Числа и их свойства

а) Да, например, $$210=21\cdot 10$$

б) Все числа из диапазона [440, 499] начинаются с 4, вычеркнув любую цифру, полученное число будет не меньше 40, но тогда $$40\cdot 40 = 1600 > 500$$ Значит, уравнение быть верным не может.

в) $$810=81\cdot 10$$ Покажем, почему не найдется числа больше. Все числа начинаются с 8, если их не вычеркнуть то получим $$80\cdot 80 > 900$$ Если ни в одном двузначном числе нет восьмерки, то $B=C$ и $A=B^2$. $$28^2=784, \quad 29^2 = 841,\quad 30^2=900$$ То есть, 841 единственное возможное число, однако, $41^2 \neq 841$. Тогда одно из чисел сохраняет в себе восьмерку, а второе состоит из последних двух цифр числа $A$. Рассмотрим следующее число — 811, тогда $$81\cdot 11 = 891 \neq 811$$ Значит, последние две цифры числа не меньше 12, а второе число не меньше 80 $$80\cdot12 =960 >900$$ Значит, наибольшее $A$ равно 810.

Ответ: а) Да; б) Нет; в) 810.

а) Да, например, $$150=15\cdot 10$$

б) Если $A=600$, то условие не выполняется, тогда все числа из промежутка начинаются с 5, вычеркнув ее, полученное число будет не меньше 40, но тогда $$40\cdot 40 = 1600 > 600$$ Значит, уравнение быть верным не может.

в) $$910=91\cdot 10$$ Покажем, почему не найдется числа больше. Все числа начинаются с 9, если их не вычеркнуть, то получим $$90\cdot 90 > 999$$ Если ни в одном двузначном числе нет девятки, то $B=C$ и $A=B^2$. $$30^2=900, \quad 31^2 = 961,\quad 32^2=1024$$ То есть, 961 единственное возможное число, однако, $61^2 \neq 961$. Тогда одно из чисел сохраняет в себе девятку, а второе состоит из последних двух цифр числа $A$. Рассмотрим следующее число — 911, тогда $$91\cdot 11 = 1001 \neq 911$$ Значит, последние две цифры числа не меньше 12, а второе число не меньше 90 $$90\cdot12 =1080 >999$$ Значит, наибольшее $A$ равно 910.

Ответ: а) Да; б) Нет; в) 910.

Упорядочим числа по возрастанию: $$a_1 < a_2 < \dots < a_{60}.$$

Сумма любых двух чисел из набора не меньше, чем сумма двух самых маленьких, то есть $$a_1 + a_2 \le a_i + a_j,$$ где $1 \le i,j \le 60$.

Сумма любых шести чисел из набора не больше, чем сумма шести самых больших, то есть $$a_k + a_l + a_m + a_n + a_o + a_p \le a_{55} + a_{56} + a_{57} + a_{58} + a_{59} + a_{60},$$ где $1 \le k,l,m,n,o,p \le 60$.

При этом между парой чисел $a_1, a_2$ и шестёркой чисел $a_{55}, a_{56}, a_{57}, a_{58}, a_{59}, a_{60}$ это неравенство тоже выполняется: $$a_{55} + a_{56} + a_{57} + a_{58} + a_{59} + a_{60} < a_1 + a_2.$$

Возьмём любую шестёрку чисел $a_k, a_l, a_m, a_n, a_o, a_p$. Сумма в ней меньше, чем сумма любых двух чисел $a_i, a_j$. Получаем цепочку неравенств: $$a_k + a_l + a_m + a_n + a_o + a_p \le a_{55} + a_{56} + a_{57} + a_{58} + a_{59} + a_{60} < a_1 + a_2 \le a_i + a_j.$$

То есть достаточно проверить, что выполняется неравенство между парой самых маленьких чисел и шестёркой самых больших, тогда для любых других пар и шестёрок чисел неравенство будет выполнено.

a) Возьмём числа $$-458,\,-457,\,-456,\,\dots,\,-401,\,-400,\,400.$$ Сумма двух самых маленьких чисел: $$-458 + (-457) = -915.$$ Сумма шести самых больших чисел: $$-404 + (-403) + (-402) + (-401) + (-400) + 400 = -1610,$$ причём $-1610 < -915$. Следовательно, этот набор чисел подходит.

