Числа и их свойства

Решение.

Обозначим:

• $D$ — количество девочек,
• $M$ — количество мальчиков,
• $S = D + M$ — общее количество учащихся.

По условию: $11 \leq S \leq 28$ и $\dfrac{D}{S} \leq 0{,}22$.

а) Проверим, может ли в классе быть 4 девочки.

Подставим $D = 4$ в неравенство: $$\dfrac{4}{S} \leq 0{,}22 \Rightarrow S \geq \dfrac{4}{0{,}22} = \dfrac{400}{22} = 18{,}18\ldots$$ Так как $S$ — целое число, то $S \geq 19$. Это удовлетворяет условию $11 \leq S \leq 28$.

Например, при $S = 20$: $\dfrac{4}{20} = 0{,}2 = 20\% < 22\%$.

Вывод: Да, в классе может быть 4 девочки.

б) После прихода новой девочки: девочек становится $D + 1$, учеников — $S + 1$.

Проверим, возможно ли, чтобы: $$\dfrac{D + 1}{S + 1} = 0{,}3$$ Преобразуем: $$\dfrac{D + 1}{S + 1} = \dfrac{3}{10} \Rightarrow 10(D + 1) = 3(S + 1) \Rightarrow 10D + 10 = 3S + 3 \Rightarrow 10D = 3S - 7 \Rightarrow D = \dfrac{3S - 7}{10}$$

Проверим, для каких $S$ в допустимом диапазоне $11 \leq S \leq 28$ значение $D$ целое.

Подставим $S = 19$: $$D = \dfrac{3 \cdot 19 - 7}{10} = \dfrac{57 - 7}{10} = 5.$$ Проверка: $$\text{После прихода девочки: } D + 1 = 6,\quad S + 1 = 20, \quad \dfrac{6}{20} = 0{,}3 = 30\%$$ Но при $S = 19$ и $D = 5$ до прихода девочки: $$\dfrac{5}{19} \approx 0{,}263 > 0{,}22$$ — противоречие условию.

Пробуем другие значения $S$, но $D$ должен оставаться не более $\dfrac{11}{50} S$.

При других $S$ (например, $S = 29$), соответствующие $D$ нецелые или не подходят под условие.

Вывод: Нет, доля девочек не может составить 30% после прихода новой девочки.

в)

Пусть до прихода новой девочки в классе было $D$ девочек и $S$ учащихся, где $$11 \le S \le 28, \qquad \frac{D}{S} \le \frac{11}{50}.$$

После прихода новой девочки девочек стало $D+1$, а всего учащихся — $S+1$. По условию доля девочек после этого составила целое число процентов, то есть $$\frac{D+1}{S+1} = \frac{r}{100},$$ где $r$ — целое число, которое нужно сделать максимально возможным.

Из неравенства для исходного класса получаем: $$D \le \frac{11}{50} S.$$

Подставим это в выражение для новой доли: $$\frac{D+1}{S+1} \le \frac{\frac{11}{50}S + 1}{S+1}.$$

Правая часть возрастает при уменьшении $S$, поэтому для максимума берём минимально возможное $S$. Перебор допустимых значений $S$ показывает, что наибольшее целое значение $r$, при котором существуют целые $D$ и $S$, удовлетворяющие всем условиям, равно $25$.

Покажем, что оно достигается.

Возьмём $S = 23$, $D = 5$. Тогда: $$\frac{5}{23} \approx 0{,}217 < 0{,}22,$$ то есть исходное условие выполнено.

После прихода новой девочки: $$\frac{6}{24} = 0{,}25 = 25\%.$$

Попытка получить $26\%$ невозможна, так как для этого потребовалось бы $$\frac{D+1}{S+1} \ge 0{,}26,$$ что при всех допустимых $S$ приводит к нарушению условия $\dfrac{D}{S} \le 0{,}22$.

Следовательно, наибольшее возможное целое значение доли девочек — $25\%$.

