Числа и их свойства

a) Пусть Мите выпало $24$ раза число $3$, $1$ раз число $2$ и $5$ раз число $4$. Тогда всего он совершил $$24 + 1 + 5 = 30$$ бросков, а их результат равен $$24\cdot(-3) + 1\cdot 2 + 5\cdot 4 = -72 + 2 + 20 = -50.$$ Таким образом, фишка Мити оказалась на отметке «$-50$».

б) Разобьём броски на пары «чётное число — нечётное число». Мы можем это сделать, так как по условию чётное число очков выпадало столько же раз, сколько и нечётное число очков.

Внутри такой пары максимально возможное смещение влево равно $$5 - 2 = 3,$$ поскольку наибольшее нечётное число на кубике равно $5$, а наименьшее чётное равно $2$.

Тогда для того, чтобы оказаться в точке «$-50$», необходимо не менее $$\frac{50}{3} = 16\tfrac{2}{3}$$ пар бросков. Поскольку число пар целое, их не менее $17$.

Но заметим, что внутри пары шаг обязательно равен нечётному числу, так как мы вычитаем из нечётного числа чётное. Следовательно, за $17$ таких пар мы переместимся на нечётное число шагов, а $-50$ — число чётное. Значит, пар бросков не менее $18$, то есть всего бросков не менее $36$.

Для $36$ бросков приведём пример. Пусть Мите выпало $18$ раз число $5$, $17$ раз число $2$ и $1$ раз число $6$. Тогда его фишка оказалась на отметке $$18\cdot(-5) + 17\cdot 2 + 6 = -90 + 34 + 6 = -50.$$

в) Оценим снизу номер позиции фишки, если было сделано $2n$ бросков, то есть выпало $n$ чётных и $n$ нечётных чисел.

Пусть выпало $a$ единиц, $b$ троек, $c$ четвёрок и $d$ шестёрок. Тогда количества пятёрок и двоек однозначно восстанавливаются и равны $n - a - b$ и $n - c - d$ соответственно.

Тогда позиция фишки будет равна $$-57 = - a - 3b - 5(n - a - b) + 4c + 6d + 2(n - c - d).$$ Преобразуем: $$\begin{aligned} -57 &= - a - 3b - 5n + 5a + 5b + 4c + 6d + 2n - 2c - 2d \\ &= 4a + 2b + 2c + 4d - 3n. \end{aligned}$$

Так как каждое число выпало не менее одного раза, причём все числа выпали разное количество раз, то имеют место неравенства: $$a + b + c + d \ge 1 + 2 + 3 + 4 = 10, \qquad a + d \ge 1 + 2 = 3.$$

Тогда $$\begin{aligned} 4a + 2b + 2c + 4d &= 2(a + b + c + d) + 2(a + d) \\ &\ge 2\cdot 10 + 2\cdot 3 = 26. \end{aligned}$$

Откуда $$\begin{aligned} 4a + 2b + 2c + 4d &\ge 26, \\ 4a + 2b + 2c + 4d - 3n &\ge 26 - 3n, \\ -57 &\ge 26 - 3n, \\ 3n &\ge 83, \end{aligned}$$ то есть $$n \ge 28.$$

При этом $n$ не может быть чётным числом, так как при чётных $n$ фишка оказывается на позициях с чётной координатой. Следовательно, $$n \ge 29.$$

Таким образом, всего Митя сделал не менее $$2n = 2\cdot 29 = 58$$ бросков.

Приведём пример. Пусть число $1$ было выброшено $1$ раз, число $3$ — $3$ раза, число $5$ — $25$ раз, число $6$ — $4$ раза, число $4$ — $2$ раза, число $2$ — $23$ раза.

Действительно, каждое число выпало не менее одного раза, нет двух чисел, которые выпали одинаковое количество раз, причём как чётные, так и нечётные числа выпали по $29$ раз.