б) Подходит набор чисел из пункта (a).

в) Пусть набор чисел $$a_1 < a_2 < \dots < a_{59} < a_{60}$$ удовлетворяет условию.

Рассмотрим новый набор чисел, в котором последние шесть чисел останутся такими же, а все числа $a_i$, начиная с $a_{54}$, будут последовательно заменены на $a_{i+1}-1$. То есть сначала заменим $a_{54}$ на $a_{55}-1$, затем $a_{53}$ на $a_{54}-1$ и так далее. Получим новый набор: $$a_{55}-54,\ a_{55}-53,\ \dots,\ a_{55}-1,\ a_{55},\ a_{56},\ a_{57},\ a_{58},\ a_{59},\ a_{60}.$$

Обозначим этот набор за $b_i$. Каждое число $b_i \ge a_i$, поэтому $$b_1 + b_2 \ge a_1 + a_2,$$ а числа $b_{55},\dots,b_{60}$ совпадают с $a_{55},\dots,a_{60}$, значит $$b_{55} + b_{56} + b_{57} + b_{58} + b_{59} + b_{60} = a_{55} + a_{56} + a_{57} + a_{58} + a_{59} + a_{60} < a_1 + a_2 \le b_1 + b_2.$$

Следовательно, набор $b_i$ удовлетворяет условию: в нём сумма любой пары чисел больше, чем сумма любой шестёрки чисел.

При этом $$b_1 + b_2 = (a_{55}-54) + (a_{55}-53) = 2a_{55}-107 > a_{55} + a_{56} + a_{57} + a_{58} + a_{59} + a_{60}.$$ Отсюда $$a_{56} + a_{57} + a_{58} + a_{59} + a_{60} < a_{55}-107.$$

Так как $a_{56},\dots,a_{60}$ — пять различных целых чисел, больших $a_{55}$, то $$(a_{55}+1)+(a_{55}+2)+(a_{55}+3)+(a_{55}+4)+(a_{55}+5) = 5a_{55}+15 \le a_{56}+a_{57}+a_{58}+a_{59}+a_{60}.$$

Тогда $$5a_{55}+15 < a_{55}-107 \quad\Rightarrow\quad 4a_{55} < -122 \quad\Rightarrow\quad a_{55} < -31.$$

Увеличим $a_{55}$ до $-31$, а числа $a_1,\dots,a_{54}$ последовательно увеличим до $$-85,\,-84,\,\dots,\,-32.$$ Получим набор: $$-85,\,-84,\,\dots,\,-31,\ a_{56},\ a_{57},\ a_{58},\ a_{59},\ a_{60}.$$

Сумма двух самых маленьких чисел равна $$-85 + (-84) = -169.$$ Из условия получаем $$-31 + a_{56} + a_{57} + a_{58} + a_{59} + a_{60} < -169,$$ то есть $$a_{56} + a_{57} + a_{58} + a_{59} + a_{60} \le -139.$$

Наибольшая сумма достигается либо в наборе $$-85,\,-84,\,\dots,\,-31,\,-30,\,-29,\,-28,\,-27,\,-26,$$ либо в наборе $$-85,\,-84,\,\dots,\,-31,\,-30,\,-29,\,-28,\,-27,\,-25.$$

Во втором случае сумма шести самых больших чисел равна $$-31-30-29-28-27-25 = -170,$$ а сумма двух самых маленьких равна $-169$, и $-170 < -169$, значит условие выполнено.

Сумма всех $55$ чисел $$-85,\,-84,\,\dots,\,-31$$ равна $$\frac{(-85 + (-31))\cdot 55}{2} = -3190.$$ Сумма последних пяти чисел равна $-139$, поэтому наибольшая сумма такого набора равна $$-3190 + (-139) = -3329.$$

Ответ: $$\text{a) Да,\quad б) Да,\quad в) } -3329.$$

Пусть в большом кляссере $a$ ячеек, а в маленьком кляссере $b$ ячеек. Тогда $$150 < a < 160,\qquad 100 < b < 120.$$

Пусть в коллекции Ивана Ильича собрано $x$ монет. Тогда с одной стороны $$x = k\cdot a - 5,$$ а с другой $$x = (k+2)\cdot b - 5.$$

