Задание 20 ЕГЭ профиль по математике — числа и их свойства: делимость, последовательности, оценка плюс пример

а) Шаг 1. Запишем исходное число в виде \(\overline{abc} = 100a + 10b + c\). По условию к нему прибавляют \(10b\) и \(3\). Получаем новое число: \(Y = 100a + 10b + c + 10b + 3 = 100a + 20b + c + 3\).
Шаг 2. Приравняем к 224: \(100a + 20b + c + 3 = 224 \implies 100a + 20b + c = 221\).
Шаг 3. Учитывая, что \(b, c \le 9\), максимальное значение \(20b+c\) равно 189. Значит, \(a\) не может быть 1 (иначе \(100+189 < 221\)). Если \(a = 2\), то \(200 + 20b + c = 221 \implies 20b + c = 21\). Подходит \(b=1, c=1\). Исходное число 211. Ответ: Да.

б) Шаг 1. Приравняем к 314: \(100a + 20b + c + 3 = 314 \implies 100a + 20b + c = 311\).
Шаг 2. Если \(a = 3\), то \(20b + c = 11\). Подходит только \(b=0\), но тогда \(c=11\), а цифра не может быть больше 9. Если \(a = 2\), то \(20b + c = 111\). Максимальное \(b=5\) дает \(c=11\) (не цифра), а \(b \ge 6\) дает перебор. Значит, решений нет. Ответ: Нет.

в) Шаг 1. Составим отношение: \(R = \frac{100a+20b+c+3}{100a+10b+c} = 1 + \frac{10b+3}{100a+10b+c}\).
Шаг 2. Чтобы дробь была максимальной, числитель нужно максимизировать, а знаменатель — минимизировать. Для знаменателя берем минимально возможное \(a = 1\) и \(c = 0\).
Шаг 3. Получаем \(R = 1 + \frac{10b+3}{100+10b}\). Эта функция возрастает при увеличении \(b\). Берем максимальную цифру \(b = 9\).
Шаг 4. Тогда \(R = 1 + \frac{93}{190} = \frac{283}{190}\). (Исходное число 190).

а) Шаг 1. Пусть исходное число \(X = 100a + 10b + c\). Вычтем сумму цифр: \(X - (a+b+c) = 99a + 9b\).
Шаг 2. Делим разность на 3: \(Y = \frac{99a+9b}{3} = 33a + 3b = 3(11a+b)\).
Шаг 3. Проверяем \(Y = 300\). Имеем \(33a + 3b = 300 \implies 11a + b = 100\). При \(a=9\) получаем \(99 + b = 100 \implies b=1\). Исходным числом могло быть 910 (цифра \(c\) может быть любой). Ответ: Да.

б) Шаг 1. Формула полученного числа \(Y = 3(11a+b)\) имеет очевидное свойство — это число всегда кратно 3.
Шаг 2. Число 151 на 3 не делится (сумма цифр \(1+5+1=7\)). Значит, получить его невозможно. Ответ: Нет.

в) Шаг 1. Выражение \(11a+b\) для чисел от 100 до 600. Цифра сотен \(a\) принимает значения от 1 до 6.
Шаг 2. Если \(a \in [1; 5]\), цифра десятков \(b\) принимает все 10 значений от 0 до 9. Выражение \(11a+b\) дает уникальные значения, так как при увеличении \(a\) на 1 значение скачет на 11, а \(b\) дает лишь прибавку до 9. Отсюда множества не пересекаются.
Шаг 3. Количество вариантов: для 5 сотен это \(5 \times 10 = 50\) вариантов. Для \(a=6\) возможно только число 600, где \(b=0\) (1 вариант). Всего \(50 + 1 = 51\) различное число.

а) Шаг 1. Пусть \(N_1\) и \(N_2\) — начальное число учащихся, \(A_1\) и \(A_2\) — средние баллы. Ученик с баллом \(x\) переходит из 1 в 2.
Шаг 2. Новое среднее в школе 1: \(\frac{N_1 A_1 - x}{N_1 - 1} = 2A_1 \implies x = A_1(2 - N_1)\).
Шаг 3. Так как балл \(x \ge 1\) и \(A_1 \ge 1\), то скобка \(2 - N_1 \ge 1 \implies N_1 \le 1\). Но по условию \(N_1 \ge 2\). Противоречие. Ответ: Нет.

