Среднее арифметическое

a) Могла ли первая кучка состоять из гирек 1 г, 5 г, 9 г?

Решение: Пусть в первой куче было $n = 3$ гирьки с массами 1, 5, 9 граммов. Их суммарная масса: $$S = 1 + 5 + 9 = 15 \text{ г}$$ Средняя масса до перекладывания: $$a = \frac{15}{3} = 5 \text{ г}$$ После перекладывания гирьки массой $k$ граммов из второй кучи средняя масса стала: $$a_{\text{нов}} = \frac{15 + k}{4} = 6 \text{ г}$$ Решаем уравнение: $$\frac{15 + k}{4} = 6 \Rightarrow 15 + k = 24 \Rightarrow k = 9 \text{ г}$$ Но гирька массой 9 г уже есть в первой куче, что противоречит условию (гирьки различны).
Ответ: Нет, не могла.

б) Мог ли средний вес гирек в первой кучке до перекладывания равняться 7,5 г?

Решение: Пусть в первой куче было $n$ гирек со средней массой $a = 7{,}5$ г. Сумма их масс: $$S = 7{,}5n$$ После перекладывания гирьки массой $k$ граммов средняя масса стала: $$\frac{7{,}5n + k}{n + 1} = 8{,}5$$ Решаем уравнение: $$7{,}5n + k = 8{,}5(n + 1) \Rightarrow 7{,}5n + k = 8{,}5n + 8{,}5 \Rightarrow k = n + 8{,}5$$ Масса гирьки $k$ должна быть целым числом, но $n + 8{,}5$ — нецелое при любом целом $n$. Противоречие.
Ответ: Нет, не мог.

в) Какое максимальное количество гирек могло быть первоначально в первой кучке?

Решение: Пусть в первой куче было $n$ гирек со средней массой $a$. Сумма их масс: $S = na$.

После перекладывания гирьки массой $k$ граммов: $$\frac{na + k}{n + 1} = a + 1$$ Преобразуем: $$na + k = (n + 1)(a + 1) = na + n + a + 1 \Rightarrow k = n + a + 1$$ Так как все гирьки различны и их массы от 1 до 100 г, то $k \leq 100$.

Минимально возможная средняя масса $n$ гирек (при наименьших массах): $$a \geq \frac{1 + 2 + \cdots + n}{n} = \frac{n(n + 1)}{2n} = \frac{n + 1}{2}$$ Тогда: $$k = n + a + 1 \geq n + \frac{n + 1}{2} + 1 = \frac{3n + 3}{2}$$ С другой стороны, $k \leq 100$, поэтому: $$\frac{3n + 3}{2} \leq 100 \Rightarrow 3n + 3 \leq 200 \Rightarrow 3n \leq 197 \Rightarrow n \leq 65$$ Покажем, что $n = 65$ достижимо. Возьмём в первую кучу гирьки с массами $1, 2, \ldots, 65$. Тогда: $$a = \frac{1 + 2 + \cdots + 65}{65} = \frac{65 \cdot 66}{2 \cdot 65} = 33$$ $$k = n + a + 1 = 65 + 33 + 1 = 99$$ Гирька массой 99 г есть в наборе и не входит в первую кучу. После перекладывания: $$a_{\text{нов}} = \frac{1 + 2 + \cdots + 65 + 99}{66} = \frac{\frac{65 \cdot 66}{2} + 99}{66} = \frac{2145 + 99}{66} = \frac{2244}{66} = 34 = a + 1$$ Условие выполнено.
Ответ: 65.

a) Могла ли первая кучка состоять из гирек $11$ г, $15$ г, $19$ г?

Пусть в первой куче было $n=3$ гирьки массами $11,15,19$ граммов. Их суммарная масса: $$S = 11 + 15 + 19 = 45 \text{ г}$$ Средняя масса до перекладывания: $$a = \frac{45}{3} = 15 \text{ г}$$ После перекладывания гирьки массой $k$ граммов из второй кучи средняя масса стала: $$a_{\text{нов}} = \frac{45 + k}{4} = 16 \text{ г}$$ Решаем уравнение: $$\frac{45 + k}{4} = 16 \Rightarrow 45 + k = 64 \Rightarrow k = 19 \text{ г}$$ Но гирька массой $19$ г уже принадлежит первой кучке, а все гири различны, следовательно такое перекладывание невозможно.
Ответ: Нет, не могла.

б) Мог ли средний вес гирек в первой кучке до перекладывания равняться $9{,}5$ г?