Ответ:
а) да;
б) нет;
в) 25

а) Да, могло. Если в классе училось 6 девочек и 18 мальчиков, то процентная доля девочек была равна $$\frac{6}{6+18}\cdot 100\%=\frac{6}{24}\cdot 100\%=25\%<26\%.$$ При этом условие на общее количество детей в классе выполняется, так как $$10<6+18<27.$$

б) Пусть изначально в классе учились $n$ детей, при этом $d$ из них — девочки. В этом случае процентная доля девочек составляла $$\frac{d}{n}\cdot 100\%.$$ Мы знаем, что изначальная процентная доля девочек была не более 26%, значит, $$\frac{d}{n}\le \frac{26}{100}\;\Rightarrow\;100d\le 26n.$$

После перевода ещё одной девочки количество девочек в классе стало равно $d+1$, а количество детей стало равно $n+1$. Тогда в этом случае процентная доля девочек составила $$\frac{d+1}{n+1}\cdot 100\%.$$ Предположим, она стала равной 30%, тогда $$\frac{d+1}{n+1}=\frac{3}{10}.$$

Тогда $n+1$ делится на 10, поскольку $\frac{3}{10}$ — несократимая дробь. Так как $$11<n+1<28$$ по условию, то единственное возможное значение $n=19$. Тогда $$d+1=0{,}3\cdot 20=6 \Rightarrow d=5.$$

При этом имеем: $$\frac{d}{n}=\frac{5}{19}>\frac{26}{100}=\frac{13}{50}.$$ Действительно, $$5\cdot 50=250>247=13\cdot 19.$$ Тогда такое невозможно.

в) В пункте б) мы доказали, что процентная доля девочек после перевода в класс ещё одной не могла достигать 30%. Давайте докажем, что она меньше 33%.

Мы знаем, что изначальная процентная доля девочек была не более 26%, значит, $$\frac{d}{n}\le\frac{26}{100}\;\Rightarrow\;100d\le 26n.$$

Тогда сравним $$\frac{d+1}{n+1}\;\vee\;\frac{33}{100},$$ $$100(d+1)\;\vee\;33(n+1),$$ $$100d+100\;\vee\;33n+33,$$ $$100d+67\;\vee\;33n.$$

Заметим, что $100d\le 26n$. Тогда сравним $$26n+67\;\vee\;33n,$$ $$67\;\vee\;7n.$$

Заметим, что по условию $10<n$. Тогда $$67<70<7n.$$

Таким образом, $$100d+67\le 26n+67<26n+7n=33n.$$ Следовательно, $$\frac{d+1}{n+1}\cdot 100\%<33\%.$$

Значит, наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 32%. Тогда должно получиться $$\frac{d+1}{n+1}=\frac{32}{100}=\frac{8}{25}.$$

Так как $\frac{8}{25}$ — несократимая дробь, то $n+1$ делится на 25. В таком случае, так как $$11<n+1<28,$$ то $n+1=25$. Но тогда $$n=24,\quad d=\frac{8}{25}\cdot 25-1=7.$$

Тогда имеем: $$\frac{d}{n}=\frac{7}{24}>\frac{26}{100}=\frac{13}{50}.$$ Действительно, $$7\cdot 50=350>312=24\cdot 13.$$

Значит, наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 31%. Но тогда должно получиться $$\frac{d+1}{n+1}=\frac{31}{100}.$$

Так как $\frac{31}{100}$ — несократимая дробь, то $n+1$ делится на 100, что невозможно, так как $$11<n+1<28.$$

В пункте б) мы доказали, что процентная доля девочек не могла стать равной 30%. Значит, наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 29%. Но тогда должно получиться $$\frac{d+1}{n+1}=\frac{29}{100}.$$

Так как $\frac{29}{100}$ — несократимая дробь, то $n+1$ делится на 100, что невозможно, так как $$11<n+1<28.$$

Значит, наибольшее целое значение, которое могла принимать процентная доля девочек, равно 28%.

Если девочек было 6, а мальчиков было 18, то после перевода девочки в группу процентная доля девочек стала равной $$\frac{6+1}{6+18+1}\cdot 100\%=\frac{7}{25}\cdot 100\%=28\%.$$

Причём до перевода девочки в класс процентная доля девочек составляла $$\frac{6}{18+6}\cdot 100\%=\frac{6}{24}\cdot 100\%=25\%<26\%.$$ То есть условие задачи выполняется.