б) Шаг 1. Рост на 10% означает, что новое среднее равно \(1{,}1 A\).
Для школы 2: \(\frac{N_2 A_2 + x}{N_2 + 1} = 1{,}1A_2 \implies x = 0{,}1A_2(N_2 + 11)\).
Для школы 1: \(\frac{N_1 A_1 - x}{N_1 - 1} = 1{,}1A_1 \implies x = 0{,}1A_1(11 - N_1)\). Из этого ясно, что \(N_1 < 11\).
Шаг 2. Если \(A_2 = 1\), то \(x = \frac{N_2 + 11}{10}\). Чтобы \(x\) было целым, \(N_2\) должно оканчиваться на 9. С учетом \(N_1+N_2=51\) и \(N_1 < 11\), подходит только \(N_2 = 49, N_1 = 2\).
Шаг 3. Тогда \(x = \frac{49+11}{10} = 6\). Подставим во второе уравнение: \(6 = 0{,}1 A_1 (11 - 2) = 0{,}9 A_1 \implies A_1 = \frac{60}{9}\). Это не целое число. Ответ: Нет.

в) Шаг 1. Приравняем выражения для \(x\): \(0{,}1A_2(N_2 + 11) = 0{,}1A_1(11 - N_1)\).
Шаг 2. Учитывая \(N_2 = 51 - N_1\), имеем \(A_2(62 - N_1) = A_1(11 - N_1)\), откуда \(A_1 = A_2 \frac{62 - N_1}{11 - N_1} = A_2 \left(1 + \frac{51}{11 - N_1}\right)\).
Шаг 3. Чтобы \(A_1\) было целым, дробь должна сокращаться. Пусть знаменатель \(d = 11 - N_1\). Так как \(N_1 \in [2; 10]\), то \(d \in [1; 9]\).
Шаг 4. Если \(d = 9\) (т.е. \(N_1=2\)), то \(A_1 = A_2(1 + \frac{51}{9}) = A_2 \cdot \frac{60}{9} = A_2 \cdot \frac{20}{3}\). Чтобы \(A_1\) было целым, наименьшее натуральное \(A_2\) должно равняться 3. Проверка: \(A_2=3, A_1=20, x=18\). Все условия выполнены. Ответ: 3.

а) Шаг 1. Запишем уравнение для школы 2 (где \(A_2 = 42\)). Уменьшение на 10% дает новое среднее \(37{,}8\).
Шаг 2. Формула: \(\frac{42N_2 + x}{N_2 + 1} = 37{,}8 \implies 42N_2 + x = 37{,}8N_2 + 37{,}8 \implies x = 37{,}8 - 4{,}2N_2 = 4{,}2(9 - N_2)\).
Шаг 3. Чтобы балл \(x\) был целым, дробь \(\frac{42(9-N_2)}{10} = \frac{21(9-N_2)}{5}\) должна быть целой. Значит, \(9-N_2\) кратно 5. Так как \(x > 0\), подходит только \(N_2 = 4\). (При этом \(x = 21\)). Ответ: 4.

б) Шаг 1. Изначально в школе №2 было 4 ученика со средним баллом 42. Сумма их баллов: \(4 \times 42 = 168\).
Шаг 2. Перешедший ученик имел \(x = 21\) балл. По условию каждый из учеников школы №2 набрал строго больше, то есть минимум 22 балла.
Шаг 3. Чтобы максимизировать балл одного ученика, минимизируем баллы троих других. Пусть трое набрали по 22 балла (сумма 66).
Шаг 4. Наибольший балл четвертого: \(168 - 66 = 102\). Ответ: 102.

в) Шаг 1. Запишем уравнение для школы №1: \(\frac{N_1 A_1 - x}{N_1 - 1} = 0{,}9A_1\). Подставим \(x=21\): \(N_1 A_1 - 21 = 0{,}9 A_1 N_1 - 0{,}9 A_1 \implies 0{,}1 A_1 N_1 + 0{,}9 A_1 = 21 \implies A_1(N_1 + 9) = 210\).
Шаг 2. Кроме того, сумма баллов оставшихся учеников должна быть хотя бы \(N_1 - 1\) (минимум по 1 баллу у каждого). То есть \(N_1 A_1 - 21 \ge N_1 - 1 \implies N_1(A_1 - 1) \ge 20\).
Шаг 3. Разложим 210 на множители. Если \(A_1 = 1\), то \(N_1 + 9 = 210 \implies N_1 = 201\). Но проверяем условие: \(201(1 - 1) \ge 20\) — ложь.
Шаг 4. Если \(A_1 = 2\), то \(N_1 + 9 = 105 \implies N_1 = 96\). Проверяем: \(96(2 - 1) = 96 \ge 20\) — истина. Ответ: 96.

