Разные задачи

а) Вычислим общую массу камней: $$4 \cdot 100 + 5 \cdot 25 + 6 \cdot 4 = 400 + 125 + 24 = 549 \text{ тонн}.$$

Пусть масса камней в каждой группе равна $x$ тонн. Тогда имеем: $$x + x + x = 549 \Rightarrow 3x = 549 \Rightarrow x = 183.$$

Тогда в каждой группе суммарный вес камней должен составлять 183 тонны.

Но заметим, что камней по 100 тонн 4 штуки, то есть в какой-то группе должно лежать минимум два камня по 100 тонн, так как иначе можно разложить максимум 3 камня, чего недостаточно. Но два камня весом 100 тонн имеют суммарный вес 200 тонн, что больше 183 тонн.

Тогда такое невозможно.

б) Суммарная масса всех камней равна 549 тонн.

Пусть масса камней в первой группе равна $x$ тонн. Тогда масса камней во второй группе равна $x - 50$ тонн, а в третьей группе — $x + 50$ тонн. Тогда имеем: $$x + x - 50 + x + 50 = 549 \Rightarrow 3x = 549 \Rightarrow x = 183.$$

То есть в первой группе масса камней равна 183 тоннам, во второй — 133 тоннам, а в третьей — 233 тоннам.

Рассуждения выше можно не писать в решении на экзамене. Они приведены для того, чтобы читатель понял логику построения примера.

Пусть в первой группе 1 камень весом 100 тонн, 3 камня весом 25 тонн и 2 камня весом 4 тонны. Во второй группе 2 камня весом по 100 тонн, 1 камень весом 25 тонн и 2 камня весом 4 тонны. Тогда в третьей группе 1 камень весом 100 тонн, 1 камень весом 25 тонн и 2 камня весом 4 тонны. Получим, что в первой группе суммарный вес камней равняется $100 + 3 \cdot 25 + 2 \cdot 4 = 183$ тоннам, во второй группе $2 \cdot 100 + 25 + 2 \cdot 4 = 233$ тоннам. Необходимое условие выполнено.

в) Пусть вес камней в первой группе равен $x$ тонн, во второй — $y$ тонн. Тогда вес третьей группы камней равняется $549 - x - y$ тонн.

Поймем, что $m_1 = x \ge 200$, поскольку, как мы отметили в пункте (а), существует куча, где лежит не менее 2 камней по 100 тонн, то есть куча с весом не менее 200 тонн.

Тогда $$m_2 + m_3 \le 549 - 200 = 349.$$

Предположим, что $d \le 16$. Но тогда: $$m_2 \ge m_1 - 16 \ge 200 - 16 = 184$$ $$m_3 \ge m_2 - 16 \ge 184 - 16 = 168$$ $$m_2 + m_3 \ge 184 + 168 = 352 > 349.$$

То есть $d \ge 17$. На 17 есть пример.

В первой группе лежит 2 камня весом 100 тонн. Во второй группе лежит один камень весом 100 тонн, 3 камня весом по 25 тонн, 2 камня весом 4 тонны. В третьей группе лежит 1 камень весом 100 тонн, 2 камня весом 25 тонн, 4 камня весом 4 тонны. Получим группы с весами 200, 183 и 166 тонн. Тогда $$200 - 183 = 17 \le 17,\quad 183 - 166 = 17 \le 17.$$

То есть $d = 17$.

Ответ:
а) Нет
б) Да
в) 17

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)$720,\;840$