Среднее арифметическое

а) Пусть на доске было написано десять чисел, равных 11 и десять единиц. Их среднее арифметическое — 6. Тогда если из каждого числа вычесть единицу, то на доске останутся только числа равные 10, их среднее арифметическое равно 10.

б) Сумма чисел, которые написаны на доске изначально, равна $20 \cdot 27 = 540$. Числа могут уменьшить на единицу, значит среднее арифметическое может уменьшиться максимум на 20, значит, это число будет лежать в промежутке $[520;539]$. На нем чисел, кратных 34, нет. Следовательно, среднее арифметическое оставшихся чисел не может равняться 34.

в) Пусть $x$ — количество написанных на доске единиц изначально, которые потом перепишут в нули, а $y$ — количество прочих уменьшаемых чисел. Рассмотрим все те числа, которые не станут нулями, их $20-x$, а сумма их равна $540-x$. После всех операций среднее арифметическое оставшихся чисел будет равно $$d =\dfrac{540-x-y}{20-x}$$ Стоит задача найти максимальное $d$, очевидно, что в таком случае $y=0$ (минимален). $$\dfrac{540-x}{20-x}=1+\dfrac{520}{20-x}$$ Следовательно, нужно максимизировать $x$.

Можем оценить сумму изначальных чисел $$540 \le x+40(20-x)$$ $$540 \le 800-39x$$ $$x\le 6\dfrac{26}{39}$$ Значит, $x_{max}=6$. Получим, что $1+\dfrac{520}{20-6}=38\dfrac{1}{7}$. Пусть на доске было написано шесть чисел 1, число 14 и тринадцать чисел 40. Единицу вычтем только из шести единиц, получим $\dfrac{14+13\cdot40}{14}=38\dfrac{1}{7}$

Ответ: а) Да; б) Нет; в) $38\dfrac{1}{7}$.

а) Рейтинг футболиста был равен 41, тогда за него проголосовало 7 человек, так как $\dfrac{6}{17} \approx 0,353,\; \dfrac{7}{17} \approx 0,412,\; \dfrac{8}{17} \approx 0,471$. После того, как Вася проголосовал за другого, то доля голосов за первого футболиста стала равна $\dfrac{7}{18} \approx 0,388$. Значит, его рейтинг стал равен 39.

б) Пусть за каждого из 133 футболистов проголосовали всего 1 раз, за оставшегося футболиста — 67 раз. Тогда всего голосов 200, рейтинг у каждого из 133 будет равен $\dfrac{1}{200}=0,005$, после округления рейтинг станет равен единице, а у оставшегося $\dfrac{67}{200}=0,335$, после округления рейтинг его будет равен 34. Сумма всех рейтингов равна $133 + 34=167$

Если Вася проголосует за последнего футболиста, то его рейтинг останется прежним, но у остальных после округления он станет равен 0. Тогда сумма рейтингов станет равна $34$, а значит, сумма изменилась на $133 > 27$.

в) Начиная с 0,5% округление происходит в большую сторону. Если все 134 игрока имеют в дробной части рейтинга 0,5%, то при округлении получим дополнительных 134 единиц рейтинга, значит, сумма рейтингов всех футболистов может отличаться от 100 не более чем на $0,5 \cdot134=67$. Тогда сумма всех рейтингов не превосходит $100+67=167$. Пример, приведенный в пункте б) подходит нам. Значит, 167 — максимальное значение суммы рейтингов всех футболистов

Ответ: а) 39; б) Да; в) 167.

а) Да, может, например: $$\sqrt[3]{75 \cdot 45 \cdot 27} = \sqrt[3]{45^3} = 45.$$

Предисловие для б)
Очевидно, что если среднее геометрическое набора из нескольких различных чисел равно $g$, то наименьшее число из набора меньше, чем $g$. При этом, среди его простых делителей не должно встречаться чисел, отличных от простых делителей $g$. Чтобы воспользоваться этим фактом в пунктах б) и в), выпишем, какие простые делители есть у двузначных чисел от 10 до 24:

Как видно из таблицы, средним геометрическим в данном интервале могут быть числа: 18, 20, 22, 24.

