Разные задачи

а) Покажем, как переместить ровно три камня из первой коробки в третью: $$(112;\ 99;\ 0) \rightarrow (111;\ 98;\ 2) \rightarrow (110;\ 97;\ 4) \rightarrow (109;\ 99;\ 3)$$ За 3 раза такими операциями мы можем переместить 9 камней из первой коробки в третью.

б) Рассмотрим разность чисел камней в третьей и первой коробках. Пусть в первой сейчас $a$ камней, в третьей $c$ камней. Тогда разность равна $c - a$.

• Если мы переложим два камня в первую коробку, то разность будет равна $$(c - 1) - (a + 2) = c - a - 3$$
• Если мы переложим два камня во вторую коробку, то разность будет равна $$(c - 1) - (a - 1) = c - a$$
• Если мы переложим два камня в третью коробку, то разность будет равна $$(c + 2) - (a - 1) = c - a + 3$$

Мы получили, что после любой операции разность либо изменяется на 3, либо остаётся прежней, то есть после любых операций разность должна измениться на число, кратное 3. Тогда если в третьей коробке после некоторых операций могли оказаться все $112 + 99 + 0 = 211$ камней, то в конце разность должна быть равна $211 - 0 = 211$.

Изначально разность была равна $0 - 112 = -112$, значит, она изменилась на $211 - (-112) = 323$. Однако 323 не делится на 3, значит, в третьей коробке не могли оказаться 211 камней.

в) Аналогично предыдущему пункту мы можем доказать, что разность между любыми двумя коробками может измениться только на число, кратное 3. Тогда посмотрим на изначальную разность между первой и второй коробками. Она равна $112 - 99 = 13$. По условию во второй коробке оказалось 4 камня.

Найдём наименьшее количество $a \ge 0$ камней, которое могло оказаться в первой коробке. Так как разность изменяется на число, кратное 3, то имеем: $$a - 4 = 13 + 3k,\quad k \in \mathbb{Z}$$ $$a = 17 + 3k \Rightarrow a \ge 2$$

Тогда в третьей коробке может быть не более $211 - 4 - 2 = 205$ камней.

Покажем, как можно добиться 205 камней ровно. Сначала научимся перемещать по 3 камня в третью коробку из каждой другой: $$(112; 99; 0) \rightarrow (111; 98; 2) \rightarrow (110; 97; 4) \rightarrow (109; 99; 3)$$ $$\rightarrow (108; 98; 6) \rightarrow (107; 97; 7) \rightarrow (106; 99; 6)$$

Заметим, что для того, чтобы можно было проделать такие операции, в первых двух коробках должно быть хотя бы 5 и 3 камней соответственно. Тогда мы можем делать такие операции, пока не дойдём до ситуации $(16; 3; 192)$.

Теперь будем перекладывать по 3 камня из первой коробки в третью: $$(16; 3; 192) \rightarrow (13; 3; 195) \rightarrow (10; 3; 198) \rightarrow (7; 3; 201) \rightarrow (4; 3; 204)$$ Окончательно имеем: $$(4; 3; 204) \rightarrow (3; 2; 206) \rightarrow (2; 4; 205)$$

Ответ:

• [а)]а) Могло
• [б)]б)Нет, не могло
• [в)]в)205

а) Покажем, как переместить ровно три камня из второй коробки в третью: $$(95;104;0)\to(94;103;2)\to(93;102;4)\to(95;101;3).$$

Повторяя эту операцию трижды, получаем ситуацию $$(95;95;9).$$ Заметим, что в первых двух коробках поровну камней, поэтому можно брать по одному камню из первых двух коробок и класть в третью, пока камни не закончатся. Тогда в третьей коробке окажется $$95+104=199$$ камней.

Следовательно, ответ положительный.

б) Рассмотрим разность числа камней во второй и первой коробках. Пусть в первой коробке $a$ камней, а во второй — $b$ камней. Тогда разность равна $b-a$.

• Если переложить два камня в первую коробку, то разность станет $$(b-1)-(a+2)=b-a-3.$$
• Если переложить два камня во вторую коробку, то разность станет $$(b+2)-(a-1)=b-a+3.$$
• Если переложить два камня в третью коробку, то разность станет $$(b-1)-(a-1)=b-a.$$

Таким образом, после любой операции разность либо не меняется, либо изменяется на $3$, то есть всегда изменяется на число, кратное $3$.

Изначально $$104-95=9.$$ В требуемой конфигурации разность должна быть $$50-100=-50.$$ Изменение разности равно $$9-(-50)=59,$$ но $59$ не делится на $3$. Следовательно, такая ситуация невозможна.

