Числовые наборы и прогрессии — задание №19 ЕГЭ по математике

Будем записывать числа по возрастанию. Это не меняет набор, но позволяет проверить сразу все попарные произведения: самое маленькое произведение дают два самых маленьких числа, самое большое — два самых больших. Все числа положительны, поэтому при увеличении множителя произведение увеличивается. Значит, достаточно проверить две крайние пары. а) Пять чисел возможны. Возьмём: $$7,\ 8,\ 9,\ 10,\ 11.$$ Проверим наименьшее произведение: $$7\cdot8=56>45.$$ Проверим наибольшее: $$10\cdot11=110<120.$$ Остальные произведения не меньше первого и не больше второго, поэтому тоже лежат строго между 45 и 120. Ответ на пункт а) — да. б) Предположим, что подходящих чисел шесть, и запишем их так: $$a<b<c<d<e<f.$$ Разные натуральные числа отличаются хотя бы на 1. Поэтому $a\le b-1$. Из необходимого условия $ab>45$ следует: $$b(b-1)>45.$$ Если $b\le7$, то: $$b(b-1)\le7\cdot6=42\le45,$$ что противоречит требованию. Следовательно: $$b\ge8.$$ После $b$ стоят четыре разных целых числа. Поэтому: $$e\ge b+3\ge11,\qquad f\ge b+4\ge12.$$ Перемножим эти положительные нижние границы: $$ef\ge11\cdot12=132.$$ Но 132 не меньше 120, а по условию каждое произведение должно быть строго меньше 120. Противоречие. Значит, шести чисел быть не может. в) Теперь чисел четыре: $$a<b<c<d.$$ Нужно найти наименьшее значение их суммы. Мы не будем угадывать подходящий набор: получим все возможные варианты для двух средних чисел, а затем выберем крайние числа, выгодные для суммы. Как и раньше, из $ab>45$ и $a\le b-1$ следует $b\ge8$. С другой стороны, $c\ge b+1$ и $d\ge b+2$, поэтому: $$cd\ge(b+1)(b+2).$$ Чтобы выполнялось $cd<120$, необходимо: $$(b+1)(b+2)<120.$$ Уже при $b=10$ левая часть равна: $$(10+1)(10+2)=11\cdot12=132\ge120.$$ При ещё больших $b$ произведение только увеличивается. Поэтому остаются ровно следующие целые значения $b$: $$8,\ 9.$$ Для каждого выбранного $b$ условие на наименьшее произведение равносильно: $$a>\frac{45}{b},\qquad a<b.$$ Берём все целые числа в этом промежутке. После выбора $c$ условие на наибольшее произведение равносильно: $$c<d<\frac{120}{c}.$$ Список $c$ тоже конечен: должно выполняться $c(c+1)<120$, иначе даже наименьшее возможное $d=c+1$ не подойдёт. Перечислим все оставшиеся варианты. При фиксированных $b,c$ сумма растёт с увеличением $a$ и $d$, поэтому для минимума выбираем наименьшие разрешённые $a,d$, а для максимума — наибольшие. При $b=8$, $c=9$ имеем $6\le a\le7$ и $10\le d\le13$. Для наименьшей суммы берём $a=6$, $d=10$. Получаем: $$a+b+c+d=6+8+9+10=33.$$ При $b=8$, $c=10$ имеем $6\le a\le7$ и $11\le d\le11$. Для наименьшей суммы берём $a=6$, $d=11$. Получаем: $$a+b+c+d=6+8+10+11=35.$$ При $b=9$, $c=10$ имеем $6\le a\le8$ и $11\le d\le11$. Для наименьшей суммы берём $a=6$, $d=11$. Получаем: $$a+b+c+d=6+9+10+11=36.$$ Мы рассмотрели все возможные пары средних чисел и оптимальные крайние числа для каждой пары. Наименьшее из полученных сумм равно 33. Оно достигается на наборе: $$6,\ 8,\ 9,\ 10.$$ Для окончательной проверки этого набора: $$6\cdot8=48>45,$$ $$9\cdot10=90<120.$$ Все четыре числа натуральные и различные. Значит, найденная граница действительно достигается. Ответ: а) да; б) нет; в) 33.

Здесь нельзя путать долю контейнеров по количеству и долю их массы: контейнеры весят неодинаково. Обозначим общее число контейнеров через $4n$. Тогда 25%, то есть четверть, составляют $n$ контейнеров с сахаром. Остальных: $$4n-n=3n.$$ Пусть $A$ — общая масса сахарных контейнеров, $B$ — остальных. Искомая доля массы равна $A/(A+B)$. а) Нужно проверить возможность доли 20%. Для ответа «да» достаточно привести один полностью подходящий набор. Возьмём восемь контейнеров. Два из них — с сахаром, каждый по 20 т. Остальные шесть — пять по 20 т и один 60 т. Проверим количество сахарных контейнеров: $$\frac28=\frac14=25\%.$$ Их масса: $$A=2\cdot20=40\text{ т}.$$ Масса остальных: $$B=5\cdot20+60=100+60=160\text{ т}.$$ Общая масса и нужная доля: $$A+B=40+160=200\text{ т},$$ $$\frac{A}{A+B}=\frac{40}{200}=\frac15=20\%.$$ Все условия выполнены, ответ — да. б) Проверим возможность 60% для любого набора. Каждый из $n$ сахарных контейнеров весит не больше 60 т, поэтому: $$A\le60n.$$ Каждый из $3n$ остальных весит не меньше 20 т, поэтому: $$B\ge20\cdot3n=60n.$$ Следовательно, $B\ge A$: остальные контейнеры весят не меньше сахарных. Поэтому: $$A+B\ge2A,$$ $$\frac{A}{A+B}\le\frac{A}{2A}=\frac12=50\%.$$ Мы делим положительные величины: контейнеры есть и их массы положительны. Доля 60% больше 50%, поэтому она невозможна. в) Теперь найдём наименьшую долю. У сахарных контейнеров есть нижняя граница массы: $$A\ge20n.$$ У остальных есть верхняя граница: $$B\le60\cdot3n=180n.$$ Из $A\ge20n$ следует $9A\ge180n$. Совмещаем: $$B\le180n\le9A,$$ $$A+B\le10A.$$ При уменьшении положительного знаменателя дробь с данным положительным числителем увеличивается. Поэтому: $$\frac{A}{A+B}\ge\frac{A}{10A}=\frac1{10}=10\%.$$ Чтобы достичь 10%, возьмём один сахарный контейнер 20 т и три остальных по 60 т. По количеству доля сахара $1/4=25\%$, по массе: $$\frac{20}{20+3\cdot60}=\frac{20}{20+180}=\frac{20}{200}=10\%.$$ Итак, меньшая доля невозможна, а 10% достигается. Ответ: а) да; б) нет; в) 10%.

