Разные задачи

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

а)

Проверим, возможно ли, чтобы трёхзначное число было в девять раз больше произведения своих цифр, то есть: $$100a + 10b + c = 9abc.$$ Подставим подходящие значения, чтобы проверить это равенство. Пусть $a = 1$, $b = 3$, $c = 5$. Тогда: $$\overline{abc} = 100 \cdot 1 + 10 \cdot 3 + 5 = 135, \quad abc = 1 \cdot 3 \cdot 5 = 15.$$ Действительно, $135 = 9 \cdot 15$. Значит, такой случай возможен.

б)

Теперь проверим, возможно ли равенство: $$100a + 10b + c = 2abc.$$ Заметим, что правая часть чётная, значит и левая также должна быть чётной. Следовательно, $c$ — чётная цифра. Переберём возможные значения $c = 2, 4, 6, 8$, и для каждого значения подставим выражение в уравнение.

• При $c = 2$: $$50a + 5b + 1 = 2ab \Rightarrow 2a(25 - b) + 5b + 1 = 0.$$
• При $c = 4$: $$50a + 5b + 2 = 4ab \Rightarrow 2a(25 - 2b) + 5b + 2 = 0.$$
• При $c = 6$: $$50a + 5b + 3 = 6ab \Rightarrow 2a(25 - 3b) + 5b + 3 = 0.$$ При $b \leq 8$:
  $b = 9 \Rightarrow -4a + 48 = 0 \Rightarrow a = 12 > 9$.
• При $c = 8$: $$50a + 5b + 4 = 8ab \Rightarrow 2a(25 - 4b) + 5b + 4 = 0.$$ При $b = 7$:
  $-6a + 35 + 4 = 0 \Rightarrow a = 6.5$. $b = 8$:
  $-14a + 44 + 4 = 0 \Rightarrow a = \frac{22}{7}$.
  $b = 9$:
  $-22a + 46 + 4 = 0 \Rightarrow a = \frac{49}{22}$.

Ни один из вариантов не подошёл, значит это невозможно.

в)

Требуется найти наибольшее значение дроби: $$\frac{\overline{abc}}{abc} = n.$$ Представим это как: $$\frac{100a + 10b + c}{abc} = \frac{100}{bc} + \frac{10}{ac} + \frac{1}{ab}.$$ Чтобы выражение было наибольшим, нужно минимизировать знаменатели, то есть взять $a = b = c = 1$: $$\frac{100}{1} + \frac{10}{1} + \frac{1}{1} = 111.$$

Ответ:
а) Да, возможно.
б) Нет, невозможно.
в) Наибольшее значение — $111$.

а) Пусть $$100a + 10b + c = 5abc.$$ Да, пример: $$a = 1,\ b = 7,\ c = 5 \Rightarrow \overline{abc} = 100 + 70 + 5 = 175,\quad abc = 1 \cdot 7 \cdot 5 = 35.$$ $$5 \cdot abc = 5 \cdot 35 = 175 = \overline{abc}.$$ Ответ: Да.

б) Проверим возможность равенства: $$100a + 10b + c = 120abc.$$

Минимальное значение правой части: $$a = b = c = 1 \Rightarrow abc = 1,\quad 120 \cdot abc = 120.$$

Максимум левой части: $$a = b = c = 1 \Rightarrow \overline{abc} = 100 + 10 + 1 = 111.$$

Но $120 > 111$, и при увеличении $a$, $b$ или $c$, произведение $abc$ увеличивается быстрее, чем сумма $100a + 10b + c$.

Вывод: левая часть не может быть равна 120-ти произведениям $abc$.

Ответ: Нет, невозможно.

в) Рассмотрим отношение: $$\frac{\overline{abc}}{abc} = \frac{100a + 10b + c}{abc}.$$

Преобразуем: $$\frac{100a + 10b + c}{abc} = \frac{100}{bc} + \frac{10}{ac} + \frac{1}{ab}.$$

Чтобы отношение было наименьшим, необходимо, чтобы все слагаемые были минимальными, то есть знаменатели — максимальными.

Максимум: $a = b = c = 9$.

$$abc = 9 \cdot 9 \cdot 9 = 729,\quad \overline{abc} = 100 \cdot 9 + 10 \cdot 9 + 9 = 999.$$ $$\frac{999}{729} = \frac{111}{81} = \frac{37}{27}.$$

Ответ: $\dfrac{37}{27}$.

Итоговые ответы:

• [а)]а) Да;
• [б)]б) Нет;
• [в)] в)$\dfrac{37}{27}$.