Пусть в первой куче было $n$ гирек со средней массой $a = 9{,}5$ г. Сумма их масс: $$S = 9{,}5n$$ После переложения гири массы $k$ г новая средняя: $$\frac{9{,}5n + k}{n + 1} = 10{,}5$$ Отсюда $$9{,}5n + k = 10{,}5(n + 1) \Rightarrow k = n + 10{,}5.$$ При целочисленном $n$ выражение $n + 10{,}5$ даёт дробное число с дробной частью ${,}5$, а масса гири должна быть целым числом. Противоречие.
Ответ: Нет, не мог.

в) Какое максимальное количество гирек могло быть первоначально в первой кучке?

Пусть в первой куче было $n$ гирек со средней массой $a$. Тогда $S = na$. После перекладывания гири массы $k$: $$\frac{na + k}{n + 1} = a + 1.$$ Отсюда $$na + k = (n + 1)(a + 1) = na + n + a + 1 \Rightarrow k = n + a + 1.$$ Так как все гири различны и их массы от $1$ до $70$ г, то $k \leq 70$.

Нижняя оценка для $a$ при фиксированном $n$ достигается, когда в первой кучке — $n$ наименьших гирек $1,2,\ldots,n$, тогда $$a \ge \frac{1+2+\cdots+n}{n} = \frac{n(n+1)/2}{n} = \frac{n+1}{2}.$$ Тогда $$k = n + a + 1 \ge n + \frac{n+1}{2} + 1 = \frac{3n + 3}{2}.$$ Условие $k \le 70$ даёт $$\frac{3n + 3}{2} \le 70 \Rightarrow 3n + 3 \le 140 \Rightarrow 3n \le 137 \Rightarrow n \le 45{,}666\ldots$$ Следовательно $n \le 45$.

Покажем достижимость $n=45$. Возьмём в первую кучу гири масс $1,2,\ldots,45$. Тогда $$a = \frac{1 + 2 + \cdots + 45}{45} = \frac{45\cdot 46/2}{45} = 23.$$ Тогда $$k = n + a + 1 = 45 + 23 + 1 = 69,$$ и гирька массой $69$ г есть в наборе и не входит в первую кучку. После переложения $$a_{\text{нов}} = \frac{1 + 2 + \cdots + 45 + 69}{46} = \frac{45\cdot 46/2 + 69}{46} = \frac{1035 + 69}{46} = \frac{1104}{46} = 24 = a + 1.$$ Условие выполнено.
Ответ: $45$.

Ответ: a) нет; б) нет; в) 45.

а) Да, может.

Приведём пример:

По условию задачи сумма записанных чисел на доске должна каждый день увеличиваться, а их количество уменьшаться.

Распишем по дням.

Первый день: $2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2$

Второй день: $2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 5$

Третий день: $2, 2, 2, 2, 2, 2, 5, 5$

Четвёртый день: $2, 2, 2, 2, 5, 5, 5$

Пятый день: $2, 2, 5, 5, 5, 5$

Шестой день: $5, 5, 5, 5, 5$

Таким образом, мы показали, что $n = 6 > 5 \Rightarrow$ ответ – да.

б) Рассмотрим пример для n=4.

Первый день: четырнадцать троек и одна двойка (сумма 44, всего чисел на доске 15)

Второй день: четырнадцать четверок (сумма 56, всего чисел на доске 14)

Третий день: одиннадцать пятерок и две двойки (сумма 59, всего чисел на доске 13)

Четвёртый день: двенадцать пятерок (сумма 60, всего чисел на доске 12)

Среднее арифметическое всех чисел за все дни: $$s = \frac{44 + 56 + 59 + 60}{15 + 14 + 13 + 12} = \frac{219}{54} = 4\frac{3}{54} > 0$$

Ответ – да, может.

в)

Из условия пункта в мы можем сделать несколько выводов. Если сумма чисел, записанных в первый день, равна 6, то максимальное количество чисел будет при их минимальном значении: (1, 1, 1, 1, 1, 1). То есть в первый день максимальное количество чисел равняется 6.

Заметим также, что количество дней не больше 5, так как на 6 день на доске будет записано всего одно число, максимальное значение которого равно $5 < 6$. То есть $n \leq 5$.

Рассмотрим каждый случай по отдельности:

$n = 2$. В таком случае максимальное количество чисел, которое можно записать на доску в последний день равно 5, а значит максимальная сумма в последний день равна 25. Тогда сумма за все дни не больше $25 + 6 = 31$.