Назовём пару достижимой, если она получается из целых $a,b$ по правилу $(3a+b;3b-a)$. Важно проверять целочисленность исходной пары: дробные $a,b$ использовать нельзя. а) Приравняем результат к $(5;5)$: $$ 3a+b=5;\qquad3b-a=5. $$ Из первого равенства $b=5-3a$. Подставим это во второе, раскрывая скобки: $$ 3(5-3a)-a=5;\qquad15-9a-a=5; $$ $$ 15-10a=5;\qquad-10a=5-15=-10;\qquad a=1. $$ $$ b=5-3\cdot1=2. $$ Проверка: $3\cdot1+2=5$, $3\cdot2-1=5$. Пара $(1;2)$ целая. Ответ: да. б) Пусть $(c;d)=(3a+b;3b-a)$. Чтобы получить $(-d;c)$, возьмём исходную пару $(-b;a)$. Она тоже целая. Применим операцию: $$ (3(-b)+a;\ 3a-(-b))=(-3b+a;\ 3a+b)=(-d;c). $$ Мы указали нужную исходную пару для любых целых $a,b$, значит, утверждение верно. в) Ищем минимум $D=|c-9|+|d-2|$ среди достижимых $(c;d)$. Сначала ограничим возможные расстояния. У достижимой пары: $$ c+d=(3a+b)+(3b-a)=2a+4b=2(a+2b). $$ Эта сумма чётна. Число $|z|$ имеет ту же чётность, что и целое $z$: при $z\ge0$ они равны, при $z<0$ разность $|z|-z=-2z$ чётна. Поэтому $D$ имеет ту же чётность, что: $$ (c-9)+(d-2)=c+d-11. $$ Чётное число минус 11 нечётно. Следовательно, $D$ нечётно, и расстояния 0 и 2 исключены. Проверим расстояние 1. Здесь одна координата отличается от $(9;2)$ на 1, а другая совпадает. Все четыре варианта: $(8;2),(10;2),(9;1),(9;3)$. Из формул операции следует дополнительное необходимое условие: $$ 3c-d=3(3a+b)-(3b-a)=9a+3b-3b+a=10a. $$ Значит, $3c-d$ должно делиться на 10. Проверим: $$ \begin{array}{c|c} (c;d)&3c-d\\\hline (8;2)&24-2=22\\ (10;2)&30-2=28\\ (9;1)&27-1=26\\ (9;3)&27-3=24 \end{array} $$ Ни одно из чисел не кратно 10, поэтому расстояние 1 невозможно. Следующее допустимое нечётное расстояние — 3. Оно достигается из $(2;2)$: $$ (3\cdot2+2;3\cdot2-2)=(8;4); $$ $$ |8-9|+|4-2|=|-1|+|2|=1+2=3. $$ Ответ: а) да, из $(1;2)$; б) верно; в) 3.

Пусть фотографировали $k$ дней, где $k>1$. В день с номером $j+1$ Маша делает $m+j$ фотографий, Наташа — $n+j$, где $j=0,1,\ldots,k-1$. Их разность в каждый день одна и та же: $$ (n+j)-(m+j)=n-m. $$ За $k$ дней разность сумм равна: $$ k(n-m)=1001. $$ Значит, число дней $k$ обязано делить 1001 нацело, ведь $n-m$ — целое число. а) При $k=7$ можно взять $m=1$, $n=144$. Ежедневная разность $144-1=143$, а за семь дней: $$ 7\cdot143=1001. $$ Числа фотографий натуральные и ежедневно увеличиваются на 1. Ответ: да. б) При $k=8$ требовалась бы целая разность $1001/8$. Но: $$ 1001=8\cdot125+1. $$ Деления нацело нет. Ответ: нет. в) В последний день Маша делает $m+k-1<40$ фотографий. Так как это целое число, оно не больше 39: $$ m+k-1\le39;\qquad m\le40-k. $$ Количество фотографий неотрицательно, поэтому $k\le40$. Разложим число 1001 и перечислим его делители: $$ 1001=7\cdot143=7\cdot11\cdot13; $$ $$ 1,\ 7,\ 11,\ 13,\ 77,\ 91,\ 143,\ 1001. $$ Здесь каждый простой множитель можно взять или не взять: это даёт все восемь произведений, поэтому список полный. С учётом $1<k\le40$ остаются только $7,11,13$. Для фиксированного $k$ Наташа делает на 1001 фотографию больше Маши. Значит, нужно сделать наибольшей сумму Маши: выбрать наибольшее $m=40-k$. Сумму ежедневных значений найдём попарным сложением начала и конца: в каждой паре сумма $m+(m+k-1)$, поэтому: $$ S_M=\frac{k(2m+k-1)}2; \qquad S_N=1001+\frac{k(2m+k-1)}2. $$ Подставим каждый из трёх возможных вариантов: $$ \begin{array}{c|c|c} k&m=40-k&S_N\\\hline 7&33&1001+7(66+6)/2=1001+252=1253\\ 11&29&1001+11(58+10)/2=1001+374=1375\\ 13&27&1001+13(54+12)/2=1001+429=1430 \end{array} $$ Проверим достигающий пример: 13 дней, Маша начинает с 27, Наташа — с $27+1001/13=27+77=104$. Последние значения равны $27+12=39$ и $104+12=116$. $$ S_M=13\cdot\frac{27+39}{2}=13\cdot33=429; $$ $$ S_N=13\cdot\frac{104+116}{2}=13\cdot110=1430;\qquad1430-429=1001. $$ Ответ: а) да; б) нет; в) 1430 фотографий.

Сначала заметим, что каждый разрешённый ход увеличивает сумму двух чисел ровно на 1: $$ (a+2)+(b-1)=a+b+1;\qquad(a-1)+(b+2)=a+b+1. $$ Изначальная сумма $5+7=12$. Поэтому после $h$ ходов она равна $12+h$. а) После 50 ходов сумма равна: $$ 12+50=62. $$ Оба числа положительны, значит, каждое меньше общей суммы 62. Число 100 появиться не может. Ответ: нет. б) Для суммы 400 необходимо: $$ 12+h=400;\qquad h=400-12=388. $$ Но нужно ещё проверить, что столько ходов можно выполнить, не получая нуль или отрицательное число. Удобно чередовать ходы: сначала $(+2;-1)$, затем $(-1;+2)$. Два хода вместе увеличивают обе координаты на 1: $$ (a;b)\longrightarrow(a+2;b-1)\longrightarrow(a+1;b+1). $$ После $j$ таких пар имеем $(5+j;7+j)$. Между ними появляется $(7+j;6+j)$; обе координаты положительны при $j\ge0$. За 194 пары, то есть $2\cdot194=388$ ходов, получим: $$ (5+194;7+194)=(199;201);\qquad199+201=400. $$ Ответ: 388 ходов. в) Если оба числа не превосходят 100, сумма не больше 200. Значит: $$ 12+h\le200;\qquad h\le188. $$ Проверим, возможно ли 188. При таком числе ходов сумма 200, а обе координаты не больше 100, поэтому единственная пара — $(100;100)$. Однако разность координат при каждом ходе меняется на 3 или на $-3$: $$ (a+2)-(b-1)=(a-b)+3; $$ $$ (a-1)-(b+2)=(a-b)-3. $$ Изначальная разность $5-7=-2$. Добавлением и вычитанием троек нельзя получить 0, потому что для этого потребовалось бы, чтобы 2 делилось на 3. Значит, пара $(100;100)$ недостижима и $h\le187$. Построим 187 ходов. Выполним 93 пары чередующихся ходов из пункта б): $$ (5+93;7+93)=(98;100),\qquad2\cdot93=186\text{ ходов}. $$ После каждой полной пары координаты не превосходят $(98;100)$. В промежутках, при $j=0,\ldots,92$, они равны $(7+j;6+j)$ и не больше $(99;98)$. Все положительны. Последним ходом $(+2;-1)$ получим: $$ (98;100)\longrightarrow(100;99). $$ Ограничения соблюдены после каждого хода. Ответ: а) нет; б) 388; в) 187 ходов.