Итоговая позиция фишки равна $$1\cdot(-1) + 3\cdot(-3) + 25\cdot(-5) + 4\cdot 6 + 2\cdot 4 + 23\cdot 2 = -1 - 9 - 125 + 24 + 8 + 46 = -135 + 78 = -57.$$

Итак, Митя сделал $58$ бросков, что является минимально возможным количеством бросков, при котором выполняется условие задачи, и фишка оказалась на отметке «$-57$».

Ответ: $$\text{a) Да,\quad б) 36,\quad в) 58.}$$

a) Поймём, что ровно две отметки имеют числа, которые кратны каким-то двум числам, но не кратны сразу трём.

Сразу на три представленных числа делятся числа, кратные $60$. Среди чисел от $1$ до $200$ включительно их $3$: $$60,\;120,\;180.$$ Тогда будем вычитать это количество во всех последующих подсчётах.

Теперь посчитаем количество чисел с двумя отметками.

• Числа, кратные $3$ и $4$, то есть кратные $12$, но не кратные $5$. Их среди чисел меньше $200$ равно $$\frac{192}{12} - 3 = 13,$$ поскольку $192$ — наибольшее число до $200$, кратное $12$.
• Числа, кратные $3$ и $5$, то есть кратные $15$, но не кратные $4$. Их среди чисел меньше $200$ равно $$\frac{195}{15} - 3 = 10,$$ поскольку $195$ — наибольшее число до $200$, кратное $15$.
• Числа, кратные $4$ и $5$, то есть кратные $20$, но не кратные $3$. Их среди чисел меньше $200$ равно $$\frac{180}{20} - 3 = 6,$$ поскольку $180$ — наибольшее число до $200$, кратное $20$.

Итого имеем $$13 + 10 + 6 = 29$$ чисел.

Так как $29 < 60$, то среди общего числа карточек наибольшее возможное количество карточек с числами меньше $200$ равняется $29$.

б) Исходя из условия, имеется $20$ чисел, кратных $12$, $20$ чисел, кратных $15$, и $20$ чисел, кратных $20$, при этом нет ни одного числа, кратного $60$.

Отметим, что для оценки максимального числа нам достаточно оценить только максимальное число среди тех, что кратны $20$, так как это произведение наибольшее. То есть если в найденном промежутке найдётся $20$ чисел, кратных $20$, но не кратных $60$, то $20$ чисел, кратных $12$, и $20$ чисел, кратных $15$, но не кратных $60$, тоже найдутся.

Каждое число, кратное $20$, имеет вид $$20k,\quad k \in \mathbb{N}.$$ Поймём, что $k$ имеет вид $3m+1$ или $3m+2$, где $m \ge 0$, $m \in \mathbb{Z}$, так как $k$ не может быть кратно $3$.

Тогда каждое $m$ образует два подходящих числа. Так как чисел $20$, то необходимо использовать не менее $10$ различных значений $m$. Тогда наименьшее возможное наибольшее значение $m$ равно $9$, так как целых чисел от $0$ до $9$ ровно $10$.

Тогда наибольшее $k$ никак не может быть меньше, чем $$3\cdot 9 + 2 = 29,$$ а наименьшее возможное значение наибольшего числа среди чисел, указанных на карточках, не может быть меньше, чем $$20 \cdot 29 = 580.$$

в) По условию среди чисел на карточках ровно $45$ кратны либо $20$, либо $12$. Также оставшиеся $15$ чисел кратны $15$, но не кратны $60$.

Разобьём множество натуральных чисел на следующие отрезки: $$[1;60],\ [61;120],\ \dots,\ [60k+1;60(k+1)],\ \dots,\quad k \ge 0,\ k \in \mathbb{Z}.$$

Рассмотрим сначала первый отрезок. В нём $2$ числа, кратных $20$, и $4$ числа, кратных $12$, при условии, что эти числа не делятся на $60$. Так как $60$ — наименьшее общее кратное $12$ и $20$, то остальные отрезки аналогичны первому.

Действительно, каждое число на отрезке, начинающемся с $60k$, представимо в виде $i + 60k$, где $i \in [1;60]$. При этом $i + 60k$ даёт такой же остаток при делении на $12$, как и $i$, и аналогично такой же остаток при делении на $20$, поскольку $60k$ делится и на $12$, и на $20$.

