Свойства различных чисел

Пусть в большом кляссере $a$ ячеек, а в маленьком кляссере $b$ ячеек. Тогда $$160 < a < 170, \qquad 100 < b < 120.$$

Пусть в коллекции Ивана Ильича собрано $x$ монет. Тогда с одной стороны $$x = ka - 7,$$ а с другой $$x = (k+3)b - 7.$$ Таким образом, $$ka - 7 = x = (k+3)b - 7 \quad \Rightarrow \quad ka = (k+3)b.$$

а) Пусть $k=4$. Тогда $4a = 7b$. Значит, так как $4$ не делится на $7$, число $a$ должно делиться на $7$, следовательно, раз $160<a<170$, получаем $a=161$ или $a=168$.

1. $a=161$. Тогда для $k=4$ имеем $$4\cdot161 = 7b, \qquad b=\frac{4\cdot161}{7}=92.$$
2. $a=168$. Тогда для $k=4$ имеем $$4\cdot168 = 7b, \qquad b=\frac{4\cdot168}{7}=96.$$

Так как в обоих случаях получилось, что $b<100$, то случай $k=4$ невозможен.

б) Оценим количество монет в коллекции Ивана Ильича с обеих сторон двумя способами: через оценку $a$ и оценку $b$.

По условию $x=ka-7$. Так как $160<a<170$, то $$160k-7 < ka-7 < 170k-7,$$ значит, $$160k-7 < x < 170k-7.$$

Также по условию $x=(k+3)b-7$. Так как $100<b<120$, то $$100(k+3)-7 < (k+3)b-7 < 120(k+3)-7,$$ значит, $$100k+300-7 < x < 120k+360-7.$$

Оценим $k$ снизу: $$100k+300-7 < 170k-7,$$ $$100k+300 < 170k,$$ $$70k>300,$$ $$k>\frac{30}{7}=4\frac{2}{7}.$$

Так как $k$ — натуральное число, получаем $k\ge5$, и попутно ещё раз доказали, что $k\ne4$.

Рассмотрим два случая: $k=5$ и $k\ge6$.

Если $k\ge6$, то так как $a>150$, $$x=ka-7\ge6\cdot151-7=899.$$

Если $k=5$, то по доказанному ранее $$ka=(k+3)b \quad \Rightarrow \quad 5a=8b.$$

Значит, так как $5$ не делится на $8$, число $a$ должно делиться на $8$, следовательно, раз $160<a<170$, получаем $a=168$. Тогда $$x=5\cdot168-7=833.$$

Приведём пример для $x=833$. Такое количество монет можно разложить в $5$ больших кляссеров по $168$ ячеек, при этом останется $7$ свободных ячеек: $$833 = 5\cdot168-7.$$

Также это количество монет можно разложить в $8$ маленьких кляссеров по $105$ ячеек, при этом останется $7$ свободных ячеек: $$833 = 8\cdot105-7.$$

в) Оценим $k$ сверху: $$160k-7 < x < 120k+360-7,$$ $$160k-7 < 120k+360-7,$$ $$160k < 120k+360,$$ $$40k<360,$$ $$k<9.$$

Так как $k$ — натуральное число, получаем $k\le8$.

1. Если $k=8$, то $$ka=(k+3)b \Rightarrow 8a=11b.$$ Значит, так как $8$ не делится на $11$, число $a$ должно делиться на $11$, следовательно, раз $160<a<170$, получаем $a=165$. Тогда $$b=\frac{8\cdot165}{11}=120.$$ Так как $b<120$, то $k\ne8$.
2. Если $k=7$, то $$ka=(k+3)b \Rightarrow 7a=10b.$$ Значит, так как $7$ не делится на $10$, число $a$ должно делиться на $10$. Но так как $160<a<170$, таких значений нет. Следовательно, $k\ne7$.
3. Если $k=6$, то $$ka=(k+3)b \Rightarrow 6a=9b \Rightarrow 2a=3b.$$ Значит, так как $2$ не делится на $3$, число $a$ должно делиться на $3$, следовательно, раз $160<a<170$, получаем $a=162,163,168$. При фиксированном $k$ максимальное значение $x$ достигается при максимальном возможном $a$: $$x=6\cdot168-7=1001,$$ $$b=\frac{2\cdot168}{3}=112.$$

При $k=5$ мы находили, что количество монет будет $833$. Значит, $1001$ — максимальное возможное количество монет.