Будем записывать количества камней тройкой $(a;b;c)$. При ходе одна коробка получает два камня, а две другие теряют по одному. Общее количество сохраняется: $$ 97+104+0=201. $$ Ещё одно свойство: при получении двух камней число меняется на $+2$, а при отдаче — на $-1$. Эти изменения отличаются на $2-(-1)=3$. Значит, после любого хода все три количества изменяются одинаково по остатку при делении на 3; разность любых двух количеств сохраняет свой остаток. а) Найдём удобную повторяемую последовательность. Дважды направим камни в третью коробку, затем один раз — в первую: $$ (a;b;c)\to(a-1;b-1;c+2)\to(a-2;b-2;c+4)\to(a;b-3;c+3). $$ За три хода первая коробка вернулась к прежнему числу, из второй три камня перешли в третью. Повторим эту последовательность пять раз. После $j$ повторов: $$ (97;104-3j;3j),\qquad j=0,1,\ldots,5. $$ Наибольшее уменьшение первой коробки внутри повтора — на 2, в ней остаётся хотя бы 95. Вторая даже к концу имеет $104-15=89$, а перед последним ходом третья уже получила четыре камня. Значит, все доноры могут отдать требуемые камни. При $j=5$: $$ (97;104-15;15)=(97;89;15). $$ Ответ: да. б) Если в третьей коробке 201 камень, в двух остальных по нулю. Их разность равна 0. Но первоначально разность первой и второй: $$ 97-104=-7=3\cdot(-3)+2. $$ Она имеет остаток 2 при делении на 3, а нуль — остаток 0. Сохранение остатка запрещает такой результат. Ответ: нет. в) Пусть в первой 1 камень, во второй $b$, в третьей $c$. Сохранение общего количества даёт: $$ 1+b+c=201;\qquad c=200-b. $$ Остаток разности первой и второй должен остаться равным остатку $-7$: $$ (1-b)-(-7)=8-b\quad\text{делится на }3. $$ Значит, $b$ имеет остаток 2 при делении на 3. Наименьшее неотрицательное такое количество — 2. Следовательно: $$ c\le200-2=198. $$ Построим результат $(1;2;198)$. Сначала 96 раз направим камни в третью коробку: $$ (97;104;0)\to(97-96;104-96;2\cdot96)=(1;8;192). $$ До каждого хода первые две коробки содержат хотя бы по одному камню. Теперь выполним шесть ходов, явно указывая все состояния: $$ (1;8;192)\to(0;7;194)\to(2;6;193)\to(1;5;195) $$ $$ \to(0;4;197)\to(2;3;196)\to(1;2;198). $$ В переходах из состояния с нулём камни направляются именно в пустую первую коробку, а забираются из двух непустых. Каждый ход разрешён. Значит, максимум достигается. Ответ: а) да; б) нет; в) 198 камней.

Правильная дробь означает $0<a<b$, то есть её значение $t=a/b$ лежит между 0 и 1. Перепишем правило через значение дроби, разделив числитель и знаменатель на $b$: $$ f(t)=\frac{a/b+1}{2a/b+1}=\frac{t+1}{2t+1}. $$ Новое значение тоже между 0 и 1: числитель положителен, а знаменатель больше числителя на $a>0$. Сокращения не возникает: если число делит $a+b$ и $2a+b$, оно делит их разность $a$, а затем и $(a+b)-a=b$. При исходных взаимно простых $a,b$ такой общий делитель только 1. Поэтому на каждом шаге сохраняется несократимость. а) Применим правило три раза: $$ \frac13\to\frac{1+3}{2\cdot1+3}=\frac45; $$ $$ \frac45\to\frac{4+5}{2\cdot4+5}=\frac9{13}; $$ $$ \frac9{13}\to\frac{9+13}{2\cdot9+13}=\frac{22}{31}. $$ Ответ: да, за три хода. Чтобы решить б) и в), найдём результат сразу двух ходов. Подставим $f(t)$ в то же правило; приводим дроби к общему знаменателю: $$ f(f(t))=\frac{\frac{t+1}{2t+1}+1}{2\frac{t+1}{2t+1}+1} =\frac{\frac{t+1+2t+1}{2t+1}}{\frac{2t+2+2t+1}{2t+1}} =\frac{3t+2}{4t+3}. $$ Обозначим этот результат $u$. При $0<t<1$ знаменатель $4t+3$ положителен. Сравним $u$ с двумя постоянными дробями: $$ u-\frac23=\frac{3(3t+2)-2(4t+3)}{3(4t+3)} =\frac{9t+6-8t-6}{3(4t+3)}=\frac{t}{3(4t+3)}>0; $$ $$ \frac57-u=\frac{5(4t+3)-7(3t+2)}{7(4t+3)} =\frac{20t+15-21t-14}{7(4t+3)}=\frac{1-t}{7(4t+3)}>0. $$ Любой результат двух ходов удовлетворяет строгим границам: $$ \frac23<u<\frac57. $$ б) Сравним $7/12$ с нижней границей, перемножив положительные знаменатели: $$ 7\cdot3=21<24=2\cdot12;\qquad\frac7{12}<\frac23. $$ Значит, за два хода получить $7/12$ нельзя. в) Важно проверить обратное: каждое рациональное число внутри найденного интервала действительно достигается. Решим равенство относительно $t$: $$ u=\frac{3t+2}{4t+3};\quad u(4t+3)=3t+2; $$ $$ 4ut+3u=3t+2;\quad t(4u-3)=2-3u; \quad t=\frac{3u-2}{3-4u}. $$ При $2/3<u<5/7$ числитель положителен, а знаменатель тоже положителен, поскольку: $$ 3-4u>3-4\cdot\frac57=\frac{21-20}{7}=\frac17>0. $$ Кроме того, $t<1$, так как при положительном знаменателе: $$ 3u-2<3-4u\quad\Longleftrightarrow\quad7u<5\quad\Longleftrightarrow\quad u<\frac57. $$ Если $u$ рационально, найденное $t$ тоже рационально. Его можно сократить до правильной несократимой дроби с натуральными числителем и знаменателем, а два хода дадут исходное $u$. Число $0{,}7=7/10$ больше $2/3$, потому что $7\cdot3=21>20=2\cdot10$. Следовательно, все дроби между 0,7 и $5/7$ достижимы. Сама дробь $5/7$ недостижима: верхняя граница строгая (ей соответствовало бы $t=1$, а исходная дробь должна быть правильной). Поэтому именно она — наименьшая недостижимая дробь больше 0,7. Ответ: а) да; б) нет; в) $\frac57$.