Следовательно, на каждом таком отрезке лежит ровно $6$ подходящих чисел. Тогда необходимо использовать не менее $8$ отрезков, так как подходящих чисел должно быть $45$.

В последнем отрезке достаточно выбрать три наименьших числа, которые эквивалентны числам $12$, $20$, $24$ из первого отрезка. Отрезок с номером $8$ имеет значение $k = 7$, так как чисел от $0$ до $7$ ровно $8$.

Тогда наименьшее возможное значение наибольшего подходящего числа равно $$24 + 7\cdot 60 = 444.$$

Также необходимо показать, что среди чисел до $444$ найдётся $15$ чисел, кратных $15$, но не кратных $60$. Так как на каждом выделенном отрезке ровно $3$ подходящих числа, соответствующих числам $15$, $30$, $45$ на отрезке $[1;60]$, то среди $7$ отрезков (чтобы не включать неполный восьмой, рассматриваем только первые $7$) найдётся $$7\cdot 3 = 21 > 15$$ подходящих чисел.

Ответ: $$\text{a) } 29,\qquad \text{б) } 580,\qquad \text{в) } 444.$$

a) Пронумеруем спортсменов с 1 по 10 места и нарисуем таблицу. Для удобства первое место будем называть золотом, второе — серебром, третье — бронзой.

Легко проверить, что обоими способами участники между собой сравнимы, более того, они имеют именно такой порядок мест. Причём каждой медали выдано ровно по 10 штук, также каждый спортсмен заработал не более 10 медалей, то есть такая конфигурация заработанных наград возможна.

б) Для начала поймём, что сумма очков среди всех участников равна 150, так как каждого типа медалей было ровно по 10 штук, 10 золотых дают 100 очков, 10 серебряных — 40 очков, 10 бронзовых — 10 очков.

Теперь давайте предположим, что разрыв очков между 10-м и 9-м местами равняется $k$. Тогда у 9 места не менее $k$ очков. Так как количество очков у участников попарно различается и является целым числом, то у 8-го места не менее $k + 1$ очков, у 7-го места не менее $k + 2$ и так далее очков. Но тогда суммарное количество очков не менее $$k + (k + 1) + \dots + (k + 8) = \frac{(k + k + 8)\cdot 9}{2} = 9k + 36.$$

Причём должно выполняться неравенство: $$9k + 36 \le 150,$$ $$k \le 12\tfrac{2}{3}.$$

Так как $k$ — целое число, то $k \le 12$. Предоставим пример для $k = 12$.

Отметим, что в данном пункте необязательно выполнение сохранности порядка участников при другом способе сравнения. Также отметим, что такая конфигурация возможна, так как каждая медаль встречается ровно 10 раз и нет участника, который получил бы более 10 медалей.

в) Поймём, что аналогично рассуждениям пункта a) суммарное количество баллов не изменяется от распределения медалей и равняется $$10 \cdot 10 + k_1 \cdot 10 + k_2 \cdot 10 = 100 + 10(k_1 + k_2).$$

Сам средний балл $Q$ равен $$\frac{100 + 10(k_1 + k_2)}{m}, \quad 3 \le m \le 10,\quad m \in \mathbb{Z}.$$

Действительно, не менее трёх участников получают положительное количество баллов, так как в одном этапе три разных человека получают медали. Причём ровно три участника могут получить положительное количество баллов, например, одинаково выступить на всех 10 этапах, где по итогу один участник получит 10 золотых медалей, другой — 10 серебряных, третий — все бронзовые.

А расширить количество до любого числа в пределах 10 можно, например, тривиально передав некоторые бронзовые медали другим участникам.

Тогда нужно найти числа на отрезке $[120;270]$ с наибольшим числом делителей на отрезке $[3;10]$. Отметим, что необязательно любое число на отрезке $[120;270]$ можно получить в качестве суммарного количества очков, так как оно как минимум кратно 10, поэтому будем рассматривать только числа, кратные 10.