в) Аналогично предыдущему пункту, разность между любыми двумя коробками может изменяться только на число, кратное $3$.

Изначально разность между второй и первой коробками равна $$104-95=9.$$ По условию во второй коробке осталось $2$ камня. Пусть в первой коробке оказалось $a$ камней. Тогда $$2-a = 9 + 3k,\quad k\in\mathbb{Z},$$ откуда $$a = 11 + 3k.$$ Так как количество камней неотрицательно, минимально возможное значение $a=2$.

Следовательно, в первой и второй коробках останется по $2$ камня, а значит, в третьей коробке может оказаться не более $$199 - 2 - 2 = 195$$ камней.

Покажем, что это значение достижимо. Действуем так же, как в пункте (а), но не выполняем два последних действия. Тогда в первой и второй коробках останется по $2$ камня, а в третьей окажется ровно $195$ камней.

Ответ:

• [a)] а)Могло
• [б)] б)Нет, не могло
• [в)] в)$195$

Пусть масса детали нового типа равна $m$ кг. Тогда масса детали старого типа равна $m+0{,}2$ кг. Пусть из 64 кг можно сделать $n$ деталей старого типа. По условию из 63 кг можно сделать на две детали нового типа больше, то есть $n+2$. Тогда из условия $k=mn+q$, где $q<m$ получаем: $$\begin{cases} 64=(m+0{,}2)n+q_1,\quad 0\le q_1<m+0{,}2,\\ 63=m(n+2)+q_2,\quad 0\le q_2<m \end{cases} \iff \begin{cases} \displaystyle \frac{64}{m+0{,}2}=n+\frac{q_1}{m+0{,}2},\\[6pt] \displaystyle \frac{63}{m}=n+2+\frac{q_2}{m} \end{cases}$$

Так как $0\le q_1<m+0{,}2$ и $0\le q_2<m$, то $$0\le \frac{q_1}{m+0{,}2}<1,\qquad 0\le \frac{q_2}{m}<1.$$

Значит, $$\begin{cases} n\le \dfrac{64}{m+0{,}2}<n+1,\\ n+2\le \dfrac{63}{m}<n+3 \end{cases} \iff \begin{cases} \dfrac{63}{m}-\dfrac{64}{m+0{,}2}<3,\\ \dfrac{63}{m}-\dfrac{64}{m+0{,}2}>1 \end{cases}$$

$$\iff \begin{cases} \dfrac{63(m+0{,}2)-64m-3m(m+0{,}2)}{m(m+0{,}2)}<0,\\[6pt] \dfrac{63(m+0{,}2)-64m-m(m+0{,}2)}{m(m+0{,}2)}>0 \end{cases}$$

$$\iff \begin{cases} \dfrac{-3m^2-1{,}6m+12{,}6}{m(m+0{,}2)}<0,\\[6pt] \dfrac{-m^2-1{,}2m+12{,}6}{m(m+0{,}2)}>0 \end{cases}$$

Так как $m+0{,}2>0$ и $m>0$, значит $m(m+0{,}2)>0$. Тогда необходимо решить систему $$\begin{cases} -3m^2-1{,}6m+12{,}6<0,\\ -m^2-1{,}2m+12{,}6>0 \end{cases}$$

$$\iff \begin{cases} 15m^2+8m-63>0,\\ 5m^2+6m-63<0 \end{cases} \iff \begin{cases} m\in(-\infty;-\tfrac73)\cup(1{,}8;+\infty),\\ m\in(-4{,}2;3) \end{cases}$$

$$\iff m\in(-4{,}2;-\tfrac73)\cup(1{,}8;3).$$

Но $m>0$, соответственно, $m\in(1{,}8;3)$.

а) Пусть такое возможно и масса новой детали $m_1$ кг. На изготовление 15 деталей 63 кг хватит, на изготовление 16 деталей — нет. Значит, $$\begin{cases} 63>15m_1,\\ 64<16m_1 \end{cases} \iff \begin{cases} m_1<\dfrac{63}{15}=4{,}2,\\ m_1>\dfrac{64}{16}=4 \end{cases}$$

Таким образом, $m_1\notin(1{,}8;3)$. Значит, такого не может быть.

б) Пусть такое возможно и масса новой детали $m_1$ кг. Аналогично пункту а: $$\begin{cases} 63>40m_1,\\ 64<41m_1 \end{cases} \iff \begin{cases} m_1<\dfrac{63}{40}=1{,}575,\\ m_1>\dfrac{63}{41}=1\tfrac{22}{41} \end{cases}$$

Таким образом, $m_1\notin(1{,}8;3)$. Значит, такого не может быть.