Порядок координат в записи $(a;b;c;d)$ соответствует четырём коробкам. При ходе получатель приобретает 3 камня, а три донора теряют по одному. Сумма сохраняется: $$ 101+102+103=306. $$ Изменения $+3$ и $-1$ отличаются на 4. Значит, по остатку при делении на 4 количества во всех коробках изменяются одинаково. Остаток разности любых двух количеств сохраняется. Это поможет исключать невозможные результаты. а) Направим камни последовательно в коробки 4, 2, 3, 4. Покажем каждый ход: $$ (101;102;103;0)\to(100;101;102;3) $$ $$ \to(99;104;101;2)\to(98;103;104;1)\to(97;102;103;4). $$ В каждом переходе у всех трёх доноров есть камень. Нужный результат достигнут. Ответ: да. б) Если в четвёртой коробке 306 камней, три остальные пусты. Разность первой и второй тогда равна нулю. Но первоначально она равна $101-102=-1$; разность 0 и $-1$ равна 1 и не делится на 4. Это противоречит сохранению остатка разности. Ответ: нет. в) Первоначальные количества во второй, третьей и четвёртой коробках равны $102,103,0$. Их остатки при делении на 4 равны $2,3,0$, то есть различны. При ходах они все сдвигаются на один и тот же остаток, поэтому остаются различными. Следовательно, сами три количества тоже различны. Три различных неотрицательных целых числа имеют сумму хотя бы $0+1+2=3$. Значит, первой коробке может достаться не больше: $$ 306-3=303\text{ камней}. $$ Чтобы доказать достижимость, найдём повторяемую последовательность ходов. Из состояния $(a;b;c;0)$ сначала направим камни в четвёртую коробку, затем три раза в первую: $$ (a;b;c;0)\to(a-1;b-1;c-1;3) $$ $$ \to(a+2;b-2;c-2;2)\to(a+5;b-3;c-3;1)\to(a+8;b-4;c-4;0). $$ За четыре хода первая коробка получает 8, вторая и третья теряют по 4, четвёртая снова пуста. Повторим это 25 раз: $$ (101+25\cdot8;102-25\cdot4;103-25\cdot4;0) =(301;2;3;0). $$ Все повторы разрешены: перед последним повтором во второй и третьей ещё $6$ и $7$ камней, а внутри повтора они отдают только по четыре; первая всё время положительна; четвёртая после получения трёх может трижды отдать по одному. Осталось два хода: $$ (301;2;3;0)\to(300;1;2;3)\to(303;0;1;2). $$ Сначала получатель четвёртая коробка, затем первая. Каждый донор содержит необходимый камень. Верхняя граница 303 достигнута. Ответ: а) да; б) нет; в) 303 камня.

За один ход каждый выбранный кусок разрезают только на две части. Поэтому число кусков за ход может увеличиться не более чем вдвое. Если до хода было $P$ кусков, после него не больше $2P$. Начинаем с одного куска, значит, после $h$ ходов имеем не больше $2^h$ кусков. Это нижняя граница нужного количества ходов; затем отдельно нужно построить подходящие разрезы. а) Линейку 16 см можно каждый раз делить пополам. После первого хода два куска по 8 см. Их складываем и разрезаем на половины — четыре куска по 4 см. Затем аналогично: $$ 1\text{ кусок по }16 \to2\text{ по }8 \to4\text{ по }4 \to8\text{ по }2 \to16\text{ по }1. $$ Всего четыре хода; все длины целые. Ответ: да. б) Чтобы получить из 100 см куски по 1 см, нужно ровно 100 кусков. После пяти ходов максимум: $$ 2^5=2\cdot2\cdot2\cdot2\cdot2=32<100. $$ Поэтому ответ: нет. в) Из 200 см нужно получить 200 единичных кусков. Сравним с последовательным удвоением: $$ 2^6=64,\qquad2^7=128,\qquad2^8=256; \qquad128<200\le256. $$ Семи ходов не хватит. Докажем, что восьми достаточно, причём разрезы можно делать одной прямой по стопке выбранных кусков. Ход 1: разрезаем 200 см пополам, получаем два куска по 100 см. Ход 2: складываем оба куска и режем на 50 и 50 см; получаем четыре куска по 50 см. Ход 3: складываем четыре куска и режем пополам; получаем восемь кусков по 25 см. Ход 4: складываем восемь кусков, совмещая их левые края, и режем на расстоянии 12 см от края. Каждый кусок 25 см разделится на 12 и 13 см. Получаем восемь кусков по 12 см и восемь по 13 см. Ход 5: складываем все эти куски с общим левым краем и режем на расстоянии 6 см. Каждый 12-сантиметровый даёт два куска по 6, каждый 13-сантиметровый — по 6 и 7. Поэтому: $$ 8\cdot2+8=24\text{ куска по }6,\qquad8\text{ кусков по }7. $$ Ход 6: режем стопку на расстоянии 3 см. Куски по 6 превращаются в два по 3; куски по 7 — в 3 и 4. Получаем: $$ 24\cdot2+8=56\text{ кусков по }3,\qquad8\text{ кусков по }4. $$ Ход 7: режем эти куски на расстоянии 2 см. Каждый кусок 3 даёт 2 и 1, каждый кусок 4 — два куска по 2: $$ 56+8\cdot2=72\text{ куска по }2,\qquad56\text{ кусков по }1. $$ Ход 8: единичные куски откладываем, а 72 куска по 2 см складываем и режем пополам. Новых единичных кусков $72\cdot2=144$, вместе с отложенными: $$ 144+56=200. $$ Все восемь разрезов разрешены, у каждой части целая положительная длина. Следовательно, минимум — восемь ходов. Ответ: а) да; б) нет; в) 8 ходов.

