делении на 15. По доказанному достаточному условию среднее любых трёх или пяти из них целое. Следовательно, нижняя оценка достигается.

Ответ: 6.

а) Пусть первоначально в первой школе было n участников, а перешедший ученик набрал x баллов. После его ухода средний балл стал 18·1,1 = 19,8.

Поэтому 18n − x = 19,8(n − 1), откуда 5x = 99 − 9n. Правая часть делится на 5, значит, n − 1 делится на 5.

Так как x ≥ 1, получаем 99 − 9n ≥ 5, то есть n ≤ 10. Вместе с n ≥ 2 и делимостью n − 1 на 5 это даёт n = 6 и x = 9.

Пример: в первой школе баллы 9, 19, 20, 20, 20, 20, во второй — 3, 3, 3, 3. После перехода ученика с 9 баллами средние возрастают с 18 до 19,8 и с 3 до 3,3 соответственно.

Ответ: 6.

б) По пункту а) первоначально было 6 участников, один из которых набрал 9 баллов. Сумма баллов остальных пяти равна 18·6 − 9 = 99.

Пусть M — наибольший балл среди этих пяти. Остальные четыре балла — различные натуральные числа, поэтому их сумма не меньше 1 + 2 + 3 + 4 = 10. Следовательно, M ≤ 99 − 10 = 89.

Оценка достигается на наборе 1, 2, 3, 4, 9, 89. Все баллы различны, их сумма равна 108; после ухода ученика с 9 баллами средний равен 99/5 = 19,8. Для второй школы подходит пример из пункта а).

Ответ: 89.

в) Пусть во второй школе первоначально было m участников, а их средний балл равнялся натуральному числу k. Перешедший ученик принёс 9 баллов.

Тогда km + 9 = 1,1k(m + 1), откуда 90 = k(m + 11). Значит, m + 11 — делитель 90.

По условию m > 10, поэтому m + 11 ≥ 22. Делители 90: 1, 2, 3, 5, 6, 9, 10, 15, 18, 30, 45, 90. Наименьший подходящий делитель — 30, следовательно, m ≥ 19.

При m = 19 получаем k = 3. Если все 19 учеников второй школы набрали по 3 балла, то после прихода ученика с 9 баллами средний станет (57 + 9)/20 = 3,3. Для первой школы подходит пример из пункта а).

Ответ: 19.

а) Возьмём A = 978 и B = 997. Тогда S = 9·9 + 7·9 + 8·7 = 81 + 63 + 56 = 200.

Ответ: да.

б) Произведение двух цифр не превосходит 81. Если оно отлично от 81, то хотя бы одна из цифр не больше 8, поэтому произведение не превосходит 8·9 = 72.

Если все четыре произведения равны 81, то S = 324. Если хотя бы одно меньше 81, то S ≤ 3·81 + 72 = 315. Следовательно, значение 320 невозможно.

Ответ: нет.

в) Покажем, что каждое число N от 1 до 340 можно представить суммой не более пяти произведений цифр. Недостающие слагаемые дополним произведениями 0·0.

Сначала пусть 1 ≤ N ≤ 323. При делении на 81 получаем N = 81q + r, где 0 ≤ q ≤ 3 и 0 ≤ r ≤ 80. Далее r = 9a + b, где 0 ≤ a ≤ 8 и 0 ≤ b ≤ 8.

Таким образом, N — сумма q произведений 9·9 и двух произведений 9·a и 1·b. Всего использовано q + 2 ≤ 5 произведений цифр.

Теперь пусть 324 ≤ N ≤ 340. Запишем N = 4·81 + t, где 0 ≤ t ≤ 16. Если t отлично от 11 и 13, оно является произведением двух цифр: для 0 ≤ t ≤ 9 берём 1·t, а 10 = 2·5, 12 = 3·4, 14 = 2·7, 15 = 3·5, 16 = 4·4.