$n = 3$. В таком случае максимальное количество чисел, которое можно записать на доску в последний день равно 4, а значит максимальная сумма в последний день равна 20. Поэтому сумма во второй день не превосходит 19. Тогда сумма за все дни не больше $6 + 19 + 20 = 45$.

$n = 4$. В таком случае максимальное количество чисел, которое можно записать на доску в последний день равно 3, а значит максимальная сумма в последний день равна 15. Поэтому сумма в третий день не превосходит 14, а во второй день 13. Тогда сумма за все дни не больше $6 + 13 + 14 + 15 = 48$.

$n = 5$. В таком случае максимальное количество чисел, которое можно записать на доску в последний день равно 2, а значит максимальная сумма в последний день равна 10. Поэтому сумма в четвертый день не превосходит 9, в третий день 8, а во второй 7. Тогда сумма за все дни не больше $6 + 10 + 9 + 8 + 7 = 40$.

Значит максимальная сумма, которой можно достигнуть за все дни равна 48. Покажем, что такая ситуация действительно возможна:

$n = 4$

Первый день: шесть единиц.

Второй день: две двойки и три тройки.

Третий день: две пятерки и две двойки.

Четвертый день: три пятерки.

В итоге:

$$S = 6 + 13 + 14 + 15 = 48$$

Ответ: a) да; б) да; в) 48

Введём обозначение: $s = 5$ – среднее арифметическое шести наименьших чисел. Тогда сумма шести наименьших чисел равна: $$6\cdot s = 6\cdot 5 = 30$$

а) Если наименьшее из всех одиннадцати чисел равно 3, тогда наименьшая возможная сумма шести наименьших чисел равна: $$3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 33 > 30$$

Значит, такого быть не может.

Ответ – нет.

б) Введём дополнительные обозначения: $M$ – сумма пяти наименьших чисел, а $N$ – сумма пяти наибольших.

Пусть $a_6$ – шестое по величине число из всех 11.

Тогда имеем место система: $$\begin{cases} \tfrac{M + a_6}{6} = 5\\ \tfrac{N + a_6}{6} = 15 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} M + a_6 = 30 \\ N + a_6 = 90 \end{cases}$$

Если среднее арифметическое всех одиннадцати чисел равно 9, то их сумма равна: $9\cdot 11 = 99$.

Cложим уравнения системы: $$M + N + 2a_6 = 120 \Leftrightarrow M + N + a_6 = 99$$

Выходит, что $a_6 = 21$. Проверим первое условие системы: $$M + a_6 = 30 \Leftrightarrow M = 30 - a_6 = 30 - 21 = 9$$ Попробуем посчитать минимальную сумму первых пяти чисел: $$M = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 14 > 9$$ Получаем противоречие $\Rightarrow$ ответ – нет.

в) $S$ – среднее арифметическое всех одиннадцати чисел. $a_6 = B$.

По аналогии с пунктом б: $$\begin{cases} \frac{M + N + B}{11} = S\\ M + N + B\cdot2 = 120 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} M + N + B = 11\cdot S\\ M + N + B\cdot2 = 120 \end{cases}$$

Вычтем из второго уравнения системы первое: $$B = 120 - S\cdot11$$ Выразим $S$: $$S = \frac{120 - B}{11}$$ Выразим искомую разность: $$S - B = S - (120 -S\cdot11) = 12\cdot S - 120$$ Подставим $S$ в правую часть уравнения: $$S - B = 12\cdot\frac{120 - B}{11} - 120 = \frac{12\cdot120 - 12\cdot B - 120\cdot11}{11} =$$ $$= \frac{120 - 12\cdot B}{11}$$ В итоге получили: $$S - B = \frac{120 - 12\cdot B}{11}$$ Так как знаменатель дроби константа, выходит, что чем больше разность в числителе, тем больше сама дробь $\Rightarrow$ тем больше искомое значение разности.

Тогда необходимо найти минимальное $B$. Переберём несколько возможных минимальных значений $B$. Так как по условию $B$ – это шестое по величине число его минимальное возможное значение равно 6.

Начнём перебор с 6:

$B = 6$

По условию сумма шести наименьших чисел должна равняться 30: $$1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 < 30$$

Значит, $B = 6$ нам не подходит.

$B = 7$

Аналогично со случаем, когда $B = 6$: $$2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7= 27 <30$$ Это максимально возможная сумма первых шести чисел. Получаем противоречие $\Rightarrow$ $B = 7$ нам не подходит.

$B = 8$ $$2 + 3 + 4 + 6 + 7 + 8 = 30$$ Сумма шести минимальных чисел действительно может равняться $30$ при $B = 8$.