Пусть юношей и девушек по $n$. Пусть $q$ юношей отправили по 16 писем, а остальные $n-q$ — по 5. В каждой из этих групп не меньше двух: $$ 2\le q\le n-2. $$ Общее число писем: $$ T=16q+5(n-q)=16q+5n-5q=5n+11q. $$ Повторные письма одной девушке разрешены. Значит, для распределения достаточно совпадения общей суммы: можно последовательно назначить адресатов всем отправленным письмам, выдавая каждой девушке нужное количество. Дополнительных ограничений на пары отправитель–получатель нет. а) Если каждая получила по 7 писем, всего писем $7n$. Приравниваем: $$ 5n+11q=7n;\qquad11q=2n. $$ Подойдут $q=2,n=11$. Тогда девять юношей отправят по 5 и двое по 16: $$ 9\cdot5+2\cdot16=45+32=77=11\cdot7. $$ Обе группы юношей содержат хотя бы двух, каждой из 11 девушек можно выделить по 7 писем. Ответ: да. б) Пусть каждая девушка получила целое число $h$ писем. Тогда: $$ 5n+11q=hn;\qquad11q=(h-5)n. $$ Значит, $11q$ делится на $n$. Если $n<11$, число $n$ не содержит простой множитель 11. Все его множители, необходимые для делимости $11q$ на $n$, должны тогда содержаться в $q$; поэтому $q$ делится на $n$. Но $2\le q\le n-2<n$, что невозможно. При $n=11$ пример пункта а) подходит. Минимум — 11 девушек. в) Для $n$ попарно различных неотрицательных количеств наименьший набор $0,1,\ldots,n-1$. Его сумма равна $n(n-1)/2$: при попарном сложении начала и конца каждая пара имеет сумму $n-1$. Поэтому писем должно быть хотя бы $n(n-1)/2$. С другой стороны, если бы все юноши отправляли по 16, было бы $16n$ писем. Как минимум двое отправили только по 5, то есть на $16-5=11$ меньше каждый. Значит: $$ \frac{n(n-1)}2\le T\le16n-22. $$ Умножим на 2 и перенесём всё влево: $$ n^2-n\le32n-44;\qquad n^2-33n+44\le0. $$ При $n\ge32$ левая часть положительна, поскольку: $$ n^2-33n+44=(n-32)(n-1)+12\ge12>0. $$ Таким образом, $n\le31$. Проверим 31: двое юношей отправят по 5, остальные 29 — по 16: $$ T=2\cdot5+29\cdot16=10+464=474. $$ Девушки могут получить $0,1,2,\ldots,29,39$ писем — всего $30+1=31$ различное количество. Проверка суммы: $$ 0+1+\ldots+29+39=\frac{29\cdot30}{2}+39=435+39=474. $$ Распределение возможно по объяснённому принципу назначения адресатов. Ответ: а) да; б) 11; в) 31 девушка.

Будем записывать числа по возрастанию. Это не меняет набор, но позволяет проверить сразу все попарные произведения: самое маленькое произведение дают два самых маленьких числа, самое большое — два самых больших. Все числа положительны, поэтому при увеличении множителя произведение увеличивается. Значит, достаточно проверить две крайние пары. а) Пять чисел возможны. Возьмём: $$8,\ 9,\ 10,\ 11,\ 12.$$ Проверим наименьшее произведение: $$8\cdot9=72>60.$$ Проверим наибольшее: $$11\cdot12=132<140.$$ Остальные произведения не меньше первого и не больше второго, поэтому тоже лежат строго между 60 и 140. Ответ на пункт а) — да. б) Предположим, что подходящих чисел шесть, и запишем их так: $$a<b<c<d<e<f.$$ Разные натуральные числа отличаются хотя бы на 1. Поэтому $a\le b-1$. Из необходимого условия $ab>60$ следует: $$b(b-1)>60.$$ Если $b\le8$, то: $$b(b-1)\le8\cdot7=56\le60,$$ что противоречит требованию. Следовательно: $$b\ge9.$$ После $b$ стоят четыре разных целых числа. Поэтому: $$e\ge b+3\ge12,\qquad f\ge b+4\ge13.$$ Перемножим эти положительные нижние границы: $$ef\ge12\cdot13=156.$$ Но 156 не меньше 140, а по условию каждое произведение должно быть строго меньше 140. Противоречие. Значит, шести чисел быть не может. в) Теперь чисел четыре: $$a<b<c<d.$$ Нужно найти наименьшее значение их суммы. Мы не будем угадывать подходящий набор: получим все возможные варианты для двух средних чисел, а затем выберем крайние числа, выгодные для суммы. Как и раньше, из $ab>60$ и $a\le b-1$ следует $b\ge9$. С другой стороны, $c\ge b+1$ и $d\ge b+2$, поэтому: $$cd\ge(b+1)(b+2).$$ Чтобы выполнялось $cd<140$, необходимо: $$(b+1)(b+2)<140.$$ Уже при $b=11$ левая часть равна: $$(11+1)(11+2)=12\cdot13=156\ge140.$$ При ещё больших $b$ произведение только увеличивается. Поэтому остаются ровно следующие целые значения $b$: $$9,\ 10.$$ Для каждого выбранного $b$ условие на наименьшее произведение равносильно: $$a>\frac{60}{b},\qquad a<b.$$ Берём все целые числа в этом промежутке. После выбора $c$ условие на наибольшее произведение равносильно: $$c<d<\frac{140}{c}.$$ Список $c$ тоже конечен: должно выполняться $c(c+1)<140$, иначе даже наименьшее возможное $d=c+1$ не подойдёт. Перечислим все оставшиеся варианты. При фиксированных $b,c$ сумма растёт с увеличением $a$ и $d$, поэтому для минимума выбираем наименьшие разрешённые $a,d$, а для максимума — наибольшие. При $b=9$, $c=10$ имеем $7\le a\le8$ и $11\le d\le13$. Для наименьшей суммы берём $a=7$, $d=11$. Получаем: $$a+b+c+d=7+9+10+11=37.$$ При $b=9$, $c=11$ имеем $7\le a\le8$ и $12\le d\le12$. Для наименьшей суммы берём $a=7$, $d=12$. Получаем: $$a+b+c+d=7+9+11+12=39.$$ При $b=10$, $c=11$ имеем $7\le a\le9$ и $12\le d\le12$. Для наименьшей суммы берём $a=7$, $d=12$. Получаем: $$a+b+c+d=7+10+11+12=40.$$ Мы рассмотрели все возможные пары средних чисел и оптимальные крайние числа для каждой пары. Наименьшее из полученных сумм равно 37. Оно достигается на наборе: $$7,\ 9,\ 10,\ 11.$$ Для окончательной проверки этого набора: $$7\cdot9=63>60,$$ $$10\cdot11=110<140.$$ Все четыре числа натуральные и различные. Значит, найденная граница действительно достигается. Ответ: а) да; б) нет; в) 37.