Ответ:

• [a)]а) Да
• [б)]б) Нет
• [в)]в) 28%

а) Да, если $A = 3^6 = 729$, то делителями числа $A$, очевидно, являются степени тройки от $0$ до $6$, то есть числа $3^0, 3^1, \dots, 3^6$. Их ровно $7$.

б) Рассмотрим каноническое разложение числа $A$. Это такое разложение на простые множители, которое имеет вид:

$$A = p_1^{\alpha_1} \cdot p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k},$$

где числа $p_i$ — простые числа. Поймём, что количество простых делителей вычисляется по формуле

$$(\alpha_1 + 1)(\alpha_2 + 1)\cdots(\alpha_k + 1)$$

Так как любой делитель числа $A$ должен в каноническом разложении иметь степени вхождения каждого своего простого делителя не больше, чем у числа $A$. Для каждого простого делителя $p_i$ в числе $A$ мы можем выбрать его степень вхождения от $0$ до $\alpha_i$, то есть $\alpha_i + 1$. Тогда количество способов составить делитель $A$ из простых чисел и степеней их вхождения как раз вычисляется по формуле выше.

Если натуральных делителей у числа 25, то, так как $25 = 5 \cdot 5$, мы имеем два варианта:

1. $A = p^{24}$. Но тогда $A \geq 2^{24} > 2^{10} = 1024 > 1000$. То есть $A$ не может быть трёхзначным в таком случае.

2. $A = p_1^1 \cdot p_2^4$. Но тогда $A \geq 2^4 \cdot 3^4 = 16 \cdot 81 = 1296 > 1000$. То есть в таком случае $A$ тоже не может быть трёхзначным.

в) Поймём, что у числа $A$ не более $4$ различных простых делителей. Иначе это число не менее

$$2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 = 2310 > 1000$$

Если у числа $A$ ровно $4$ простых делителя, то докажем, что со степенью вхождения больше 1 может быть только один простой делитель. Действительно, иначе

$$A \geq 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 7 = 1260 > 1000$$

Тогда в таком случае максимальное количество делителей достижимо, когда 2 входит с максимально возможной степенью, иначе

$$A = 2^3 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 = 840 > 500$$

Тогда увеличение числа в 2 раза уже не может дать трёхзначное число.

У этого числа всего $4 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 32$ делителя. Тогда $k \geq 32$.

Если у числа $A$ ровно $3$ различных простых делителя. Обозначим степени их вхождения за $\alpha_1 \geq \alpha_2 \geq \alpha_3$. Заметим, что

$$\alpha_1 \geq 3, \text{ иначе общее количество делителей не более } (2 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 27 < 32$$

$$\alpha_3 < 2 \Rightarrow \alpha_3 = 1, \text{ иначе } A \geq 2^3 \cdot 3^2 \cdot 5^2 = 1800$$

Тогда имеем:

$$(\alpha_1 + 1)(\alpha_2 + 1)(1 + 1) \geq 32 \Rightarrow (\alpha_1 + 1)(\alpha_2 + 1) \geq 16$$

$$\alpha_2 < 3, \text{ иначе } A \geq 2^3 \cdot 3^3 \cdot 5 = 1080$$

Откуда получаем, что $\alpha_2 = 2$ или $\alpha_2 = 1$.

Объединим эти наблюдения, получаем следующее:

• Если $\alpha_2 = 2$, то по наблюдению 2 $$(\alpha_1 + 1) \cdot 3 \geq 16 \Rightarrow \alpha_1 \geq 5$$ Тогда $$A \geq 2^5 \cdot 3^2 \cdot 5 = 1440$$ Что невозможно
• Если $\alpha_2 = 1$, то по наблюдению 2 $$(\alpha_1 + 1) \cdot 2 \geq 16 \Rightarrow \alpha_1 \geq 7$$ Тогда $$A \geq 2^7 \cdot 3 \cdot 5 = 1920$$

Итого получили, что в случае, если $A$ имеет ровно три различных простых делителя, то количество натуральных делителей у $A$ не может превышать $32$.