Таким образом, $$k\cdot a - 5 = (k+2)\cdot b - 5,$$ откуда $$ka - 5 = (k+2)b - 5,$$ $$ka = (k+2)b.$$

а) Пусть $k = 3$. Тогда $$3a = 5b.$$ Так как $3$ не делится на $5$, число $a$ должно делиться на $5$. Следовательно, из условия $150 < a < 160$ получаем $a = 155$, и тогда $$5b = 3a = 3\cdot155,$$ $$b = \frac{3\cdot155}{5} = 3\cdot31 = 93.$$ Но по условию $b > 100$, значит, мы получили противоречие и $k \ne 3$.

б) Оценим количество монет в коллекции Ивана Ильича с обеих сторон: через оценку $a$ и через оценку $b$.

По условию $x = ka - 5$. Так как $150 < a < 160$, то $$150k - 5 < ka - 5 < 160k - 5,$$ то есть $$150k - 5 < x < 160k - 5.$$

Также по условию $x = (k+2)b - 5$. Так как $100 < b < 120$, то $$100(k+2) - 5 < (k+2)b - 5 < 120(k+2) - 5,$$ следовательно, $$100k + 200 - 5 < x < 120k + 240 - 5.$$

Оценим $k$ снизу: $$100k + 200 - 5 < x < 160k - 5,$$ $$100k + 200 < 160k,$$ $$200 < 60k,$$ $$k > \frac{10}{3}.$$ Так как $k$ — натуральное число, получаем $k \ge 4$, и снова убеждаемся, что $k \ne 3$.

Рассмотрим два случая: $k = 4$ и $k \ge 5$.

Если $k \ge 5$, то так как $a > 150$, имеем $$x = ka - 5 \ge 5\cdot151 - 5 = 750.$$

Если $k = 4$, то из равенства $ka = (k+2)b$ получаем $$4a = 6b,$$ $$2a = 3b.$$ Так как $2$ не делится на $3$, число $a$ должно делиться на $3$. Следовательно, из условия $150 < a < 160$ получаем $$a = 153,\;156\ \text{или}\ 159.$$ Тогда $$x = ka - 5 \ge 4\cdot153 - 5 = 607.$$

Приведём пример для $x = 607$. Такое количество монет можно разложить в $4$ больших кляссера по $153$ ячейки, при этом останется $5$ свободных ячеек: $$607 = 4\cdot153 - 5.$$ Также это количество монет можно разложить в $6$ маленьких кляссеров по $102$ ячейки, при этом останется $5$ свободных ячеек: $$607 = 6\cdot102 - 5.$$

в) Оценим $k$ сверху: $$150k - 5 < x < 120k + 240 - 5,$$ $$150k < 120k + 240,$$ $$30k < 240,$$ $$k < 8.$$ Так как $k$ — натуральное число, получаем $k \le 7$.

Рассмотрим два случая: $k = 7$ и $k \le 6$.

Если $k \le 6$, то так как $a < 160$, имеем $$x = ka - 5 \le 6\cdot159 - 5 = 949.$$

Если $k = 7$, то из равенства $ka = (k+2)b$ получаем $$7a = 9b.$$ Так как $7$ не делится на $9$, число $a$ должно делиться на $9$. Следовательно, из условия $150 < a < 160$ получаем $a = 153$. Тогда $$x = ka - 5 = 7\cdot153 - 5 = 1066.$$

Приведём пример для $x = 1066$. Такое количество монет можно разложить в $7$ больших кляссеров по $153$ ячейки, при этом останется $5$ свободных ячеек: $$1066 = 7\cdot153 - 5.$$ Также это количество монет можно разложить в $9$ маленьких кляссеров по $119$ ячейки, при этом останется $5$ свободных ячеек: $$1066 = 9\cdot119 - 5.$$

Ответ: $$\text{а) Нет}\qquad \text{б) }607\qquad \text{в) }1066.$$

a) Да, может. Например, если на доске написаны числа $2004$, $12$ и $9$. Действительно, $$2004 + 12 + 9 = 2025;$$ $$2\cdot(2+0+0+4) = 2\cdot 6 = 12;$$ $$3\cdot(1+2) = 3\cdot 3 = 9.$$

б) По признаку равноостаточности при делении на $3$ сумма цифр числа даёт такой же остаток при делении на $3$, как и само число.