Пусть первоначально в классе $n$ учащихся и $g$ девочек. Тогда $11\le n\le26$. Доля девочек не больше 21%, то есть: $$ \frac gn\le\frac{21}{100};\qquad100g\le21n. $$ После прихода девочки обе величины увеличиваются на 1: новая доля $(g+1)/(n+1)$. Это важно: нельзя увеличить только числитель. а) Возьмём $n=24,g=5$. Проверка исходного ограничения без округления процентов: $$ 100\cdot5=500\le504=21\cdot24. $$ Количество 24 находится между 11 и 26. Ответ: да. Для следующих пунктов оценим новые проценты сверху, используя $100g\le21n$: $$ \frac{100(g+1)}{n+1} =\frac{100g+100}{n+1} \le\frac{21n+100}{n+1} =\frac{21(n+1)+79}{n+1} =21+\frac{79}{n+1}. $$ б) Так как $n+1\ge12$, имеем: $$ 21+\frac{79}{n+1}\le21+\frac{79}{12} =\frac{252+79}{12}=\frac{331}{12}<30, $$ где последнее сравнение следует из $331<30\cdot12=360$. Поэтому доля 30% невозможна. Ответ: нет. в) Обозначим новое количество учащихся $m=n+1$, а целое число процентов $p$. Тогда $12\le m\le27$ и: $$ p=\frac{100(g+1)}m\le21+\frac{79}{m}. $$ Если $m\ge20$, правая часть не больше: $$ 21+\frac{79}{20}=21+3{,}95=24{,}95<25. $$ Поэтому выше 25% можно искать только при $12\le m\le19$. По общей оценке из б) значение меньше $331/12<28$ (так как $331<336$). Единственные целые проценты выше 25 и ниже 28 — 26 и 27. Если $p=26$, количество девочек должно равняться: $$ g+1=\frac{26m}{100}=\frac{13m}{50}. $$ Поскольку 13 и 50 взаимно просты, для целочисленности нужно, чтобы $m$ делилось на 50. Среди 12–19 таких чисел нет. При $p=27$ нужно целое $27m/100$. Числа 27 и 100 взаимно просты, поэтому $m$ должно делиться на 100; снова невозможно. Значит, максимум не больше 25%. Он достигается: изначально 11 учащихся, из них две девочки. Проверка исходной доли: $100\cdot2=200\le21\cdot11=231$. После прихода девочки их три из двенадцати: $$ \frac3{12}=\frac14=\frac{25}{100}=25\%. $$ Ответ: а) да; б) нет; в) 25%.

Доля по количеству не обязана совпадать с долей по массе, потому что контейнеры бывают двух масс. Обозначим общее количество через $4t$. Сахар находится в 75%, то есть в трёх четвертях контейнеров. Поэтому сахарных $3t$, остальных: $$4t-3t=t.$$ Обозначим массу сахарных контейнеров через $A$, остальных — через $B$. Массовая доля сахара равна $A/(A+B)$. а) Приведём конкретный набор для 80%. Возьмём 8 контейнеров. Сахарных шесть: один по 60 т и пять по 20 т. Без сахара два по 20 т. По количеству: $$\frac68=\frac34=75\%.$$ Масса сахарных контейнеров: $$A=60+5\cdot20=60+100=160\text{ т}.$$ Масса остальных и общая масса: $$B=2\cdot20=40\text{ т},\qquad A+B=160+40=200\text{ т}.$$ Доля массы: $$\frac{160}{200}=\frac45=80\%.$$ Получился допустимый пример. Ответ — да. б) Найдём нижнюю границу массовой доли для любого набора. Сахарных контейнеров $3t$, каждый не легче 20 т: $$A\ge3t\cdot20=60t.$$ Остальных $t$, каждый не тяжелее 60 т: $$B\le60t.$$ Таким образом, $B\le A$. Прибавим $A$: $$A+B\le2A.$$ Все массы положительны, поэтому: $$\frac{A}{A+B}\ge\frac{A}{2A}=\frac12=50\%.$$ Доля 40% меньше 50%, значит, она невозможна. в) Для верхней границы используем противоположные оценки. Сахарные весят не больше: $$A\le3t\cdot60=180t.$$ Остальные весят не меньше: $$B\ge20t.$$ Значит, $9B\ge180t\ge A$. Разделив на 9, получаем $B\ge A/9$. Поэтому: $$A+B\ge A+A/9=10A/9.$$ Чем больше положительный знаменатель при неизменном числителе, тем меньше дробь: $$\frac{A}{A+B}\le\frac{A}{10A/9}=\frac9{10}=90\%.$$ Эта граница достигается: возьмём три сахарных контейнера по 60 т и один без сахара 20 т. Проверим доли: $$\frac34=75\%\quad\text{по количеству},$$ $$\frac{3\cdot60}{3\cdot60+20}=\frac{180}{180+20}=\frac{180}{200}=90\%\quad\text{по массе}.$$ Ответ: а) да; б) нет; в) 90%.