а) Шаг 1. Уравнение для школы №1 (где \(A_1=18\)). Рост на 10% дает новое среднее 19,8. Ушел ученик с баллом \(x\).
Шаг 2. \(\frac{18N_1 - x}{N_1 - 1} = 19{,}8 \implies x = 18N_1 - 19{,}8N_1 + 19{,}8 = 19{,}8 - 1{,}8N_1 = 1{,}8(11 - N_1) = \frac{9(11-N_1)}{5}\).
Шаг 3. Чтобы \(x\) было целым натуральным числом, \(11-N_1\) должно быть кратно 5 и больше нуля. Подходит только \(N_1 = 6\). При этом \(x = 9\). Ответ: 6.

б) Шаг 1. Изначально в школе №1 было 6 учеников со средним 18. Их сумма баллов: \(6 \times 18 = 108\).
Шаг 2. Перешедший ученик имел 9 баллов. Осталось 5 учеников, все баллы различны.
Шаг 3. Чтобы максимизировать один из баллов, минимизируем остальные 4 (при этом они не должны равняться 9 и друг другу). Берем 1, 2, 3, 4.
Шаг 4. Наибольший балл: \(108 - (1 + 2 + 3 + 4 + 9) = 89\). Ответ: 89.

в) Шаг 1. Запишем уравнение для школы №2: \(\frac{N_2 A_2 + 9}{N_2 + 1} = 1{,}1 A_2 \implies N_2 A_2 + 9 = 1{,}1 A_2 N_2 + 1{,}1 A_2 \implies A_2(0{,}1 N_2 + 1{,}1) = 9 \implies A_2(N_2 + 11) = 90\).
Шаг 2. По условию \(N_2 > 10\), значит скобка \(N_2 + 11 > 21\).
Шаг 3. Нужно найти делители числа 90, большие 21. Это 30, 45, 90. Наименьшее возможное количество учащихся \(N_2\) соответствует делителю 30.
Шаг 4. Если \(N_2 + 11 = 30\), то \(N_2 = 19\) (при этом \(A_2 = 3\)). Ответ: 19.

а) Шаг 1. В школе 1 было 2 ученика с баллами 1 и 19. Средний балл был \(20/2 = 10\).
Шаг 2. Ученик с 19 баллами переходит. В школе 1 остается один ученик с 1 баллом. Новое среднее 1, то есть уменьшилось в 10 раз.
Шаг 3. В школе 2 было 7 учеников с баллом 1. Средний балл был 1. Добавился ученик с 19 баллами. Новое среднее \((7+19)/8 = 26/8 = 3{,}25\). Условия задачи не запрещают любой рост во 2-й школе. Значит, сценарий возможен. Ответ: Да.

б) Шаг 1. Падение на 10% означает: для школы 1 \(\frac{N_1 A_1 - x}{N_1 - 1} = 0{,}9 A_1 \implies x = 0{,}1 A_1(N_1 + 9)\).
Шаг 2. Для школы 2: \(\frac{N_2 A_2 + x}{N_2 + 1} = 0{,}9 A_2 \implies x = 0{,}1 A_2(9 - N_2)\).
Шаг 3. Приравниваем: \(A_1(N_1 + 9) = A_2(9 - N_2)\). Так как суммарно 9 учеников, \(N_1 = 9 - N_2\). Тогда \(A_1(18 - N_2) = A_2(9 - N_2)\), откуда \(A_1 = A_2 \frac{9 - N_2}{18 - N_2}\).
Шаг 4. Если \(A_2 = 7\), то \(A_1 = 7 \cdot \frac{9-N_2}{18-N_2}\). Подставляем \(N_2 \in [2;7]\), ни одна дробь не дает целого \(A_1\). Ответ: Нет.

в) Шаг 1. Из формулы \(A_1 = A_2 \frac{9 - N_2}{18 - N_2}\) следует, что \(A_2\) должно компенсировать знаменатель дроби, чтобы \(A_1\) было целым.
Шаг 2. Ищем такое \(N_2\), при котором знаменатель после сокращения будет минимальным. Подставим \(N_2 = 3\): \(\frac{9-3}{18-3} = \frac{6}{15} = \frac{2}{5}\).
Шаг 3. Чтобы \(A_1\) было целым, \(A_2\) должно делиться на 5. Минимальное \(A_2 = 5\). При этом \(A_1 = 2\), \(N_1=6\), \(x=3\). Все условия выполняются. Ответ: 5.