Оставшиеся два числа также представим пятью произведениями: 335 = 3·81 + 56 + 36 = 9·9 + 9·9 + 9·9 + 7·8 + 6·6; 337 = 3·81 + 49 + 45 = 9·9 + 9·9 + 9·9 + 7·7 + 5·9.

Из каждой суммы строим A и B, записав первые множители как цифры A, а вторые — как соответствующие цифры B. Поскольку N ≥ 1, есть положительное произведение; поставим его первым. Тогда первые цифры обоих чисел ненулевые, и после дополнения до пяти слагаемых оба числа пятизначные.

Ответ: да.

а) Возьмём 7 слагаемых 11 и 36 слагаемых 1.

Для такой записи потребуется 7 · 2 + 36 = 50 единиц, а сумма равна 7 · 11 + 36 = 113.

Ответ: да.

б) Любое число из k единиц при делении на 9 даёт тот же остаток, что и k: каждая степень числа 10 даёт остаток 1.

Поэтому полученная сумма и общее количество единиц имеют одинаковые остатки при делении на 9.

Число 50 даёт остаток 5, а число 114 — остаток 6. Следовательно, получить сумму 114 нельзя.

Ответ: нет.

в) В четырёхзначной сумме нет слагаемых из пяти и более единиц, поскольку каждое из них больше 9999.

Обозначим количество слагаемых 1111 через a. Если a ≥ 10, сумма больше 9999. Если a = 9, они используют 36 единиц, а оставшиеся 14 единиц дают сумму не меньше 14. Тогда общая сумма не меньше 9 · 1111 + 14 = 10013. Значит, a ≤ 8.

Для остальных слагаемых вклад в сумму на одну использованную единицу не превышает 37: 1 ≤ 37, 11 ≤ 2 · 37, 111 = 3 · 37.

Поэтому при a ≤ 7 сумма S удовлетворяет неравенству S ≤ 1111a + 37(50 − 4a) = 1850 + 963a ≤ 8591.

При a = 8 получаем S ≤ 8 · 1111 + 37 · 18 = 9554.

Эта оценка достигается: 8 слагаемых 1111 и 6 слагаемых 111 используют 8 · 4 + 6 · 3 = 50 единиц и дают сумму 8 · 1111 + 6 · 111 = 9554.

Ответ: 9554.

а) Расставим числа по окружности в порядке: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 7, 11, 9, 12.

Сумма модулей разностей соседних чисел, включая последнюю пару 12 и 1, равна 5 · 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 2 + 3 + 11 = 32.

Ответ: например, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 7, 11, 9, 12.

б) Для любых целых a и b числа |a − b| и a + b имеют одинаковую чётность: их разность равна −2 · min(a, b).

Следовательно, сумма всех модулей разностей имеет ту же чётность, что и сумма чисел во всех соседних парах.

Каждое исходное число входит в две пары, поэтому последняя сумма равна 2(1 + 2 + … + 12) = 156 и чётна.

Число 29 нечётно, поэтому такая сумма невозможна.

Ответ: нет.

в) Для любых соседних чисел a и b по неравенству треугольника |a − b| ≤ |a − 6| + |b − 6|.

Сложим эти неравенства для всех 12 соседних пар. Каждое число встречается дважды, поэтому сумма S модулей разностей удовлетворяет оценке S ≤ 2(|1 − 6| + |2 − 6| + … + |12 − 6|).

Отсюда S ≤ 2((5 + 4 + 3 + 2 + 1) + (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)) = 2(15 + 21) = 72.

Покажем, что оценка достигается. Расставим числа так: 1, 7, 2, 8, 3, 9, 4, 10, 5, 11, 6, 12.

Модули разностей равны последовательно 6, 5, 6, 5, 6, 5, 6, 5, 6, 5, 6, 11. Их сумма равна 6 · 6 + 5 · 5 + 11 = 72.

Ответ: 72.

При каждом ходе сумма чисел увеличивается на 1, а разность изменяется на 3 или −3.