Сначала переведём определение «удачной тройки» на язык неравенств. Если числа тройки расположены так, что $x<y<z$, то условие для наименьшего числа имеет вид: $$x\ge\frac{y+z}{3}+5.$$ Умножим обе части на положительное число 3. Знак неравенства сохраняется: $$3x\ge y+z+15.$$ Почему достаточно проверять именно это условие? У числа $y$ левая часть больше, чем у $x$, а сумма двух других чисел меньше. Точнее: $$3y-(x+z+15)=[3x-(y+z+15)]+4(y-x)\ge0,$$ $$3z-(x+y+15)=[3x-(y+z+15)]+4(z-x)\ge0.$$ Таким образом, после проверки наименьшего числа два остальных условия выполняются автоматически. а) Сколько троек содержат 50, 60 и число больше 60? Обозначим третье число через $z$. Оно натуральное и больше 60, поэтому $z\ge61$. Наименьшее число тройки — 50. Применяем полученное условие: $$3\cdot50\ge60+z+15.$$ Вычислим известные числа: $$150\ge z+75.$$ Вычтем 75 из обеих частей: $$75\ge z.$$ Вместе с нижней границей это даёт: $$61\le z\le75.$$ Все целые числа от 61 до 75 подходят. Чтобы посчитать их количество, из последнего вычитаем первое и прибавляем 1, так как оба конца входят в список: $$75-61+1=14+1=15.$$ б) Может ли в удачной тройке присутствовать число 15? Выясним, насколько малым вообще может быть наименьшее число $x$. Числа натуральные и различные. Поэтому два остальных числа не меньше $x+1$ и $x+2$. Подставим эти наименьшие возможные значения в правую часть необходимого условия: $$3x\ge y+z+15\ge(x+1)+(x+2)+15.$$ Раскроем скобки и сложим числа: $$3x\ge2x+18.$$ Вычтем $2x$ из обеих частей: $$x\ge18.$$ Если среди трёх чисел есть 15, их наименьшее число не больше 15. Это противоречит доказанному $x\ge18$. Такой тройки нет. в) Какое наибольшее количество чисел можно поставить по кругу? Нам нужны две вещи: сначала ограничить количество сверху, затем построить круг, достигающий этого ограничения. Обозначим наименьшее число всего круга через $m$. В любой тройке соседних чисел есть три различных натуральных числа. Из пункта б) следует, что $m\ge18$. Докажем более сильное утверждение: если в круге хотя бы шесть чисел, то $m\ge21$. Для этого рассмотрим возможные значения $m=18,19,20$. Пусть непосредственно перед $m$ стоит $a$, а непосредственно после него — $b$. Поскольку направление обхода можно поменять, считаем $a<b$. Оба числа больше $m$. Условие для тройки $a,m,b$ даёт: $$a+b\le3m-15.$$ Число перед $a$ обозначим $c$, число после $b$ — $d$. В круге хотя бы из шести чисел точки $c,a,m,b,d$ различны. Из троек $c,a,m$ и $m,b,d$ получаем ещё два ограничения: $$c+a\le3m-15,\qquad b+d\le3m-15.$$ Случай 1. $m=18$. Тогда сумма соседей не больше: $$3\cdot18-15=54-15=39.$$ Два различных числа больше 18 с такой суммой могут быть только 19 и 20. Значит, $a=19$, $b=20$. Для следующего числа $d$ должно выполняться: $$20+d\le39,\qquad d\le19.$$ Но $d>18$, поэтому $d=19$. Число 19 уже занято точкой $a$, а повторения запрещены. Круг из шести и более чисел невозможен. Случай 2. $m=19$. Теперь: $$3\cdot19-15=57-15=42.$$ Возможны только пары соседей $(20,21)$ и $(20,22)$. Если $(a,b)=(20,21)$, то $21+d\le42$, следовательно, $d\le21$. При $d>19$ остаются 20 и 21, но оба уже использованы. Если $(a,b)=(20,22)$, то $22+d\le42$, следовательно, $d\le20$. Единственное число больше 19 — 20, и оно тоже уже использовано. Обе пары исключены. Случай 3. $m=20$. Здесь: $$3\cdot20-15=60-15=45.$$ Все возможные пары различных соседей больше 20 с суммой не больше 45 таковы: $$(21,22),\ (21,23),\ (21,24),\ (22,23).$$ Разберём каждую, не пропуская продолжение круга. Пара $(21,22)$. Из $22+d\le45$ получаем $d\le23$. Числа 20, 21 и 22 уже использованы, поэтому $d=23$. Из $c+21\le45$ получаем $c\le24$; из ещё не занятых чисел больше 20 остаётся только $c=24$. Уже использованы все числа 20, 21, 22, 23, 24. Пусть перед $c=24$ стоит следующее число $f$. Тройка $f,24,21$ должна быть удачной. Её наименьшее число — 21, поскольку $f>20$ и $f\ne21$. Поэтому: $$24+f\le3\cdot21-15=63-15=48,$$ $$f\le24.$$ Однако все числа больше 20 и не больше 24 уже использованы. Нового шестого числа нет. Пара $(21,23)$. Неравенство $23+d\le45$ даёт $d\le22$. Из доступных чисел подходит только $d=22$. Условие $c+21\le45$ даёт $c\le24$; поскольку 20, 21, 22 и 23 уже заняты, получаем $c=24$. Для предшественника $f$ тройка $f,24,21$ снова требует $f\le24$. Все такие числа уже использованы — шестое число добавить нельзя. Пара $(21,24)$. Из $24+d\le45$ получаем $d\le21$. При $d>20$ это означает $d=21$, но 21 уже стоит перед $m$. Такой пары соседей в круге из шести и более чисел быть не может. Пара $(22,23)$. Из $c+22\le45$ получаем $c\le23$. Числа 20, 22 и 23 заняты, поэтому $c=21$. Из $23+d\le45$ получаем $d\le22$. Новым числом могло бы быть только 21, но оно уже занято точкой $c$. В круге из шести и более чисел $c$ и $d$ различны, поэтому это невозможно. Итак, круг из шести и более чисел использует только числа от 21 до 100. Их количество: $$100-21+1=80.$$ Если чисел в круге не больше пяти, их тем более не больше 80. Следовательно, 80 — общая верхняя граница. Теперь построим круг из всех 80 чисел от 21 до 100. Расположим их в порядке: $$21,22,24,26,\ldots,98,100,99,97,95,\ldots,25,23,$$ а после последнего числа 23 снова идёт первое число 21. Внутри чётной и нечётной цепочек соседние числа отличаются на 2. Поэтому тройка в возрастающем порядке имеет вид $x,x+2,x+4$. Проверим определение: $$3x-[(x+2)+(x+4)+15]=3x-(2x+21)=x-21\ge0.$$ Значит, все такие тройки удачны. Осталось проверить только тройки на поворотах последовательности: $$3\cdot98-(100+99+15)=294-214=80\ge0,$$ $$3\cdot97-(100+99+15)=291-214=77\ge0,$$ $$3\cdot21-(23+22+15)=63-60=3\ge0,$$ $$3\cdot21-(22+24+15)=63-61=2\ge0.$$ В каждой строке слева утроено наименьшее число соответствующей тройки. Все проверки выполнены. Поэтому построение действительно даёт круг из 80 подходящих чисел. Ответ: а) 15; б) нет; в) 80.