в) Пусть $x$ — число новых деталей массой $m_1$ кг, которое фабрика может выпустить из 80 кг материала. Тогда $$80=m_1x+q_1,\quad 0\le q_1<m_1 \iff m_1x\le 80<m_1(x+1) \iff \begin{cases} m_1\le \dfrac{80}{x},\\ m_1>\dfrac{80}{x+1} \end{cases}$$

$$\iff m_1\in\left(\dfrac{80}{x+1};\dfrac{80}{x}\right].$$

Так как фабрика не может выпустить $x-1$ деталей из 80 кг материала, то не существует такого $m_2$, что $$80=m_2(x-1)+q_2,\quad 0\le q_2<m \iff m_2(x-1)\le 80<m_2x \iff \begin{cases} m_2\le \dfrac{80}{x-1},\\ m_2>\dfrac{80}{x} \end{cases}$$

$$\iff m_2\in\left(\dfrac{80}{x};\dfrac{80}{x-1}\right].$$

По доказанному ранее $m_1\in(1{,}8;3)$. Значит, $$\frac{80}{x+1}<3 \iff x>\frac{80}{3}-1=25\tfrac23.$$

Таким образом, $x\ge 26$, так как $x$ — натуральное число. Заметим, что должно найтись такое $m_1$, что $$m_1\in\left(\frac{80}{27};\frac{80}{26}\right).$$

$n$ — количество деталей старого типа, которое можно сделать из 64 кг материала. Из 63 кг материала можно сделать $n+2$ детали нового типа. По доказанному ранее должно выполняться: $$\begin{cases} n\le \dfrac{64}{m_1+0{,}2}<n+1,\\ n+2\le \dfrac{63}{m_1}<n+3 \end{cases}$$

Значит, между числами $\dfrac{64}{m_1+0{,}2}$ и $\dfrac{63}{m_1}$ должно быть два натуральных числа: $n+1$ и $n+2$.

Оценим $\dfrac{64}{m_1+0{,}2}$: $$\frac{80}{27}+0{,}2\le m_1+0{,}2<\frac{80}{26}+0{,}2 \iff \frac{427}{135}\le m_1+0{,}2<\frac{426}{130}$$

$$\iff \frac{130}{426}<\frac{1}{m_1+0{,}2}\le\frac{135}{427} \iff 19\tfrac{113}{213}=\frac{130\cdot64}{426}<\frac{64}{m_1+0{,}2}\le\frac{135\cdot64}{427}=20\tfrac{100}{427}.$$

Оценим $\dfrac{63}{m_1}$: $$\frac{80}{27}\le m_1<\frac{80}{26} \iff \frac{26}{80}<\frac{1}{m_1}\le\frac{27}{80}$$

$$\iff 20{,}475=\frac{26\cdot63}{80}<\frac{63}{m_1}\le\frac{27\cdot63}{80}=21{,}2625.$$

Получаем $$19\tfrac{113}{213}<\frac{64}{m_1+0{,}2}<\frac{63}{m_1}\le21{,}2625.$$

Тогда между числами $\dfrac{64}{m_1+0{,}2}$ и $\dfrac{63}{m_1}$ нет двух натуральных чисел. Поэтому $x=26$ получить нельзя.

Приведём пример на $x=27$. Заметим, что не существует такого $m_2$, что $m_2\in\left(\dfrac{80}{27};\dfrac{80}{26}\right]$ по доказанному ранее. Осталось показать, что существует $m_1$ такое, что, во-первых, $m_1\in\left(\dfrac{80}{28};\dfrac{80}{27}\right)$, во-вторых, найдётся такое $n$, что из 64 кг можно будет сделать $n$ деталей старого типа и из 63 кг можно будет сделать $n+2$ детали нового типа: $$\begin{cases} 64=(m_1+0{,}2)n+q_1,\quad 0\le q_1<m_1+0{,}2,\\ 63=m_1(n+2)+q_2,\quad 0\le q_2<m_1 \end{cases}$$

Возьмём $m_1=2{,}86$, $n=20$. Тогда $$64=3{,}06\cdot20+2{,}8,$$ $$63=2{,}86\cdot22+0{,}08.$$

При этом $\dfrac{80}{28}<2{,}86<\dfrac{80}{27}$. Значит, наименьшее возможное $x$ равно 27.

