Тапсырма 20 ЕГЭ по бейінді математикада: ФИПИ шешімдері қадамдық жауаптарымен

а) Если все 30 чисел кратны 3, то среди них не менее 30 различных зелёных чисел либо числа, кратные 3 и одновременно кратные 7. В любом случае 30 чисел можно упорядочить так, что каждое из них не меньше соответствующего числа…$$3(1+2+\ldots+30)=3\cdot\frac{30\cdot31}{2}=1395$$

Следовательно, сумма меньше $1395$ быть не может. Жауап на пункт а): нет.

Обозначим через $x$ количество камней массой 7 тонн в первой группе, а через $y$ — количество камней массой 22 тонны в первой группе. Тогда масса первой группы равна $7x+22y$, где $0\leq x\leq4$ и $0\leq y\leq9$. Общая масса всех камней…$$4\cdot7+9\cdot22=226$$

Если разность масс групп равна 8 тонн, масса одной из групп должна быть равна $\frac{226-8}{2}=109$ тонн или $\frac{226+8}{2}=117$ тонн.

В распознанном условии и на приложенном изображении не отображаются ключевые математические выражения: исходная пара чисел, условие на числа, правило получения новой пары, а также пары, указанные в пунктах а–в.

Без этих данных невозможно определить допустимые ходы, инварианты преобразования и ответы на отдельные пункты задачи.

Рассмотрим отрезок из $k$ последовательных натуральных чисел. Любые $60$ последовательных чисел содержат не менее трёх чисел, делящихся на $20$, поскольку такие числа идут через каждые $20$ чисел. При этом в любых $60$ последовательных…

а) Да, это возможно. Например, в последовательности чисел от $21$ до $99$ содержатся ровно три числа, делящихся на $20$: $40$, $60$ и $80$. Числа, делящиеся на $23$, равны $23$, $46$, $69$ и $92$, то есть их четыре. Поэтому условие…

Для пункта а) приведём пример пяти чисел: $6, 8, 9, 10, 11$. Минимальное произведение равно $6\cdot 8=48>45$, а максимальное — $10\cdot 11=110<120$. Следовательно, пять чисел на доске быть могут.$$45<6\cdot 8\leq x_ix_j\leq 10\cdot 11=110<120$$

Для пункта б) пусть на доске записаны шесть чисел $a_1<a_2<a_3<a_4<a_5<a_6$. Так как $a_2\geq a_1+1$, из условия $a_1a_2>45$ следует $a_1(a_1+1)>45$, поэтому $a_1\geq 7$. Кроме того, $a_6\geq a_1+5$, а из условия $a_1a_6<120$ следует…$$a_1(a_1+1)>45,\qquad a_1(a_1+5)<120,\qquad 7\leq a_1\leq 9$$

а) Требуется решить систему $3a+b=5$, $3b-a=5$. Из первого уравнения $b=5-3a$. Подставляя во второе уравнение, получаем $3(5-3a)-a=5$, откуда $a=1$ и $b=2$. Следовательно, пара $(5;5)$ получается из пары $(1;2)$.$$3\cdot1+2=5,\quad 3\cdot2-1=5$$

б) Пусть $(c;d)$ получена из пары $(a;b)$, то есть $c=3a+b$, $d=3b-a$. Рассмотрим исходную пару $(-b;a)$. После операции из неё получается пара $(-3b+a;3a+b)=(-d;c)$. Значит, утверждение верно.$$(3(-b)+a;\,3a-(-b))=(a-3b;\,3a+b)=(-d;c)$$

Пусть исходное трёхзначное число имеет вид $100a+10b+c$, где $1\leqslant a\leqslant 9$, $0\leqslant b,c\leqslant 9$. После операции получаем число $100a+20b+c+3$.$$N=100a+20b+c+3$$

Проверим возможность получения числа 224. Должно выполняться $100a+20b+c+3=224$, то есть $100a+20b+c=221$. При $a=2$ получаем $20b+c=21$, откуда $b=1$, $c=1$. Значит, исходное число $211$, и число 224 действительно может получиться.$$211+10\cdot1+3=224$$

Любое слагаемое в полученной сумме состоит из подряд идущих единиц. Слагаемое из четырёх и более единиц больше либо равно $1111$, поэтому в сумме $132$ могут быть только слагаемые $1$, $11$ и $111$.$$132=111x+11y+z$$

Число написанных единиц равно сумме длин всех слагаемых:$$n=3x+2y+z$$

Пусть $a$ и $b$ — любые два записанных числа. Для фиксированного $k\in\{3,4,5,6\}$ выберем ещё $k-1$ чисел, не совпадающих с $a$ и $b$. Средние арифметические наборов с $a$ и с $b$ целые, поэтому разность сумм делится на $k$…$$a-b\equiv0\pmod{k},\quad k=3,4,5,6$$

Значит, разность любых двух чисел делится на наименьшее общее кратное чисел $3,4,5,6$, то есть на $60$. Так как одно из чисел равно $30021$ и $30021\equiv21\pmod{60}$, каждое записанное число имеет вид $21+60t$.$$a_i\equiv30021\equiv21\pmod{60}$$

Пусть фотографирование длилось $k$ дней. Сумма фотографий Маши равна $\dfrac{k(2m+k-1)}{2}$, а сумма фотографий Наташи — $\dfrac{k(2n+k-1)}{2}$.