Пусть у числа $A$ ровно $2$ различных простых делителя. Обозначим степени их вхождения за $\alpha_1 \geq \alpha_2$. Заметим, что $\alpha_2 \leq 3$, иначе

$$A \geq 2^4 \cdot 3^4 = 1296$$

Переберем значения $\alpha_2$:

• Если $\alpha_2 = 3$, то $$(\alpha_1 + 1) \cdot 4 \geq 32 \Rightarrow \alpha_1 \geq 7$$ Тогда $$A \geq 2^7 \cdot 3^3 = 128 \cdot 27 > 1000$$
• Если $\alpha_2 = 2$, то $$(\alpha_1 + 1) \cdot 3 \geq 32 \Rightarrow \alpha_1 \geq 9$$ Тогда $$A \geq 2^9 \cdot 3^2 = 512 \cdot 9 > 1000$$
• Если $\alpha_2 = 1$, то $$(\alpha_1 + 1) \cdot 2 \geq 32 \Rightarrow \alpha_1 \geq 14$$ Тогда $$A \geq 2^{14} \cdot 3^1 > 1000$$

Как мы видим, ни один из вариантов не возможен.

Если у $A$ ровно $1$ простой делитель, то степень его вхождения хотя бы $31$, но тогда очевидно, что $A$ не трёхзначное.

Тогда максимальное возможное значение $k$ равняется $32$ и достигается при $A = 840$.

Ответ:

• [а)] а)Да
• [б)] б)Нет
• [в)] в)32

Разложим число $A$ на простые множители, получим $$A=p_1^{\alpha_1}\cdot \ldots \cdot p_n^{\alpha_n}.$$

Пусть число $b$ — делитель числа $A$. Заметим, что у $b$ не может быть простых делителей, которых нет в $A$, так как если они есть, то $A$ на $b$ не поделится. Хорошо, пусть $$b=p_1^{\beta_1}\cdot \ldots \cdot p_n^{\beta_n},$$ при этом, возможно, $\beta_i=0$ для некоторых $i$. Тогда, так как $b$ — делитель числа $A$, то для любого $i$ верно, что $\beta_i\le \alpha_i$.

Попробуем посчитать количество делителей числа $A$. Для этого посчитаем, сколько есть наборов $\beta_i$, которые подходят под наше условие. Выбрать $\beta_i$ есть $\alpha_i+1$ вариант: $0,1,\ldots,\alpha_i$. Тогда делителей у числа $A$ ровно $$(\alpha_1+1)\cdot\ldots\cdot(\alpha_n+1).$$

Теперь начнём решать пункты задачи.

а) Если число имеет $15=5\cdot 3$ делителей, то чтобы построить пример, достаточно взять два различных простых числа и возвести их в степени $5-1=4$ и $3-1=2$.

Трёхзначное число $$144=2^4\cdot 3^2$$ подходит, так как у него $$(4+1)\cdot(2+1)=5\cdot 3=15$$ делителей.

б) Если число имеет $28=7\cdot 2\cdot 2$ делителей, то чтобы построить пример, достаточно взять три различных простых числа и возвести их в степени $7-1=6$, $2-1=1$ и $2-1=1$.

Трёхзначное число $$960=2^6\cdot 3^1\cdot 5^1$$ подходит, так как у него $$(6+1)\cdot(1+1)\cdot(1+1)=7\cdot 2\cdot 2=28$$ делителей.

в) Докажем, что у числа $A$ менее $5$ различных простых делителей. Пусть это не так. Тогда $$A\ge 2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11=2310,$$ так как это $5$ наименьших различных простых делителей. Значит, у $A$ $5$ и более простых делителей быть не может.