б) Будем считать, что $a, b, c$ — различные двузначные числа и $a < b < c$.
Из предисловия понятно, что наименьшее возможное значение среднего геометрического трёх различных двузначных чисел равняется 18. Действительно, если взять числа 12, 18, 27, то их среднее геометрическое будет равно: $$\sqrt[3]{12 \cdot 18 \cdot 27} = \sqrt[3]{2^3 \cdot 3^6} = 2 \cdot 9 = 18$$

в) Для начала поймем, что существует пример 6 различных двузначных чисел со средним арифметическим 60: $$\sqrt[6]{25 \cdot 45 \cdot 60 \cdot 80 \cdot 90 \cdot 96} = \sqrt[6]{2^{12} \cdot 3^6 \cdot 5^6} = 60.$$

Давайте определим количество простых чисел в разложении на множители искомого среднего арифметического $k = \sqrt[6]{abcdef}$. Для начала поймем, что их меньше 4, так как иначе $$k \geq 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 = 105 > 99.$$ Также оно точно больше 1, так как иначе все 6 двузначных чисел должны быть степенями некоторого простого числа. Но тогда это число 2, так как $3^6 = 729 > 99$. Но для числа 2 двузначные степени двойки начинаются с 16, тогда мы имеем минимум $2^4, 2^5, \ldots, 2^9$, но $2^9 = 512 > 99$. То есть простых множителей либо 2, либо 3.

Поймем, что у искомого среднего геометрического наибольший простой делитель не превышает 7. Положим обратное, тогда этот простой делитель, назовем его $k$, не меньше 11, тогда степень вхождения числа $k$ в произведение 6 различных двузначных чисел должна быть не меньше 6, причем степень вхождения $k$ в любое двузначное число не превышает 1, так как $k^2 \geq 121 > 99$. Тогда среди 6 чисел точно должно быть ровно 6 различных простых делителей. Тогда $k \leq 17$, так как среди двузначных чисел не найдется 6 чисел, кратных 17, ведь $6 \cdot 17 = 102 > 99$. Также $k \ne 13$, так как двузначные числа, кратные 13 — это $13, 26, 39, 52, 65, 78, 91$. Причем у каждого ровно 2 простых множителя, чисел всего 7, а использовать должно быть 6 чисел из них, но среди них есть число с 3 множителями — 78. То есть какая бы ни была выборка, не более 5 подходящих чисел.

Теперь докажем, что $k \ne 11$. Аналогично выпишем все числа, кратные 11: $11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99$. Если в качестве «целевого» числа выбрать число, кратное 3, то степень вхождения числа 3 в произведение 6 чисел из 9 превышает 4. Тогда среднее геометрическое будет кратно 3. Тогда среди чисел, больших 60, остаются 77 и 88. 77 не подойдет, так как других чисел, кратных 7, не найдется. А число 88 не подойдет, так как чисел больше 88 среди 6 выбранных быть не может (поскольку 99 кратно 3, а 88 не 3, не кратно), то есть среднее геометрическое всех 6 чисел точно будет меньше 88.

Тогда все простые делители искомого среднего геометрического не превышают 7. Теперь докажем, что искомое число точно не делится на 7. Разберем 2 случая:

• У среднего геометрического ровно 2 простых делителя. Тогда второй простой делитель точно не равен 3 или 5, так как иначе степень вхождения числа 7 в произведение 6 чисел должна быть не менее 6, но для простого множителя $k = 3$ существует только следующие подходящие числа среди кратных 7: $49, 7k, 7k^2$. Так как $7k^3 > 7 \cdot 27 = 147 > 99$. Степень вхождения числа 7 в произведение не превысит 4. Тогда среднее геометрическое будет кратно только 2 и 7, при этом больше 60, но такое число ровно одно — это 98. Ясно, что среднее геометрическое 6 различных двузначных чисел не может равняться 98, так как наибольшее среди этих чисел — 98 (ведь 99 кратно 3, а 88 не подходит, в наборе чисел быть не может, а других двузначных больше 98 нет). То есть ровно 2 простых делителя у выбранного среднего геометрического, если оно кратно 7, быть не может.
• У числа ровно 3 простых делителя. Тогда это либо $2, 3, 7$, либо $2, 5, 7$, так как $3 \cdot 5 \cdot 7 = 105 > 99$. В первом случае искомое среднее геометрическое, как мы поняли, должно быть больше 60, причем равняться 84. Давайте выпишем первые 6 наибольших чисел, которые среди простых множителей имеют только 2, 3 и 7: $98, 96, 84, 81, 72, 64$. Поймем, что их произведение меньше, чем у целевого: $$98 \cdot 96 \cdot 84 \cdot 81 \cdot 72 \cdot 64 = 2^{17} \cdot 7^3 \cdot 3^8.$$ Сравним: $$2^{17} \cdot 7^3 \cdot 3^8 < 2^{12} \cdot 3^6 \cdot 7^6$$ $$2^5 \cdot 3^2 < 7^3$$ $$288 < 343.$$ Тогда действительно среднее геометрическое 6 наибольших подходящих чисел уже меньше «целевого», то есть искомое среднее геометрическое не может равняться 84. В случае же, если у среднего геометрического простые делители — это $2, 5$ и $7$, то среди чисел больше 60 такое число ровно одно — это 70. Опять же выпишем наиболее подходящие числа: $98, 80, 70, 64, 56, 50$. Здесь для простоты воспользуемся неравенством о средних: среднее геометрическое не превосходит по значению среднее арифметическое, то есть в данном случае не превосходит $$\frac{98 + 80 + 70 + 64 + 56 + 50}{6} = \frac{418}{6} = 69\frac{2}{3} < 70.$$ Тогда имеем возможные делители: $2, 3, 5$. Поймем, что 5 имеет степень вхождения в искомое среднее геометрическое не выше 1, так как иначе нужно будет найти 6 чисел, произведение которых делится на $5^{12}$, но тогда каждое число будет кратно 25 (так как $5^3$ уже не двузначное число), но двузначных чисел, кратных 25, всего 2. Причем если делителя ровно 2, то это 2 и 3, так как в случае с пятёркой может подойти только число 80 (в 75 пятёрка входит два раза), но больше 80 подходящих чисел (которые кратны только 2 и 5) нет. Рассмотрим наибольшие числа, кратные 2 и 3: $96, 81, 72, 64, 54, 48$. Но их среднее арифметическое равняется: $$\frac{96 + 81 + 72 + 64 + 54 + 48}{6} = \frac{415}{6} = 69\frac{1}{6} < 72.$$ А так как оно не меньше среднего геометрического, получается, что среднее геометрическое 6 различных двузначных чисел при условии, что оно представимо целым числом и их простые множители равны только 2 и 3, не может быть больше 60 (так как наименьшее из подходящих чисел равняется 72 и оно не является достижимым). Тогда множителей 3 — это 2, 3 и 5. Из больших 60 чисел такое ровно одно — это 90. Но его получить невозможно. Выпишем наиболее подходящие числа: $96, 90, 81$. Остальные числа меньше 81. То есть среднее геометрическое не будет превосходить среднее арифметическое, которое не превосходит $$\frac{96 + 90 + 81 + 4}{6} = \frac{510}{6} = 85 < 90.$$ Тогда действительно искомое значение — 60.

Ответ:

• [а)] а)Да
• [б)] б)18
• [в)] в)60

а) Да, может, например: $$\sqrt[3]{18\cdot 36\cdot 72}=\sqrt[3]{36^3}=36.$$

Предисловие к пунктам б) и в).

Очевидно, что если среднее геометрическое набора из нескольких различных чисел равно $g$, то наименьшее число из набора меньше, чем $g$. При этом среди простых делителей чисел набора не должно встречаться простых чисел, отличных от простых делителей $g$.

Чтобы воспользоваться этим фактом, выпишем двузначные числа, простые делители которых состоят только из простых делителей соответствующего значения среднего геометрического.