По условию разность сумм равна 1001:$$\frac{k(2n+k-1)}{2}-\frac{k(2m+k-1)}{2}=k(n-m)=1001$$

Пусть среди записанных чисел есть $a$, $b$, $c$, $d$, $e$. Суммы любых трёх чисел делятся на 3. Рассмотрим две тройки $a,b,c$ и $a,b,d$. Их суммы делятся на 3, поэтому разность сумм также делится на 3. Значит, $c-d$ делится на 3…

Аналогично, сравнивая суммы двух пятёрок, имеющих четыре общих числа, получаем, что разность любых двух записанных чисел делится на 5. Поэтому все записанные числа имеют одинаковый остаток при делении на 5.

Пусть первоначально в школе № 1 было $n$ учащихся, а перешедший учащийся набрал $x$ баллов. Сумма баллов в этой школе равна $18n$. После перехода учащихся стало $n-1$, а средний балл увеличился на 10% и стал равен $19{,}8$.$$18n-x=19{,}8(n-1)$$

Выразим количество балл перешедшего учащегося:$$x=18n-19{,}8(n-1)=\frac{99-9n}{5}=\frac{9(11-n)}5$$

а) Подберём три пары цифр, произведения которых в сумме дают $200$: $81+63+56=200$.

Этим произведениям соответствуют пары цифр $9\cdot9$, $7\cdot9$ и $8\cdot7$. Поэтому можно взять $A=978$ и $B=997$.$$S=9\cdot9+7\cdot9+8\cdot7=81+63+56=200$$

Каждое слагаемое получается из подряд идущих единиц: группа из одной единицы даёт $1$, из двух — $11$, из трёх — $111$, из четырёх — $1111$.

В пункте а) сумма $113$ представляется в виде $111 + 1 + 1$. Всего использовано $3 + 1 + 1 = 5$ единиц, поэтому такую сумму получить можно.

Для пункта а) подходит, например, расстановка $1,2,3,4,10,9,8,7,6,5,11,12$ по окружности.$$|1-2|+|2-3|+|3-4|+|4-10|+|10-9|+|9-8|+|8-7|+|7-6|+|6-5|+|5-11|+|11-12|+|12-1|=32$$

Для пункта б) модуль разности имеет ту же чётность, что и сама разность. Поэтому сумма полученных чисел сравнима по модулю 2 с суммой разностей по замкнутому циклу.$$\sum |a_i-a_{i+1}| \equiv \sum (a_i-a_{i+1})=0 \pmod 2$$

Пусть $x$ — число ходов $(a,b)\to(a+2,b-1)$, а $y$ — число ходов $(a,b)\to(a-1,b+2)$. Тогда после этих ходов$$a=5+2x-y,\quad b=7-x+2y,\quad n=x+y$$

а) При $n=50$ имеем $y=50-x$. Поэтому$$a=5+2x-(50-x)=3x-45,\quad b=7-x+2(50-x)=107-3x$$

Для суммы 107 возможны только числа $4$, $9$, $44$, $49$, $94$, $99$. Находим представление:$$107=94+9+4$$

Следовательно, в пункте а) ответ положительный.

Пусть $b$ — количество синих карточек, а $r$ — количество красных карточек. Тогда наибольшее число на красной карточке равно $2b$, а наибольшее число на синей карточке равно $r$.

Так как на синей карточке написано число, делящееся на 3, число $r$ должно быть кратно 3.

Обозначим через $b$ количество синих карточек, а через $r$ — количество красных карточек. По условию наибольшее синее число равно $r$, поэтому $r$ — положительное число, делящееся на 3. Наибольшее красное число равно $2b$.

Все синие числа — различные числа, кратные 3, большие $-60$ и не превосходящие $r$. Это числа $-57,-54,\ldots,r$. Их количество равно $\frac{r}{3}+20$, поэтому $b\leq\frac{r}{3}+20$.

Пусть цифры числа $A$ равны $a$, $b$, $c$, где $a\neq 0$. Тогда $A=100a+10b+c$. После вычёркивания одной цифры можно получить числа $10b+c$, $10a+c$ и $10a+b$.

Рассмотрим произведение $(10b+c)(10a+c)$. Условие равенства произведения числу $A$ даёт $(10b+c)(10a+c)=100a+10b+c$. После преобразования получаем $(10b+c)(10a+c-1)=100a$. Проверка цифр показывает, что решений нет.