• Пусть у числа $A$ ровно $4$ различных простых делителя. Если хотя бы $2$ из них входят в число $A$ в степени $\ge 2$, то $$A\ge 2^2\cdot 3^2\cdot 5\cdot 7=1260,$$ а число $A$ трёхзначное. Тогда в $A$ входит не более одного простого в степени $\ge 2$. Тогда $3$ простых входят в $A$ ровно в $1$ степени. Поймём, что если одно простое входит в степени ровно $2$, а остальные в степени $1$, то всего делителей $$3\cdot 2\cdot 2\cdot 2=24<30.$$ Значит, наше простое входит в степени $\ge 3$. Если оно входит в степени $\ge 4$, то $$A\ge 2^4\cdot 3\cdot 5\cdot 7=1680,$$ чего не может быть. Значит, одно простое входит в степени $3$, а остальные — в степени $1$. Если степень $3$ у простого числа, большего $2$, то $$A\ge 2\cdot 3^3\cdot 5\cdot 7=1890,$$ значит, такого не могло быть. Если же степень $3$ у двойки, то $$A=2^3\cdot 3\cdot 5\cdot 7=840,$$ оно трёхзначное, количество его делителей равно $$4\cdot 2\cdot 2\cdot 2=32>30.$$
• Пусть у числа $A$ ровно $3$ различных простых делителя. Обозначим степени их вхождения за $$\alpha_1\ge \alpha_2\ge \alpha_3.$$ Заметим, что: 1. $\alpha_1\ge 3$, иначе общее количество делителей не более $$(2+1)\cdot(2+1)\cdot(2+1)=27<30.$$ 1. $\alpha_3<2\Rightarrow \alpha_3=1$, иначе $$A\ge 2^3\cdot 3^2\cdot 5^2=1800.$$ Тогда имеем: $$(\alpha_1+1)(\alpha_2+1)(1+1)\ge 30 \Rightarrow (\alpha_1+1)(\alpha_2+1)\ge 15.$$ 1. $\alpha_2<3$, иначе $$A\ge 2^3\cdot 3^3\cdot 5=1080.$$ Откуда получаем, что $\alpha_2=2$ или $\alpha_2=1$. Объединяя эти наблюдения, получаем следующее: - Если $\alpha_2=2$, то по наблюдению $2$ $$(\alpha_1+1)\cdot 3\ge 15 \Rightarrow \alpha_1\ge 4.$$ Тогда $$A\ge 2^4\cdot 3^2\cdot 5=720.$$ - Если $\alpha_2=1$, то по наблюдению $2$ $$(\alpha_1+1)\cdot 2\ge 15 \Rightarrow \alpha_1\ge 7.$$ Тогда $$A\ge 2^7\cdot 3\cdot 5=1920.$$ Итого, получили, что единственный возможный вариант — $$\alpha_1=4,\;\alpha_2=2,\;\alpha_3=1.$$ Заметим, что $$2^2\cdot 3^4\cdot 5=1620,\quad 2^4\cdot 3^1\cdot 5^2=1200,\quad 2^4\cdot 3^2\cdot 7=1008.$$ Если же $A$ не делится на $2$, то $$A\ge 3^4\cdot 5^2\cdot 7\ge 2025\cdot 7>1000.$$ Поэтому подходит только $$A=2^4\cdot 3^2\cdot 5^1=720.$$
• Пусть у числа $A$ ровно $2$ различных простых делителя. Обозначим степени их вхождения за $$\alpha_1\ge \alpha_2.$$ Заметим, что $\alpha_2\le 3$, иначе $$A\ge 2^4\cdot 3^4=1296.$$ Переберём значения $\alpha_2$: - Если $\alpha_2=3$, то $$(\alpha_1+1)\cdot 4\ge 30 \Rightarrow \alpha_1\ge 7,$$ тогда $$A\ge 2^7\cdot 3^3=128\cdot 27>1000.$$ - Если $\alpha_2=2$, то $$(\alpha_1+1)\cdot 3\ge 30 \Rightarrow \alpha_1\ge 9,$$ тогда $$A\ge 2^9\cdot 3^2=512\cdot 9>1000.$$ - Если $\alpha_2=1$, то $$(\alpha_1+1)\cdot 2\ge 30 \Rightarrow \alpha_1\ge 14,$$ тогда $$A\ge 2^{14}\cdot 3^1>1000.$$ Как мы видим, ни один из вариантов не возможен.
• Если у $A$ ровно $1$ простой делитель, то степень его вхождения хотя бы $29$, но тогда очевидно, что $A$ не трёхзначное.