Приведём пример для $x=1001$. Такое количество монет можно разложить в $6$ больших кляссеров по $168$ ячеек, при этом останется $5$ свободных ячеек: $$1001 = 6\cdot168-7.$$

Также это количество монет можно разложить в $9$ маленьких кляссеров по $119$ ячеек, при этом останется $5$ свободных ячеек: $$1001 = 9\cdot119-7.$$

Ответ:

• [a)] а) Нет
• [б)]б) $833$
• [в)]в) $1001$

а)

Рассмотрим набор, в котором присутствуют как однозначные, так и двузначные числа. Пусть в набор входят числа $3$, $15$, $15$.

• Однозначное число $3$ становится $33$ (приписали ту же цифру).
• Двузначное число $15$ заменяется на $(1 + 5)/2 = 3$.

Тогда: $$S_1 = 3 + 15 + 15 = 33,\quad S_2 = 33 + 3 + 3 = 39.$$ Получается, $S_2 - S_1 = 6$ — условие выполняется. Ответ — да, возможно.

б)

Пусть в первом наборе: $3$, $71$.

• $3 \to 33$,
• $71 \to (7 + 1)/2 = 4$.

$$S_1 = 3 + 71 = 74,\quad S_2 = 33 + 4 = 37.$$ $$S_1 = 2 \cdot S_2.$$ Да, сумма первого набора может быть в два раза больше суммы второго.

в)

Нужно найти наибольшее возможное значение отношения $$\frac{S_2}{S_1},$$ если:

• В первом наборе одинаковых чисел не было;
• Количество однозначных и двузначных чисел одинаково.

Обозначим:

• $a$ — однозначное число (в первом наборе), тогда после преобразования: $a \to 11a$ (число с одинаковыми цифрами).
• $10b + c$ — двузначное число, оно переходит в $\dfrac{b + c}{2}$.

Пусть $S_1 = a + 10b + c$,    $S_2 = 11a + \dfrac{b + c}{2}$.

Тогда отношение: $$\frac{S_2}{S_1} = \frac{11a + \dfrac{b + c}{2}}{a + 10b + c}.$$

Упростим числитель: $$\frac{22a + b + c}{2(a + 10b + c)}.$$

Покажем, что максимум этого отношения — 5.

Найдём максимальное значение дроби при допустимых $a, b, c \in \{1, 3, 5, 7, 9\}$.

Пусть $a = 9$ (максимум), $b = c = 1$ (минимум). Тогда: $$\frac{22 \cdot 9 + 1 + 1}{2(9 + 10 \cdot 1 + 1)} = \frac{198 + 2}{2 \cdot 20} = \frac{200}{40} = 5.$$

То есть отношение может быть максимум 5.

Проверим, можно ли достичь этого. Возьмём: $$a = 9 \Rightarrow a \to 99,\quad 11 \to 1.$$ Тогда: $$S_1 = 11 + 9 = 20,\quad S_2 = 1 + 99 = 100,\quad \frac{S_2}{S_1} = \frac{100}{20} = 5.$$

Значит, максимум достижим.

Ответ:
а) Да, может.
б) Да, может.
в) Максимальное значение отношения — $5$.

а) Пусть в первом наборе написаны числа 17, 11, 1. Тогда во втором наборе получатся числа: $$\frac{1 + 7}{2} = 4,\quad \frac{1 + 1}{2} = 1,\quad 11.$$ Сумма чисел в первом наборе равна $17 + 11 + 1 = 29$, а сумма чисел во втором наборе равна $4 + 1 + 11 = 16 = 29 - 13$. Что и требовалось.

б) Рассмотрим числа 33 и 7. Сумма чисел в наборе $33 + 7 = 40$. В новом наборе будут числа 3 и 77. Сумма этих чисел $3 + 77 = 80 = 40 \cdot 2$. То есть такое возможно.