Ответ:

• [а)]а) Нет
• [б)]б) Нет
• [в)]в) 27

Пусть масса новой детали равна $m$ кг, тогда масса старой детали равна $m+0{,}1$ кг. Пусть из $21$ кг материала изготавливается $n$ деталей старого типа. Тогда из $18$ кг материала изготавливается $n+2$ деталей нового типа.

По условию $$\begin{cases} 21 = (m+0{,}1)n + q_1, & 0 \le q_1 < m+0{,}1, \\ 18 = m(n+2) + q_2, & 0 \le q_2 < m. \end{cases}$$

Отсюда $$\begin{cases} \dfrac{21}{m+0{,}1} = n + \dfrac{q_1}{m+0{,}1}, \\ \dfrac{18}{m} = n + 2 + \dfrac{q_2}{m}. \end{cases}$$ Так как $$0 \le \frac{q_1}{m+0{,}1} < 1, \qquad 0 \le \frac{q_2}{m} < 1,$$ получаем систему неравенств $$\begin{cases} n \le \dfrac{21}{m+0{,}1} < n+1, \\ n+2 \le \dfrac{18}{m} < n+3. \end{cases}$$

Вычитая первое неравенство из второго, получаем $$1 < \frac{18}{m} - \frac{21}{m+0{,}1} < 3.$$

Приводя к общему знаменателю и учитывая $m>0$, получаем эквивалентную систему $$\begin{cases} -3m^2 - 3{,}3m + 1{,}8 < 0, \\ - m^2 - 3{,}1m + 1{,}8 > 0. \end{cases}$$

Решая её, находим $$m \in (0{,}4;\,0{,}5).$$

а) Если на $50$ деталей хватает $18$ кг, а на $51$ — нет, то $$50m < 18 < 51m,$$ то есть $$\frac{18}{51} < m < \frac{18}{50}.$$ Но $$\frac{18}{50} = 0{,}36 < 0{,}4,$$ что противоречит найденному ранее условию $m\in(0{,}4;0{,}5)$. Следовательно, такой случай невозможен.

б) Аналогично, если $$32m < 18 < 33m,$$ то $$\frac{18}{33} < m < \frac{18}{32}.$$ Но $$\frac{18}{32} = 0{,}5625 > 0{,}5,$$ а $$\frac{18}{33} > 0{,}5,$$ что также не пересекается с интервалом $(0{,}4;0{,}5)$. Следовательно, и этот случай невозможен.

в) Пусть из $10$ кг материала можно изготовить $x$ новых деталей массы $m$. Тогда $$10 = xm + q,\qquad 0 \le q < m,$$ то есть $$xm \le 10 < (x+1)m.$$ Отсюда $$\frac{10}{x+1} < m \le \frac{10}{x}.$$

С учётом условия $m \in (0{,}4;0{,}5)$ получаем $$\begin{cases} \displaystyle \frac{10}{x} > 0{,}4 \;\Rightarrow\; x < 25,\\[6pt] \displaystyle \frac{10}{x+1} < 0{,}5 \;\Rightarrow\; x > 19. \end{cases}$$

Так как $x$ — натуральное число, возможны значения $$x = 20, 21, 22, 23, 24.$$

Ответ:

• [a)]а) Нет
• [б)] б)Нет
• [в)] в)$20,\,21,\,22,\,23,\,24$

а) да. Можно, например, сделать такие действия:

$$(101,102,103,0)\mapsto(100,101,102,3)\mapsto(99,100,101,6)\mapsto(98,99,104,5)\mapsto(97,102,103,4).$$

б) Если в одной коробке окажется $306$ камней, то остальные будут пусты. Однако нетрудно видеть, что в коробках $1$ и $2$ количества камней каждый ход меняют чётность, поэтому всегда остаются разной чётности и не могут оба стать нулями.

в) Покажем, как получить в первой коробке $303$ камня:

$$(101,102,103,0)\mapsto(100,101,102,3)\mapsto(99,100,101,6)\mapsto\ldots\mapsto(75,76,77,78)\mapsto(78,75,76,77)\mapsto(81,74,75,76)\mapsto\ldots\mapsto(303,0,1,2).$$

Больше сделать нельзя. Действительно, начальные количества камней давали разные остатки от деления на $4$, и это свойство сохраняется, поскольку от каждого количества вычитают $1$, а потом к одному прибавляем $4$. Значит, минимум $0+1+2$ камня не попадут в четвёртую коробку, что даёт оценку

$$101+102+103-0-1-2=303$$ камня.

Ответ: а) да; б) нет; в) $303$.