Таким образом, мы получили, что возможны только $2$ варианта: $$720,\;840.$$

Ответ:

• [a)]а) Да, может
• [б)] б)Да, может
• [в)] в)$720,\;840$

а) Да, может, например: $$\sqrt[3]{75 \cdot 45 \cdot 27} = \sqrt[3]{45^3} = 45.$$

Предисловие для б)
Очевидно, что если среднее геометрическое набора из нескольких различных чисел равно $g$, то наименьшее число из набора меньше, чем $g$. При этом, среди его простых делителей не должно встречаться чисел, отличных от простых делителей $g$. Чтобы воспользоваться этим фактом в пунктах б) и в), выпишем, какие простые делители есть у двузначных чисел от 10 до 24:

Как видно из таблицы, средним геометрическим в данном интервале могут быть числа: 18, 20, 22, 24.

б) Будем считать, что $a, b, c$ — различные двузначные числа и $a < b < c$.
Из предисловия понятно, что наименьшее возможное значение среднего геометрического трёх различных двузначных чисел равняется 18. Действительно, если взять числа 12, 18, 27, то их среднее геометрическое будет равно: $$\sqrt[3]{12 \cdot 18 \cdot 27} = \sqrt[3]{2^3 \cdot 3^6} = 2 \cdot 9 = 18$$

в) Для начала поймем, что существует пример 6 различных двузначных чисел со средним арифметическим 60: $$\sqrt[6]{25 \cdot 45 \cdot 60 \cdot 80 \cdot 90 \cdot 96} = \sqrt[6]{2^{12} \cdot 3^6 \cdot 5^6} = 60.$$

Давайте определим количество простых чисел в разложении на множители искомого среднего арифметического $k = \sqrt[6]{abcdef}$. Для начала поймем, что их меньше 4, так как иначе $$k \geq 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 = 105 > 99.$$ Также оно точно больше 1, так как иначе все 6 двузначных чисел должны быть степенями некоторого простого числа. Но тогда это число 2, так как $3^6 = 729 > 99$. Но для числа 2 двузначные степени двойки начинаются с 16, тогда мы имеем минимум $2^4, 2^5, \ldots, 2^9$, но $2^9 = 512 > 99$. То есть простых множителей либо 2, либо 3.

Поймем, что у искомого среднего геометрического наибольший простой делитель не превышает 7. Положим обратное, тогда этот простой делитель, назовем его $k$, не меньше 11, тогда степень вхождения числа $k$ в произведение 6 различных двузначных чисел должна быть не меньше 6, причем степень вхождения $k$ в любое двузначное число не превышает 1, так как $k^2 \geq 121 > 99$. Тогда среди 6 чисел точно должно быть ровно 6 различных простых делителей. Тогда $k \leq 17$, так как среди двузначных чисел не найдется 6 чисел, кратных 17, ведь $6 \cdot 17 = 102 > 99$. Также $k \ne 13$, так как двузначные числа, кратные 13 — это $13, 26, 39, 52, 65, 78, 91$. Причем у каждого ровно 2 простых множителя, чисел всего 7, а использовать должно быть 6 чисел из них, но среди них есть число с 3 множителями — 78. То есть какая бы ни была выборка, не более 5 подходящих чисел.

Теперь докажем, что $k \ne 11$. Аналогично выпишем все числа, кратные 11: $11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99$. Если в качестве «целевого» числа выбрать число, кратное 3, то степень вхождения числа 3 в произведение 6 чисел из 9 превышает 4. Тогда среднее геометрическое будет кратно 3. Тогда среди чисел, больших 60, остаются 77 и 88. 77 не подойдет, так как других чисел, кратных 7, не найдется. А число 88 не подойдет, так как чисел больше 88 среди 6 выбранных быть не может (поскольку 99 кратно 3, а 88 не 3, не кратно), то есть среднее геометрическое всех 6 чисел точно будет меньше 88.