а) Пусть за 50 ходов первый ход выбран x раз, а второй — 50 − x раз.

Тогда a = 5 + 2x − (50 − x) = 3x − 45, b = 7 − x + 2(50 − x) = 107 − 3x.

Равенство a = 100 требует 3x = 145, а равенство b = 100 требует 3x = 7. Ни одно из этих равенств невозможно при целом x.

Ответ: нет.

б) Начальная сумма равна 12. После n ходов она равна 12 + n, поэтому 12 + n = 400, откуда n = 388.

Такая последовательность допустима: будем чередовать первый и второй ходы. За два хода (a; b) → (a + 2; b − 1) → (a + 1; b + 1).

После 194 таких пар ходов получим (199; 201). Все промежуточные числа положительны: перед каждым первым ходом второе число не меньше 7.

Ответ: 388.

в) Если оба числа не превосходят 100, их сумма не больше 200, поэтому число ходов не больше 200 − 12 = 188.

После 188 ходов сумма должна равняться 200, то есть возможна только пара (100; 100). Однако начальная разность равна −2, а каждый ход изменяет её на ±3. Получить разность 0 невозможно, поскольку 0 − (−2) = 2 не делится на 3.

Следовательно, можно сделать не больше 187 ходов. Покажем, что эта оценка достигается.

Выполним 93 раза пару ходов из пункта б). После k таких пар получаем (5 + k; 7 + k), а внутри k-й пары — (6 + k; 5 + k), где 1 ≤ k ≤ 93. Все числа положительны и не превосходят 100.

После 186 ходов получится (98; 100). Ещё один первый ход даёт (100; 99). Таким образом, 187 ходов допустимы.

Ответ: 187.

а) Подходит набор различных натуральных чисел 4, 9, 44, 49: в их записи используются только разрешённые цифры.

Их сумма равна 4 + 9 + 44 + 49 = 106. Этот набор не подходит, но подходит набор 9, 49, 49 лишь при повторении числа, которое запрещено. Поэтому проверим все возможности систематически.

Все разрешённые числа при делении на 5 дают остаток 4. Если их количество равно k, то сумма даёт тот же остаток, что и 4k.

Для суммы 107 получаем: 4k имеет остаток 2 при делении на 5, значит, k имеет остаток 3. Числа, не превосходящие 107: 4, 9, 44, 49, 94, 99. Поэтому k = 3.

Если взять 94 или 99, то на два других числа останется соответственно 13 или 8. Первый случай возможен: 4 + 9 = 13.

Таким образом, 4 + 9 + 94 = 107.

Ответ: да.

б) Если сумма равна 289, каждое слагаемое меньше 444, поэтому можно использовать только числа 4, 9, 44, 49, 94, 99.

Поскольку 289 даёт остаток 4 при делении на 5, количество слагаемых k даёт остаток 1. При 1 ≤ k ≤ 6 возможны лишь k = 1 и k = 6.

Одно число не подходит: в записи 289 есть запрещённые цифры. При шести слагаемых придётся взять все перечисленные числа, но их сумма равна 299.

Ответ: нет.

в) Сумма 3986 даёт остаток 1 при делении на 5, поэтому 4k даёт остаток 1, то есть k даёт остаток 4.

Следовательно, если чисел меньше девяти, их должно быть ровно четыре.

Каждое слагаемое не превосходит 3986. Наименьшее разрешённое четырёхзначное число — 4444, поэтому все слагаемые имеют не более трёх цифр.

Четыре наибольших различных разрешённых числа — 999, 994, 949, 944. Их сумма равна 3886 < 3986. Значит, четырёх чисел недостаточно и требуется не менее девяти.

Пример из девяти различных чисел: 4 + 9 + 94 + 99 + 444 + 449 + 944 + 949 + 994 = 3986.

Оценка достигнута, поэтому наименьшее количество чисел равно 9.

Ответ: 9.