в) Разделим первый набор чисел на две группы: однозначные и двузначные. Преобразование для однозначного числа $k$ делает из числа $k$ число $\overline{kk} = 11k$. Обозначим однозначные числа первого набора $k_1, k_2, \dots, k_n$. Двузначные числа первого набора — $a_1b_1, a_2b_2, \dots, a_n b_n$. Пусть $k_1 + k_2 + \dots + k_n = S_1$. Тогда отношение суммы первого набора к сумме второго набора равняется:

$$\frac{S_1 + a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_n b_n}{11S_1 + \frac{a_1 + b_1 + a_2 + b_2 + \dots + a_n + b_n}{2}}.$$

Обозначим $A = a_1 + a_2 + \dots + a_n$, $B = b_1 + b_2 + \dots + b_n$.

Тогда отношение выше равно: $$\frac{2S_1 + 20A + 2B}{22S_1 + A + B}.$$

Докажем следующий факт: $$\frac{2S_1 + 20A + 2B}{22S_1 + A + B} \leq 5{,}75.$$

Домножим обе части на знаменатель: $$2S_1 + 20A + 2B \leq 126{,}5S_1 + 5{,}75A + 5{,}75B,$$ $$14{,}25A \leq 124{,}5S_1 + 3{,}75B.$$

Домножим всё на 4: $$57A \leq 498S_1 + 15B.$$

Так как в первом наборе нет одинаковых чисел, а возможных цифр всего 5, то количество однозначных чисел в первом наборе не превышает 5, то есть $n \leq 5$.

Причем тогда: $$S_1 \geq 1 + 3 + \dots + (2n - 1) = n^2.$$

Так как все цифры из множества $\{b_1, b_2, \dots, b_n\}$ не меньше 1 (так как 0 в записи по условию не используется), то можно оценить число $B$ снизу значением $n$, так как в этой сумме $n$ чисел не меньше 1.

При этом значение $A$ можно оценить сверху числом $9n$, так как все цифры из множества $\{a_1, a_2, \dots, a_n\}$ не превышают 9, а в этой сумме $n$ чисел не больше 9.

То есть: $$57A \leq 57 \cdot 9n = 513n.$$

Теперь имеем: $$498S_1 + 15B \geq 498n^2 + 15n \geq 513n \geq 57A.$$

Мы пришли к тождественному неравенству. Тогда рассматриваемое отношение не превышает $5{,}75$. Равенство достигается, когда все приведённые выше оценки также обращаются в равенство. То есть $n = 1$, $S_1 = 1$, $A = 9$, $B = 1$. Значит, в первом наборе два числа — это 91 и 1. Тогда во втором наборе будут числа 5 и 11. Сумма первого набора 92, а сумма второго 16. Действительно, отношение суммы первого набора к сумме второго набора равняется $5{,}75$.

Ответ:

• [а)]а) Да
• [б)]б) Да
• [в)]в) $5{,}75$

Пусть в первом наборе $a$ чисел, во втором $b$ чисел. Тогда $$\frac{150a + 50b}{a + b} = 78,$$ $$150a + 50b = 78a + 78b,$$ $$72a = 28b,$$ $$18a = 7b.$$

Тогда $b$ делится на 18, пусть $b = 18d$. Тогда $a = 7d$.

а) Пусть $n = 25$. Тогда теперь все числа в первом наборе равны 125. Значит, $$\frac{125a + 50b}{a + b} = \frac{75a}{a + b} + 50 = \frac{75 \cdot 7d}{7d + 18d} + 50$$ $$= \frac{25 \cdot 3 \cdot 7d}{25d} + 50 = 21 + 50 = 71.$$

б) Пусть может, тогда после этой операции среднее арифметическое равно $$\frac{(150 - m)a + 50b}{a + b} = \frac{150a + 50b}{a + b} - \frac{am}{a + b} = 78 - \frac{am}{a + b} = 70.$$

Значит, $$\frac{am}{a + b} = 8.$$ Тогда $$8 = \frac{am}{a + b} = \frac{7dm}{7d + 18d} = \frac{7m}{25}.$$

Следовательно, $7m = 8 \cdot 25$, но число слева делится на 7, а справа — нет, значит, такого натурального $m$ не существует.