Если первое число кратно $3$, то и его сумма цифр кратна $3$, то есть второе число тоже кратно $3$. Третье число кратно $3$ по условию. Значит, сумма всех трёх чисел кратна $3$.

Если первое число даёт остаток $1$ при делении на $3$, то и его сумма цифр даёт остаток $1$ при делении на $3$, следовательно, второе число даёт остаток $2$ при делении на $3$. Третье число кратно $3$ по условию. Значит, сумма всех трёх чисел кратна $3$.

Если первое число даёт остаток $2$ при делении на $3$, то и его сумма цифр даёт остаток $2$ при делении на $3$, следовательно, второе число даёт остаток $$2\cdot 2 - 3 = 1$$ при делении на $3$. Третье число кратно $3$ по условию. Значит, сумма всех трёх чисел кратна $3$.

С другой стороны, $2026$ на $3$ не делится, значит, сумма $2026$ невозможна.

в) $12$ — это утроенная сумма цифр второго числа. Тогда сумма цифр второго числа равна $4$.

Первое число четырёхзначное, его максимальная сумма цифр равна $9\cdot 4 = 36$, а максимальное значение второго числа равно $2\cdot 36 = 72$.

Тогда вторым числом с суммой цифр $4$ могут быть только числа $$40,\;31,\;22,\;13,\;4.$$ Подходят только чётные варианты, следовательно, сумма цифр первого числа может быть равна $20$, $11$ или $2$.

Выпишем все четырёхзначные числа с суммой цифр $2$: $$2000,\;1100,\;1010,\;1001.$$ Их всего $4$.

Посчитаем, сколько существует четырёхзначных чисел с суммой цифр $11$.

Если сумма первых двух цифр равна $1$, то таких чисел $9$: $$1091,\;1082,\;1073,\;\dots,\;1019.$$

Если сумма первых двух цифр равна $2$, то есть два варианта расстановки первых двух цифр: $1+1$ или $2+0$, и $10$ вариантов расстановки последних двух цифр: $0+9,\;1+8,\;\dots,\;9+0$. Всего чисел $2\cdot 10 = 20$.

Если сумма первых двух цифр равна $3$, то вариантов расстановки первых двух цифр $3$: $3+0$, $2+1$ или $1+2$, а вариантов последних двух цифр $9$: $0+8,\;1+7,\;\dots,\;8+0$. Всего чисел $3\cdot 9 = 27$.

Составим таблицу для подсчета количество вариантов сумм первых и последних пар цифр:

Аналогично рассуждая, получаем, что количество четырёхзначных чисел с суммой цифр $11$ равно $$1\cdot 9 + 2\cdot 10 + 3\cdot 9 + 4\cdot 8 + 5\cdot 7 + 6\cdot 6 + 7\cdot 5 + 8\cdot 4 + 9\cdot 3 + 9\cdot 2 + 8\cdot 1 = 279.$$

Теперь таким же образом посчитаем количество чисел с суммой цифр $20$.

Если сумма первых двух цифр равна $1$, то сумма последних двух равна $19$, что невозможно.

Если сумма первых двух цифр равна $2$, то сумма последних двух равна $18$. Существует $2$ варианта для первых двух цифр: $2+0$ или $1+1$, и $1$ вариант для последних двух цифр: $9+9$.

Аналогично составляем таблицу и получаем, что количество чисел с суммой цифр $20$ равно $$2\cdot 1 + 3\cdot 2 + 4\cdot 3 + 5\cdot 4 + 6\cdot 5 + 7\cdot 6 + 8\cdot 7 + 9\cdot 8 + 9\cdot 9 + 8\cdot 10 + 7\cdot 9 + 6\cdot 8 + 5\cdot 7 + 4\cdot 6 + 3\cdot 5 + 2\cdot 4 + 1\cdot 3 = 597.$$

Тогда, сложив полученные значения, получаем, что количество подходящих троек равно $$4 + 279 + 597 = 880.$$

Ответ: $$\text{a) Да,\quad б) Нет,\quad в) } 880.$$