Будем записывать числа по возрастанию. Это не меняет набор, но позволяет проверить сразу все попарные произведения: самое маленькое произведение дают два самых маленьких числа, самое большое — два самых больших. Все числа положительны, поэтому при увеличении множителя произведение увеличивается. Значит, достаточно проверить две крайние пары. а) Пять чисел возможны. Возьмём: $$5,\ 6,\ 7,\ 8,\ 9.$$ Проверим наименьшее произведение: $$5\cdot6=30>25.$$ Проверим наибольшее: $$8\cdot9=72<85.$$ Остальные произведения не меньше первого и не больше второго, поэтому тоже лежат строго между 25 и 85. Ответ на пункт а) — да. б) Предположим, что подходящих чисел шесть, и запишем их так: $$a<b<c<d<e<f.$$ Разные натуральные числа отличаются хотя бы на 1. Поэтому $a\le b-1$. Из необходимого условия $ab>25$ следует: $$b(b-1)>25.$$ Если $b\le5$, то: $$b(b-1)\le5\cdot4=20\le25,$$ что противоречит требованию. Следовательно: $$b\ge6.$$ После $b$ стоят четыре разных целых числа. Поэтому: $$e\ge b+3\ge9,\qquad f\ge b+4\ge10.$$ Перемножим эти положительные нижние границы: $$ef\ge9\cdot10=90.$$ Но 90 не меньше 85, а по условию каждое произведение должно быть строго меньше 85. Противоречие. Значит, шести чисел быть не может. в) Теперь чисел четыре: $$a<b<c<d.$$ Нужно найти наибольшее значение их суммы. Мы не будем угадывать подходящий набор: получим все возможные варианты для двух средних чисел, а затем выберем крайние числа, выгодные для суммы. Как и раньше, из $ab>25$ и $a\le b-1$ следует $b\ge6$. С другой стороны, $c\ge b+1$ и $d\ge b+2$, поэтому: $$cd\ge(b+1)(b+2).$$ Чтобы выполнялось $cd<85$, необходимо: $$(b+1)(b+2)<85.$$ Уже при $b=8$ левая часть равна: $$(8+1)(8+2)=9\cdot10=90\ge85.$$ При ещё больших $b$ произведение только увеличивается. Поэтому остаются ровно следующие целые значения $b$: $$6,\ 7.$$ Для каждого выбранного $b$ условие на наименьшее произведение равносильно: $$a>\frac{25}{b},\qquad a<b.$$ Берём все целые числа в этом промежутке. После выбора $c$ условие на наибольшее произведение равносильно: $$c<d<\frac{85}{c}.$$ Список $c$ тоже конечен: должно выполняться $c(c+1)<85$, иначе даже наименьшее возможное $d=c+1$ не подойдёт. Перечислим все оставшиеся варианты. При фиксированных $b,c$ сумма растёт с увеличением $a$ и $d$, поэтому для минимума выбираем наименьшие разрешённые $a,d$, а для максимума — наибольшие. При $b=6$, $c=7$ имеем $5\le a\le5$ и $8\le d\le12$. Для наибольшей суммы берём $a=5$, $d=12$. Получаем: $$a+b+c+d=5+6+7+12=30.$$ При $b=6$, $c=8$ имеем $5\le a\le5$ и $9\le d\le10$. Для наибольшей суммы берём $a=5$, $d=10$. Получаем: $$a+b+c+d=5+6+8+10=29.$$ При $b=7$, $c=8$ имеем $4\le a\le6$ и $9\le d\le10$. Для наибольшей суммы берём $a=6$, $d=10$. Получаем: $$a+b+c+d=6+7+8+10=31.$$ Мы рассмотрели все возможные пары средних чисел и оптимальные крайние числа для каждой пары. Наибольшее из полученных сумм равно 31. Оно достигается на наборе: $$6,\ 7,\ 8,\ 10.$$ Для окончательной проверки этого набора: $$6\cdot7=42>25,$$ $$8\cdot10=80<85.$$ Все четыре числа натуральные и различные. Значит, найденная граница действительно достигается. Ответ: а) да; б) нет; в) 31.

Будем записывать числа по возрастанию. Это не меняет набор, но позволяет проверить сразу все попарные произведения: самое маленькое произведение дают два самых маленьких числа, самое большое — два самых больших. Все числа положительны, поэтому при увеличении множителя произведение увеличивается. Значит, достаточно проверить две крайние пары. а) Пять чисел возможны. Возьмём: $$6,\ 7,\ 8,\ 9,\ 10.$$ Проверим наименьшее произведение: $$6\cdot7=42>40.$$ Проверим наибольшее: $$9\cdot10=90<100.$$ Остальные произведения не меньше первого и не больше второго, поэтому тоже лежат строго между 40 и 100. Ответ на пункт а) — да. б) Предположим, что подходящих чисел шесть, и запишем их так: $$a<b<c<d<e<f.$$ Разные натуральные числа отличаются хотя бы на 1. Поэтому $a\le b-1$. Из необходимого условия $ab>40$ следует: $$b(b-1)>40.$$ Если $b\le6$, то: $$b(b-1)\le6\cdot5=30\le40,$$ что противоречит требованию. Следовательно: $$b\ge7.$$ После $b$ стоят четыре разных целых числа. Поэтому: $$e\ge b+3\ge10,\qquad f\ge b+4\ge11.$$ Перемножим эти положительные нижние границы: $$ef\ge10\cdot11=110.$$ Но 110 не меньше 100, а по условию каждое произведение должно быть строго меньше 100. Противоречие. Значит, шести чисел быть не может. в) Теперь чисел четыре: $$a<b<c<d.$$ Нужно найти наибольшее значение их суммы. Мы не будем угадывать подходящий набор: получим все возможные варианты для двух средних чисел, а затем выберем крайние числа, выгодные для суммы. Как и раньше, из $ab>40$ и $a\le b-1$ следует $b\ge7$. С другой стороны, $c\ge b+1$ и $d\ge b+2$, поэтому: $$cd\ge(b+1)(b+2).$$ Чтобы выполнялось $cd<100$, необходимо: $$(b+1)(b+2)<100.$$ Уже при $b=9$ левая часть равна: $$(9+1)(9+2)=10\cdot11=110\ge100.$$ При ещё больших $b$ произведение только увеличивается. Поэтому остаются ровно следующие целые значения $b$: $$7,\ 8.$$ Для каждого выбранного $b$ условие на наименьшее произведение равносильно: $$a>\frac{40}{b},\qquad a<b.$$ Берём все целые числа в этом промежутке. После выбора $c$ условие на наибольшее произведение равносильно: $$c<d<\frac{100}{c}.$$ Список $c$ тоже конечен: должно выполняться $c(c+1)<100$, иначе даже наименьшее возможное $d=c+1$ не подойдёт. Перечислим все оставшиеся варианты. При фиксированных $b,c$ сумма растёт с увеличением $a$ и $d$, поэтому для минимума выбираем наименьшие разрешённые $a,d$, а для максимума — наибольшие. При $b=7$, $c=8$ имеем $6\le a\le6$ и $9\le d\le12$. Для наибольшей суммы берём $a=6$, $d=12$. Получаем: $$a+b+c+d=6+7+8+12=33.$$ При $b=7$, $c=9$ имеем $6\le a\le6$ и $10\le d\le11$. Для наибольшей суммы берём $a=6$, $d=11$. Получаем: $$a+b+c+d=6+7+9+11=33.$$ При $b=8$, $c=9$ имеем $6\le a\le7$ и $10\le d\le11$. Для наибольшей суммы берём $a=7$, $d=11$. Получаем: $$a+b+c+d=7+8+9+11=35.$$ Мы рассмотрели все возможные пары средних чисел и оптимальные крайние числа для каждой пары. Наибольшее из полученных сумм равно 35. Оно достигается на наборе: $$7,\ 8,\ 9,\ 11.$$ Для окончательной проверки этого набора: $$7\cdot8=56>40,$$ $$9\cdot11=99<100.$$ Все четыре числа натуральные и различные. Значит, найденная граница действительно достигается. Ответ: а) да; б) нет; в) 35.