Как видно из таблицы, средним геометрическим в данном интервале могут быть числа: $$18,\;20,\;22,\;24.$$

б) Будем считать, что $a,b,c,d$ — различные двузначные числа и $$a<b<c<d.$$

• Пусть $$\sqrt[4]{abcd}=18.$$ Тогда $$abcd=18^4=(2\cdot 3^2)^4=2^4\cdot 3^8.$$ Тогда $a=16$ или $a=12$. - Пусть $a=16=2^4$. Тогда $b,c,d$ обязаны быть степенями тройки, иначе либо степень двойки в произведении $abcd$ будет больше $4$, либо появится множитель, отличный от $2$ и $3$. Но среди двузначных чисел всего два числа, равные степеням тройки: $27$ и $81$. Тогда $a\neq 16$. - Пусть $a=12$. Тогда $$bcd=\frac{2^4\cdot 3^8}{2^2\cdot 3}=2^2\cdot 3^7.$$ Заметим, что $b\neq 16$, так как тогда степень двойки в $abcd$ будет больше $4$. Значит, $b\ge 18$. Рассмотрим, чему может быть равно $c$. Оно больше $18$. Если $c=19,20,21,22,23,25$ или $26$, то в произведении $abcd$ появятся простые множители, отличные от $2$ и $3$. Также $c\neq 24=2^3\cdot 3$, так как тогда степень двойки будет больше $4$. Следовательно, $c\ge 27$. Тогда $$d\le \frac{2^2\cdot 3^7}{18\cdot 27}=18,$$ но $d>27$ — противоречие. Значит, $a\neq 12$. Таким образом, среднее геометрическое четырёх различных двузначных чисел не может равняться $18$.

• На $20$ есть пример: $a=10$, $b=20$, $c=25$, $d=32$. Проверим: $$abcd=10\cdot 20\cdot 25\cdot 32=(2\cdot 5)(2^2\cdot 5)(5^2)(2^5)=2^8\cdot 5^4.$$ Тогда $$\sqrt[4]{abcd}=\sqrt[4]{2^8\cdot 5^4}=2^2\cdot 5=20.$$

Следовательно, ответ в пункте б): $$20.$$

в) Будем считать, что $a,b,c,d,e,f$ — различные двузначные числа и $$a<b<c<d<e<f.$$

• Пусть $$\sqrt[6]{abcdef}=18.$$ Тогда $$abcdef=18^6=(2\cdot 3^2)^6=2^6\cdot 3^{12}.$$ Первые шесть двузначных чисел, в разложении на простые которых входят только $2$ и $3$, это $$12,\;16,\;18,\;24,\;27,\;32.$$ Сравним их произведение с $18^6$: $$18^6 \;\text{vs}\; 12\cdot 16\cdot 18\cdot 24\cdot 27\cdot 32.$$ После сокращений получаем: $$3^5<2^9,$$ то есть $$243<512.$$ Следовательно, $$\sqrt[6]{abcdef}\neq 18.$$
• Пусть $$\sqrt[6]{abcdef}=20.$$ Тогда $$abcdef=20^6=(2^2\cdot 5)^6=2^{12}\cdot 5^6.$$ Первые шесть двузначных чисел с простыми делителями $2$ и $5$: $$10,\;16,\;20,\;25,\;32,\;40.$$ Сравнивая произведения, получаем: $$5<8,$$ следовательно, $$\sqrt[6]{abcdef}\neq 20.$$
• Пусть $$\sqrt[6]{abcdef}=22.$$ Тогда $$abcdef=22^6=(2\cdot 11)^6=2^6\cdot 11^6.$$ Первые шесть двузначных чисел с простыми делителями $2$ и $11$: $$11,\;16,\;22,\;32,\;44,\;64.$$ Сравнивая произведения, получаем: $$11\sqrt{11}<64,$$ следовательно, $$\sqrt[6]{abcdef}\neq 22.$$
• На $24$ есть пример: $$a=12,\;b=16,\;c=18,\;d=24,\;e=36,\;f=64.$$ Проверим: $$abcdef=12\cdot 16\cdot 18\cdot 24\cdot 36\cdot 64 =(2^2\cdot 3)(2^4)(2\cdot 3^2)(2^3\cdot 3)(2^2\cdot 3^2)(2^6) =2^{18}\cdot 3^6.$$ Тогда $$\sqrt[6]{abcdef}=\sqrt[6]{2^{18}\cdot 3^6}=2^3\cdot 3=24.$$

Ответ:

• [a)]а) Да, может
• [б)]б) $20$
• [в)]в) $24$

Решение.

a) Предположим, что количество синих карт равно 1. Тогда самое большое число на красной карте равно утроенному количеству синих карт, то есть $3\cdot 1=3$.