Отметим, что на отрезке нет числа, которое делилось бы на все целые числа от 3 до 10, так как тогда оно должно делиться на 7, 9 и 10, но наименьшее общее кратное этих чисел равняется 630, что выходит за пределы отрезка.

Рассмотрим теперь случай делимости на 7 из 8 чисел. Отметим, что делимость любого числа с 7 различными целыми значениями $Q$ на 3, 4, 5, 6 однозначно определяется, ведь среди чисел от 3 до 10 есть числа, кратные 3, 4, 5. То есть взаимная простота числа $k$ с одним из чисел из этого множества гарантирует взаимную простоту числа $k$ с ещё одним числом из отрезка от 3 до 10 (числу 3 соответствует число 6, числу 4 — 8, а числу 5 — 10).

Тогда делителей окажется меньше 7. А число 6 есть среди делителей числа $k$, поскольку оно чётно (более того, кратно 4) и кратно 3.

Тогда мы знаем, что число кратно 4, 6, 10 (делимость на 10 отмечена выше) и лежит в отрезке $[120;270]$. Тогда оно точно не может делиться на 7, так как наибольшее общее кратное 4, 6, 7 и 10 равняется 420.

Тогда число делится на остальные числа из отрезка. Но наибольшее общее кратное чисел 8, 9, 10 равняется 360, что уже больше 270. То есть этот случай невозможен.

На выбранном отрезке есть числа, делящиеся на 6 из 8 выбранных чисел. Это числа 180 и 240. Получаются они исключением из множества делителей либо 8, либо 9.

Действительно, 180 — это наименьшее общее кратное чисел на отрезке от 3 до 10, не включая 8 и 7. А 240 — наименьшее общее кратное чисел на том же отрезке, за исключением чисел 7 и 9.

Для получения числа 180 необходимо условие $k_1 + k_2 = 8$. Это пары $(k_1; k_2): (7;1), (6;2), (5;3)$.

Для получения числа 240 необходимо условие $k_1 + k_2 = 14$. Это пары $(k_1; k_2): (9;5), (8;6)$.

Ответ:

a) Да

б) 12

в) $(9;5), (8;6), (7;1), (6;2), (5;3)$

Пусть в большом кляссере $a$ ячеек, а в маленьком кляссере $b$ ячеек. Тогда $$160 < a < 170, \qquad 100 < b < 120.$$

Пусть в коллекции Ивана Ильича собрано $x$ монет. Тогда с одной стороны $$x = ka - 7,$$ а с другой $$x = (k+3)b - 7.$$ Таким образом, $$ka - 7 = x = (k+3)b - 7 \quad \Rightarrow \quad ka = (k+3)b.$$

а) Пусть $k=4$. Тогда $4a = 7b$. Значит, так как $4$ не делится на $7$, число $a$ должно делиться на $7$, следовательно, раз $160<a<170$, получаем $a=161$ или $a=168$.

1. $a=161$. Тогда для $k=4$ имеем $$4\cdot161 = 7b, \qquad b=\frac{4\cdot161}{7}=92.$$
2. $a=168$. Тогда для $k=4$ имеем $$4\cdot168 = 7b, \qquad b=\frac{4\cdot168}{7}=96.$$

Так как в обоих случаях получилось, что $b<100$, то случай $k=4$ невозможен.

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

По условию $x=ka-7$. Так как $160<a<170$, то $$160k-7 < ka-7 < 170k-7,$$ значит, $$160k-7 < x < 170k-7.$$

Также по условию $x=(k+3)b-7$. Так как $100<b<120$, то $$100(k+3)-7 < (k+3)b-7 < 120(k+3)-7,$$ значит, $$100k+300-7 < x < 120k+360-7.$$

Оценим $k$ снизу: $$100k+300-7 < 170k-7,$$ $$100k+300 < 170k,$$ $$70k>300,$$ $$k>\frac{30}{7}=4\frac{2}{7}.$$

Так как $k$ — натуральное число, получаем $k\ge5$, и попутно ещё раз доказали, что $k\ne4$.