Тогда все простые делители искомого среднего геометрического не превышают 7. Теперь докажем, что искомое число точно не делится на 7. Разберем 2 случая:

• У среднего геометрического ровно 2 простых делителя. Тогда второй простой делитель точно не равен 3 или 5, так как иначе степень вхождения числа 7 в произведение 6 чисел должна быть не менее 6, но для простого множителя $k = 3$ существует только следующие подходящие числа среди кратных 7: $49, 7k, 7k^2$. Так как $7k^3 > 7 \cdot 27 = 147 > 99$. Степень вхождения числа 7 в произведение не превысит 4. Тогда среднее геометрическое будет кратно только 2 и 7, при этом больше 60, но такое число ровно одно — это 98. Ясно, что среднее геометрическое 6 различных двузначных чисел не может равняться 98, так как наибольшее среди этих чисел — 98 (ведь 99 кратно 3, а 88 не подходит, в наборе чисел быть не может, а других двузначных больше 98 нет). То есть ровно 2 простых делителя у выбранного среднего геометрического, если оно кратно 7, быть не может.
• У числа ровно 3 простых делителя. Тогда это либо $2, 3, 7$, либо $2, 5, 7$, так как $3 \cdot 5 \cdot 7 = 105 > 99$. В первом случае искомое среднее геометрическое, как мы поняли, должно быть больше 60, причем равняться 84. Давайте выпишем первые 6 наибольших чисел, которые среди простых множителей имеют только 2, 3 и 7: $98, 96, 84, 81, 72, 64$. Поймем, что их произведение меньше, чем у целевого: $$98 \cdot 96 \cdot 84 \cdot 81 \cdot 72 \cdot 64 = 2^{17} \cdot 7^3 \cdot 3^8.$$ Сравним: $$2^{17} \cdot 7^3 \cdot 3^8 < 2^{12} \cdot 3^6 \cdot 7^6$$ $$2^5 \cdot 3^2 < 7^3$$ $$288 < 343.$$ Тогда действительно среднее геометрическое 6 наибольших подходящих чисел уже меньше «целевого», то есть искомое среднее геометрическое не может равняться 84. В случае же, если у среднего геометрического простые делители — это $2, 5$ и $7$, то среди чисел больше 60 такое число ровно одно — это 70. Опять же выпишем наиболее подходящие числа: $98, 80, 70, 64, 56, 50$. Здесь для простоты воспользуемся неравенством о средних: среднее геометрическое не превосходит по значению среднее арифметическое, то есть в данном случае не превосходит $$\frac{98 + 80 + 70 + 64 + 56 + 50}{6} = \frac{418}{6} = 69\frac{2}{3} < 70.$$ Тогда имеем возможные делители: $2, 3, 5$. Поймем, что 5 имеет степень вхождения в искомое среднее геометрическое не выше 1, так как иначе нужно будет найти 6 чисел, произведение которых делится на $5^{12}$, но тогда каждое число будет кратно 25 (так как $5^3$ уже не двузначное число), но двузначных чисел, кратных 25, всего 2. Причем если делителя ровно 2, то это 2 и 3, так как в случае с пятёркой может подойти только число 80 (в 75 пятёрка входит два раза), но больше 80 подходящих чисел (которые кратны только 2 и 5) нет. Рассмотрим наибольшие числа, кратные 2 и 3: $96, 81, 72, 64, 54, 48$. Но их среднее арифметическое равняется: $$\frac{96 + 81 + 72 + 64 + 54 + 48}{6} = \frac{415}{6} = 69\frac{1}{6} < 72.$$ А так как оно не меньше среднего геометрического, получается, что среднее геометрическое 6 различных двузначных чисел при условии, что оно представимо целым числом и их простые множители равны только 2 и 3, не может быть больше 60 (так как наименьшее из подходящих чисел равняется 72 и оно не является достижимым). Тогда множителей 3 — это 2, 3 и 5. Из больших 60 чисел такое ровно одно — это 90. Но его получить невозможно. Выпишем наиболее подходящие числа: $96, 90, 81$. Остальные числа меньше 81. То есть среднее геометрическое не будет превосходить среднее арифметическое, которое не превосходит $$\frac{96 + 90 + 81 + 4}{6} = \frac{510}{6} = 85 < 90.$$ Тогда действительно искомое значение — 60.

Ответ:

• [а)] а)Да
• [б)] б)18
• [в)] в)60