Проверим, может ли сумма шести набольших чисел равняться 90: $$8 + 13 + 14 + 15 + 16 + 24 = 90$$

Это условие также выполняется. Значит, мы нашли наименьшее возможное значение $B$ удовлетворяющее условиям задачи. Найдём наибольшее значение разности $S - B$: $$S - B = \frac{120 - 12\cdot8}{11} = \frac{120 - 96}{11} = \frac{24}{11} = 2\frac{2}{11}$$

Ответ: a) Нет. б) Нет. в) $2\frac{2}{11}$

Введём обозначения: $s = 7$ – среднее арифметическое шести наименьших чисел. Тогда сумма шести наименьших чисел равна: $$6\cdot s = 6\cdot 7 = 42$$

а) Если наименьшее из всех одиннадцати чисел равно 5, тогда наименьшая возможная сумма шести наименьших чисел равна: $$5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 45 > 42$$

Значит, такого быть не может.

Ответ – нет.

б) Введём дополнительные обозначения: $M$ – сумма пяти наименьших чисел, а $N$ – сумма пяти наибольших.

Пусть $a_6$ – шестое по величине число из всех 11.

Тогда имеет место система: $$\begin{cases} \tfrac{M + a_6}{6} = 7\\ \tfrac{N + a_6}{6} = 16 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} M + a_6 = 42 \\ N + a_6 = 96 \end{cases}$$

Если среднее арифметическое всех одиннадцати чисел равно 10, то их сумма равна: $10\cdot 11 = 110$.

Cложим уравнения системы: $$M + N + 2a_6 = 138 \Leftrightarrow M + N + a_6 = 110$$

Выходит, что $a_6 = 28$. Проверим первое условие системы: $$M + a_6 = 42 \Leftrightarrow M = 42 - a_6 = 42 - 28 = 14$$ Попробуем посчитать минимальную сумму первых пяти чисел: $$M = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 > 14$$ Получаем противоречие $\Rightarrow$ ответ – нет.

в) $S$ – среднее арифметическое всех одиннадцати чисел. $a_6 = B$.

По аналогии с пунктом б: $$\begin{cases} \frac{M + N + B}{11} = S\\ M + N + B\cdot2 = 138 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} M + N + B = 11\cdot S\\ M + N + B\cdot2 = 138 \end{cases}$$

Вычтем из второго уравнения системы первое: $$B = 138 - 11S$$ Выразим $S$: $$S = \frac{138 - B}{11}$$ Выразим искомую разность: $$S - B = \frac{138 - B}{11} - B = \frac{138 - B - 11B}{11} = \frac{138 - 12B}{11}$$ В итоге получили: $$S - B = \frac{138 - 12B}{11}$$ Так как знаменатель дроби константа, выходит, что чем меньше $B$, тем больше значение выражения $\Rightarrow$ тем больше искомое значение разности.

Тогда необходимо найти минимальное $B$. Переберём несколько возможных минимальных значений $B$. Так как по условию $B$ – это шестое по величине число его минимальное возможное значение равно 6.

Начнём перебор с 6:

$B = 6$

По условию сумма шести наименьших чисел должна равняться 42: $$1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 < 42$$

Значит, $B = 6$ нам не подходит.

$B = 7$

Аналогично со случаем, когда $B = 6$: $$2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 27 < 42$$ Максимально возможная сумма меньше необходимой. Получаем противоречие $\Rightarrow$ $B = 7$ нам не подходит.

$B = 8$ $$3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 33 < 42$$ Получаем противоречие $\Rightarrow$ $B = 8$ нам не подходит.

$B = 9$ $$4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 39 < 42$$ Получаем противоречие $\Rightarrow$ $B = 9$ нам не подходит.

$B = 10$ $$5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 45 > 42$$ Найдём комбинацию: $4 + 5 +6 + 8 + 9 + 10 = 42$ Сумма шести минимальных чисел действительно может равняться $42$ при $B = 10$.

Проверим, может ли сумма шести наибольших чисел равняться 96: $$10 + 15 + 16 + 17+18 + 20 = 96$$

Это условие также выполняется. Значит, мы нашли наименьшее возможное значение $B$, удовлетворяющее условиям задачи. Найдём наибольшую разность $S - B$: $$S - B = \frac{138 - 12\cdot10}{11} = \frac{138 - 120}{11} = \frac{18}{11}$$

Ответ: a) Нет. б) Нет. в) $\frac{18}{11}$.