Рассмотрим два случая: $k=5$ и $k\ge6$.

Если $k\ge6$, то так как $a>150$, $$x=ka-7\ge6\cdot151-7=899.$$

Если $k=5$, то по доказанному ранее $$ka=(k+3)b \quad \Rightarrow \quad 5a=8b.$$

Значит, так как $5$ не делится на $8$, число $a$ должно делиться на $8$, следовательно, раз $160<a<170$, получаем $a=168$. Тогда $$x=5\cdot168-7=833.$$

Приведём пример для $x=833$. Такое количество монет можно разложить в $5$ больших кляссеров по $168$ ячеек, при этом останется $7$ свободных ячеек: $$833 = 5\cdot168-7.$$

Также это количество монет можно разложить в $8$ маленьких кляссеров по $105$ ячеек, при этом останется $7$ свободных ячеек: $$833 = 8\cdot105-7.$$

в) Оценим $k$ сверху: $$160k-7 < x < 120k+360-7,$$ $$160k-7 < 120k+360-7,$$ $$160k < 120k+360,$$ $$40k<360,$$ $$k<9.$$

Так как $k$ — натуральное число, получаем $k\le8$.

1. Если $k=8$, то $$ka=(k+3)b \Rightarrow 8a=11b.$$ Значит, так как $8$ не делится на $11$, число $a$ должно делиться на $11$, следовательно, раз $160<a<170$, получаем $a=165$. Тогда $$b=\frac{8\cdot165}{11}=120.$$ Так как $b<120$, то $k\ne8$.
2. Если $k=7$, то $$ka=(k+3)b \Rightarrow 7a=10b.$$ Значит, так как $7$ не делится на $10$, число $a$ должно делиться на $10$. Но так как $160<a<170$, таких значений нет. Следовательно, $k\ne7$.
3. Если $k=6$, то $$ka=(k+3)b \Rightarrow 6a=9b \Rightarrow 2a=3b.$$ Значит, так как $2$ не делится на $3$, число $a$ должно делиться на $3$, следовательно, раз $160<a<170$, получаем $a=162,163,168$. При фиксированном $k$ максимальное значение $x$ достигается при максимальном возможном $a$: $$x=6\cdot168-7=1001,$$ $$b=\frac{2\cdot168}{3}=112.$$

При $k=5$ мы находили, что количество монет будет $833$. Значит, $1001$ — максимальное возможное количество монет.

Приведём пример для $x=1001$. Такое количество монет можно разложить в $6$ больших кляссеров по $168$ ячеек, при этом останется $5$ свободных ячеек: $$1001 = 6\cdot168-7.$$

Также это количество монет можно разложить в $9$ маленьких кляссеров по $119$ ячеек, при этом останется $5$ свободных ячеек: $$1001 = 9\cdot119-7.$$

Ответ:

• [a)] а) Нет
• [б)]б) $833$
• [в)]в) $1001$

а) Распишем последовательность чисел в порядке возрастания: $$a_1 < a_2 < a_3 < a_4 < a_5 < \dots < a_{49} < a_{50}.$$

По условию сумма любых трёх чисел из этого набора больше суммы любых пяти чисел из этого набора. Рассмотрим крайний случай, так как если он возможен, то условие выполняется и для всех остальных чисел: $$a_1 + a_2 + a_3 > a_{46} + a_{47} + a_{48} + a_{49} + a_{50}.$$

Пусть наш набор чисел начинается с $-300$: $$-300,\ -299,\ -298,\ -297,\ -296,\ \ldots,\ -256,\ -255,\ -254,\ -253,\ -252,\ -251.$$

Получаем: $$a_1 + a_2 + a_3 = -300 + (-299) + (-298) = -897,$$ $$a_{46} + a_{47} + a_{48} + a_{49} + a_{50} = -255 + (-254) + (-253) + (-252) + (-251) =$$ $$= \left( \frac{-255 + (-251)}{2} \right) \cdot 5 = \left( \frac{-506}{2} \right) \cdot 5 = -253 \cdot 5 = -1265.$$

Проверим: $$-897 > -1265,$$ условие выполняется.