Но по условию все числа на красных картах делятся на 8. Число 3 не делится на 8. Противоречие. Значит, количество синих карт не может быть равным 1.

b) Пусть синих карт 40, а красных карт $r$.

Самое большое число на красной карте равно утроенному количеству синих карт, то есть $3\cdot 40=120$. Заметим, что $120:8=15$, то есть 120 делится на 8, что соответствует условию для красных карт.

Самое большое число на синей карте равно количеству красных карт, то есть $r$. По условию оно должно делиться на 5, значит, $r$ кратно 5.

Числа на картах одного цвета различны и не меньше $-30$.

Синие карты. Имеется 40 синих карт с различными числами, кратными 5, не меньшими $-30$, и с наибольшим числом $r$. Чтобы такой набор существовал, количество различных чисел, кратных 5, в промежутке от $-30$ до $r$ должно быть не меньше 40: $$\frac{r-(-30)}{5}+1\ge 40$$ $$\frac{r+30}{5}+1\ge 40$$ $$\frac{r+30}{5}\ge 39$$ $$r+30\ge 195$$ $$r\ge 165.$$

Красные карты. Имеется $r$ красных карт с различными числами, кратными 8, не меньшими $-30$, и с наибольшим числом 120. Наименьшее кратное 8 число, не меньшее $-30$, — это $-24$. Количество различных чисел, кратных 8, в промежутке от $-24$ до 120: $$\frac{120-(-24)}{8}+1=\frac{144}{8}+1=18+1=19.$$ Значит, красных карт не может быть больше 19. Но из условия для синих карт мы получили $r\ge 165$. Противоречие. Следовательно, 40 синих карт быть не может.

в) Пусть $s$ — количество синих карт, $r$ — количество красных карт.

Самое большое число на красной карте равно $3s$, и оно должно делиться на 8. Самое большое число на синей карте равно $r$, и оно должно делиться на 5.

Числа на красных картах кратны 8, различны, не меньше $-30$, наибольшее равно $3s$. Количество различных чисел, кратных 8, в промежутке от $-30$ до $3s$ не может быть меньше $r$. Наименьшее кратное 8 число, не меньшее $-30$, — это $-24$. Всего таких чисел: $$\frac{3s-(-24)}{8}+1=\frac{3s+24}{8}+1=\frac{3s+32}{8}.$$ Так как всего красных карт $r$, то $$r\le \frac{3s+32}{8}.$$

Числа на синих картах кратны 5, различны, не меньше $-30$, наибольшее равно $r$. Количество различных чисел, кратных 5, в промежутке от $-30$ до $r$ не может быть меньше $s$. Всего таких чисел: $$\frac{r-(-30)}{5}+1=\frac{r+30}{5}+1=\frac{r+35}{5}.$$ Так как всего синих карт $s$, то $$s\le \frac{r+35}{5}.$$ $$r\ge 5s-35.$$

Из двух ограничений получаем: $$5s-35\le r\le \frac{3s+32}{8}$$ $$5s-35\le \frac{3s+32}{8}$$ $$40s-280\le 3s+32$$ $$37s\le 312$$ $$s\le \frac{312}{37}=8\frac{16}{37}.$$ Так как $s$ — целое, получаем $s\le 8$.

Пусть $s=8$. Тогда наибольшее число на красной карте равно $3\cdot 8=24$. Заметим, что $24:8=3$, то есть 24 делится на 8, что соответствует условию.

Из неравенства $$5s-35\le r\le \frac{3s+32}{8}$$ при $s=8$ получаем: $$5\cdot 8-35\le r\le \frac{3\cdot 8+32}{8}$$ $$5\le r\le 7.$$

Кроме того, $r$ должно быть кратно 5. В промежутке от 5 до 7 единственное кратное 5 число — это 5. Значит, $r=5$.

Составим набор карт:

• Синие карты (8 штук). Числа кратны 5, различны, не меньше $-30$, наибольшее равно 5. Это в точности набор $-30,-25,-20,-15,-10,-5,0,5$.
• Красные карты (5 штук). Числа кратны 8, различны, не меньше $-30$, наибольшее равно 24. Это в точности набор $24,16,8,0,-8$.

Таким образом, $s=8$ возможно. Следовательно, наибольшее количество синих карт равно 8.

Ответ: а) Нет б) Нет в) 8.