а) Шаг 1. Обозначим операцию: берем из 1 и 2, кладем 2 камня в 3-ю. Обозначим это как вектор изменений \((-1, -1, +2)\). Если берем из 2 и 3, кладем в 1-ю: \((+2, -1, -1)\).
Шаг 2. Сделаем 5 операций первого типа: \((97, 104, 0) \to (92, 99, 10)\).
Шаг 3. Сделаем 5 операций второго типа: \((92, 99, 10) \to (102, 94, 5)\).
Шаг 4. Сделаем еще 5 операций первого типа: \((102, 94, 5) \to (97, 89, 15)\). Все условия выполнены. Ответ: Да.

б) Шаг 1. Найдем инвариант. При любом ходе две коробки уменьшаются на 1, одна увеличивается на 2. Заметим, что по модулю 3 изменения равны: \(-1 \equiv 2 \pmod 3\), \(+2 \equiv 2 \pmod 3\). Это значит, что разность камней в любых двух коробках по модулю 3 не меняется!
Шаг 2. Проверим разность первой и второй коробок: \(x_0 - y_0 = 97 - 104 = -7 \equiv 2 \pmod 3\).
Шаг 3. Если в третьей 201 камень, то в первой и второй по 0 (всего камней 201). Тогда их разность \(0 - 0 = 0 \equiv 0 \pmod 3\). Инвариант нарушен. Ответ: Нет.

в) Шаг 1. Общее число камней 201. Мы знаем, что в первой коробке \(x=1\). Тогда \(y+z=200\). Нам нужно максимизировать \(z\), значит минимизировать \(y\).
Шаг 2. Используем инвариант. Исходные остатки от деления на 3: \(x_0 = 97 \equiv 1 \pmod 3\), \(y_0 = 104 \equiv 2 \pmod 3\), \(z_0 = 0 \equiv 0 \pmod 3\).
Шаг 3. В конечном состоянии остатки должны сохраниться. Раз \(x=1 \equiv 1 \pmod 3\), то \(y\) обязано давать остаток 2 при делении на 3. Наименьшее такое целое неотрицательное число — это \(y = 2\).
Шаг 4. Тогда \(z = 200 - 2 = 198\). Привести к такому состоянию можно серией шагов (как доказано в алгоритмах теоремы инвариантов). Ответ: 198.

а) Шаг 1. Операция означает изменение \((-1, -1, -1, +3)\).
Шаг 2. Если мы проделаем две операции, кладя камни в четвертую, одну во вторую и одну в третью, мы получим: \((101, 102, 103, 0) \xrightarrow{4, 4, 2, 3} (97, 102, 103, 4)\). Ответ: Да.

б) Шаг 1. Ищем инвариант. Изменения равны \(-1\) или \(+3\). По модулю 4 эти изменения одинаковы: \(-1 \equiv 3 \pmod 4\). Это означает, что разности количеств камней в любых двух коробках сохраняются по модулю 4.
Шаг 2. Изначальные остатки: \(101 \equiv 1 \pmod 4\), \(102 \equiv 2 \pmod 4\), \(103 \equiv 3 \pmod 4\), \(0 \equiv 0 \pmod 4\). Все 4 остатка различны.
Шаг 3. Если в четвертой коробке 306 камней (это все камни, так как сумма \(101+102+103=306\)), то в остальных по 0. Значит, их остатки равны (три нуля). Но инвариант требует, чтобы все 4 остатка всегда были различны! Противоречие. Ответ: Нет.

в) Шаг 1. Максимизируем камни в первой коробке (обозначим \(x\)). Сумма всех камней 306.
Шаг 2. Остатки всегда должны быть \(0, 1, 2, 3\) (в любом порядке). Чтобы \(x\) было наибольшим, остальные три коробки должны содержать минимально возможное число камней.
Шаг 3. Минимально возможные количества камней в трех коробках, чтобы их остатки по модулю 4 не совпадали между собой, это 0, 1 и 2 (их сумма равна 3).
Шаг 4. Тогда в первой коробке будет \(306 - 3 = 303\) камня. Проверим её остаток: \(303 = 4 \times 75 + 3 \equiv 3 \pmod 4\). Остатки \(3, 0, 1, 2\) различны, инвариант соблюден. Ответ: 303.