Ответ: Да, может: $-300,\ -299,\ -298,\ -297,\ -296,\ \ldots,\ -255,\ -254,\ -253,\ -252,\ -251$.

б) Рассмотрим последовательность чисел начиная с $-1000$ (так как необходимо, чтобы правая часть была меньше левой — более отрицательная), и последнее число в последовательности равно $300$: $$-1000,\ -999,\ -998,\ \ldots,\ -956,\ -955,\ -954,\ -953,\ -952,\ -951,\ \ldots,\ 300.$$

Пусть: $$a_1 = -1000,\quad a_2 = -999,\quad a_3 = -998,$$ $$a_{46} = -955,\quad a_{47} = -954,\quad a_{48} = -953,\quad a_{49} = -952,\quad a_{50} = 300.$$

Сумма трёх наименьших: $$a_1 + a_2 + a_3 = -1000 -999 -998 = -2997,$$ Сумма пяти наибольших: $$a_{46} + a_{47} + a_{48} + a_{49} + a_{50} = -955 -954 -953 -952 + 300.$$

Посчитаем: $$-955 -954 -953 -952 = -3814, \quad \Rightarrow\quad -3814 + 300 = -3514.$$

$$-2997 > -3514,$$ значит условие выполняется.

Ответ: Да, может: $-300,\ -299,\ -298,\ -297,\ -296,\ \ldots,\ -253,\ -252,\ -251$.

в) Чтобы выполнялось условие задачи, необходимо, чтобы было некоторое количество отрицательных чисел, поэтому нужно максимизировать сумму, подбирая числа так, чтобы ограничение ещё выполнялось. А сумма будет наибольшей, когда числа находятся в арифметической прогрессии с наименьшим шагом, то есть последовательные числа, находящиеся максимально близко друг к другу.

Запишем последовательность в общем виде: $$a_1,\ a_1 + 1,\ a_1 + 2,\ a_1 + 3,\ a_1 + 4,\ \ldots,\ a_1 + 48,\ a_1 + 49.$$

Получаем: $$a_1 + a_1 + 1 + a_1 + 2 > a_1 + 45 + a_1 + 46 + a_1 + 47 + a_1 + 48 + a_1 + 49,$$ $$3a_1 + 3 > 5a_1 + 235,$$ $$-2a_1 > 232 \quad \Rightarrow \quad a_1 < -116.$$

Так как $a_1$ — целое, максимальное значение: $a_1 = -117$.

Рассмотрим последовательность чисел начиная с $a_1 = -117$: $$-117,\ -116,\ -115,\ -114,\ \ldots,\ -69,\ -68.$$

Проверим условие: $$-117 + (-116) + (-115) = -348,$$ $$a_{46} = -72,\ a_{47} = -71,\ a_{48} = -70,\ a_{49} = -69,\ a_{50} = -68.$$ $$\text{Сумма пяти: } \left( \frac{-72 + (-68)}{2} \right) \cdot 5 = (-70) \cdot 5 = -350.$$

$$-348 > -350,$$ условие выполнено.

Теперь найдём сумму всех 50 чисел: $$\frac{-117 + (-68)}{2} \cdot 50 = \frac{-185}{2} \cdot 50 = -4625.$$

Но если изменить последнее значение с $-68$ на $-67$, получим: $$-117,\ -116,\ \ldots,\ -69,\ -67,$$

Сумма трёх наименьших: $$-117 -116 -115 = -348,$$ Сумма пяти наибольших: $$-71 -70 -69 -68 -67 = -345.$$

$$-348 > -345 \quad \text{– неверно}.$$

Значит, больше увеличить сумму нельзя. Проверим сумму: $$\frac{-117 + (-69)}{2} \cdot 49 + (-67) = -93 \cdot 49 + (-67) = -4557 - 67 = -4624.$$

Ответ: Наибольшая сумма чисел данного набора равна $-4624$.