в) Пусть мы вычитаем $k \le 149$ из первого набора. Тогда новое среднее арифметическое равно $$\frac{7d(150 - k) + 18d(50 + k)}{25d} = \frac{7 \cdot 150 - 7k + 18 \cdot 50 + 18k}{25} = \frac{1950 + 11k}{25} = 78 + \frac{11k}{25}.$$

Таким образом, $11k$ должно делиться на 25, то есть $k$ должно делиться на 25. Мы знаем, что $1 \le k \le 149$. Значит, подойдут $k$, равные 25, 50, 75, 100, 125. Таким значениям $k$ соответствуют следующие значения среднего арифметического: 89, 100, 111, 122, 133.

Пусть вычитаем $k \le 49$ из второго набора. Тогда новое среднее арифметическое равно $$\frac{7d(150 + k) + 18d(50 - k)}{25d} = \frac{7 \cdot 150 + 7k + 18 \cdot 50 - 18k}{25} = \frac{1950 - 11k}{25} = 78 - \frac{11k}{25}.$$

Таким образом, $11k$ должно делиться на 25, то есть $k$ должно делиться на 25. Мы знаем, что $1 \le k \le 49$. Значит, подойдёт $k$, равное 25. Таким значениям $k$ соответствуют следующие значения среднего арифметического: 67.

Итого получаем 6 возможных значений среднего арифметического: 67, 89, 100, 111, 122, 133.

Ответ:

• [а)] а)Да, может
• [б)] б)Нет, не может
• [в)] в)67, 89, 100, 111, 122, 133

Пусть в первом наборе $a$ чисел, во втором — $b$ чисел. Тогда по условию $$\frac{175a + 80b}{a+b} = 145.$$ Отсюда $$175a + 80b = 145a + 145b,$$ $$30a = 65b,$$ $$6a = 13b.$$

Следовательно, $b$ делится на $6$. Пусть $b = 6d$, тогда $a = 13d$.

а) Пусть $n=19$. Тогда все числа первого набора равны $175-19=156$. Новое среднее арифметическое равно $$\frac{156a + 80b}{a+b} = \frac{76a}{a+b} + 80 = \frac{76\cdot 13d}{13d+6d} + 80 = \frac{19\cdot 4\cdot 13d}{19d} + 80 = 52 + 80 = 132.$$

Следовательно, да, такое возможно.

б) Пусть после уменьшения среднее арифметическое стало равно $135$. Тогда $$\frac{(175-m)a + 80b}{a+b} = \frac{175a + 80b}{a+b} - \frac{am}{a+b} = 145 - \frac{am}{a+b} = 135.$$

Отсюда $$\frac{am}{a+b} = 10.$$

Подставим $a=13d$, $b=6d$: $$10 = \frac{13dm}{19d} = \frac{13m}{19}.$$

Тогда $$13m = 190.$$

Левая часть делится на $13$, правая — нет, противоречие. Следовательно, такого натурального $m$ не существует.

Ответ: нет.

в)

Случай 1. Уменьшаем числа первого набора и увеличиваем числа второго набора на $k$, где $1 \le k \le 174$.

Новое среднее арифметическое: $$\frac{13d(175-k) + 6d(80+k)}{19d} = \frac{13\cdot175 - 13k + 6\cdot80 + 6k}{19} = \frac{2755 - 7k}{19} = 145 - \frac{7k}{19}.$$

Чтобы среднее было целым, $7k$ должно делиться на $19$, значит $k$ делится на $19$. При $1 \le k \le 174$ получаем $$k = 19, 38, 57, 76, 95, 114, 133, 152, 171.$$

Соответствующие значения среднего арифметического: $$138,\;131,\;124,\;117,\;110,\;103,\;96,\;89,\;82.$$

Случай 2. Увеличиваем числа первого набора и уменьшаем числа второго набора на $k$, где $1 \le k \le 79$.

Тогда $$\frac{13d(175+k) + 6d(80-k)}{19d} = \frac{2755 + 7k}{19} = 145 + \frac{7k}{19}.$$

Аналогично, $k$ делится на $19$: $$k = 19, 38, 57, 76.$$

Соответствующие значения среднего арифметического: $$152,\;159,\;166,\;173.$$

Итак, все возможные значения среднего арифметического: $$82,\;89,\;96,\;103,\;110,\;117,\;124,\;131,\;138,\;152,\;159,\;166,\;173.$$

Ответ:

• [a)]а) Да
• [б)]б) Нет
• [в)]в) $82,\;89,\;96,\;103,\;110,\;117,\;124,\;131,\;138,\;152,\;159,\;166,\;173$