Признаки делимости чисел — задание №19 ЕГЭ по математике

Внутри каждого цвета числа различны, но зелёное и красное числа могут совпадать. Это важно: нельзя требовать, чтобы все 30 чисел были различными. Для минимального количества красных сначала найдём наименьшую сумму при заданном их количестве, а затем построим пример. а) Возьмём 29 зелёных чисел $3,6,\ldots,87$ и одно красное число 21. Красное число 21 делится и на 7, и на 3. Поэтому все написанные числа кратны 3. Чтобы сложить зелёные числа, вынесем множитель 3. Сумму от 1 до 29 можно найти, сложив её с той же суммой в обратном порядке: каждая из 29 пар даст 30. Поэтому удвоенная сумма равна $29\cdot30$. $$ 3+6+\ldots+87=3(1+2+\ldots+29)=3\cdot\frac{29\cdot30}{2}=1305. $$ Вместе с красным числом: $$ 1305+21=1326<1395. $$ Совпадение красного 21 с зелёным 21 разрешено. Ответ: да. б) При одном красном остаётся 29 различных зелёных. Их сумма не меньше 1305, а наименьшее натуральное красное число равно 7. Значит: $$ \text{общая сумма}\ge1305+7=1312>1067. $$ Ответ: нет. в) Пусть красных $r$, тогда зелёных $30-r$. Наименьшие возможные зелёные — первые $30-r$ положительных кратных 3. Наименьшие красные — первые $r$ положительных кратных 7. По той же формуле суммы последовательных чисел нижняя граница равна: $$ L(r)=3\frac{(30-r)(31-r)}2+7\frac{r(r+1)}2. $$ Для доказательства, что красных нужно хотя бы шесть, достаточно проверить все меньшие неотрицательные количества. Покажем обе части суммы: $$ \begin{array}{c|r|r|r} r&\text{зелёные}&\text{красные}&L(r)\\\hline 0&3\cdot30\cdot31/2=1395&0&1395\\ 1&3\cdot29\cdot30/2=1305&7&1312\\ 2&3\cdot28\cdot29/2=1218&7\cdot2\cdot3/2=21&1239\\ 3&3\cdot27\cdot28/2=1134&7\cdot3\cdot4/2=42&1176\\ 4&3\cdot26\cdot27/2=1053&7\cdot4\cdot5/2=70&1123\\ 5&3\cdot25\cdot26/2=975&7\cdot5\cdot6/2=105&1080 \end{array} $$ Каждый результат больше 1067. Теперь проверим, что шесть красных действительно достаточно. Возьмём зелёные $3,6,\ldots,69,78$ — их $23+1=24$, и красные $7,14,21,28,35,56$ — их шесть. $$ 3+6+\ldots+69+78=3\cdot\frac{23\cdot24}{2}+78=828+78=906; $$ $$ 7+14+21+28+35+56=21+21+28+35+56=161; $$ $$ 906+161=1067. $$ Внутри каждого цвета повторений нет, все требования выполнены. Ответ: а) да; б) нет; в) 6.

Последовательные числа образуют непрерывный отрезок целых чисел. Кратные 20 стоят через 20, а кратные 23 — через 23. Сравним, насколько длинным может быть такой отрезок. а) Подходит отрезок от 69 до 138 включительно. В нём кратные 20 — это $80,100,120$, то есть три числа. Кратные 23 — это $69,92,115,138$, то есть четыре числа. Предыдущее кратное 20 равно 60 и уже не входит, следующее равно 140 и ещё не входит. Ответ: да. Для пунктов б) и в) обозначим через $m$ количество кратных 20. Тогда кратных 23 должно быть хотя бы $m+1$. Между первым и последним из $m+1$ кратных 23 находится $m$ промежутков длины 23. Поэтому разность крайних чисел отрезка не меньше $23m$. Количество целых чисел на отрезке на единицу больше разности концов: $$ k\ge23m+1. $$ Теперь получим верхнюю границу длины при ровно $m$ кратных 20. Если первое из них $20q$, то последнее $20(q+m-1)$. Чтобы не захватить соседние кратные 20, левый конец не может быть меньше $20(q-1)+1$, а правый — больше $20(q+m)-1$. Поэтому: $$ k\le[20(q+m)-1]-[20(q-1)+1]+1=20(m+1)-1=20m+19. $$ Если $m=0$, отрезок лежит между двумя соседними кратными 20 и тоже имеет длину не больше 19, так что граница сохраняется. Совмещаем обе оценки: $$ 23m+1\le20m+19; $$ $$ 23m-20m\le19-1;\qquad3m\le18;\qquad m\le6. $$ б) Десять кратных 20 потребовали бы $m=10$, но мы доказали $m\le6$. Ответ: нет. в) Подставим наибольшее допустимое $m$ в границу длины: $$ k\le20m+19\le20\cdot6+19=120+19=139. $$ Осталось проверить, что 139 достигается. Возьмём все числа от 161 до 299: $$ 299-161+1=139. $$ Кратных 20 здесь шесть: $180,200,220,240,260,280$. Кратных 23 семь: $161,184,207,230,253,276,299$. Значит, условие выполнено. Ответ: а) да; б) нет; в) 139.

Здесь важно не перебирать наборы карточек наугад, а связать количество карточек с количеством допустимых чисел. Сначала получим ограничения для любого набора, затем построим набор, в котором достигается наибольшее количество. Обозначим количество синих карточек через $b$, красных — через $r$. Оба числа натуральные, поскольку карточки каждого цвета есть. По условию: наибольшее синее число равно $r$, а наибольшее красное число равно $2b$. На синей карточке может стоять только число, делящееся на 3. В частности, максимальное синее число $r$ тоже делится на 3. Поэтому введём натуральное $t$: $$r=3t.$$ Все числа строго больше $-60$. Значит, допустимые синие числа начинаются с $-57$ и идут с шагом 3 до $3t$: $$-57,\ -54,\ldots,0,\ldots,3t.$$ Количество членов арифметической прогрессии равно разности последнего и первого, делённой на шаг, плюс 1. Получаем: $$\frac{3t-(-57)}{3}+1=\frac{3t+57}{3}+1=t+19+1=t+20.$$ Синие числа должны быть различны. Поэтому синих карточек не может быть больше, чем допустимых чисел: $$b\le t+20.$$ Точно так же красные числа начинаются с $-58$ и идут с шагом 2 до максимального числа $2b$: $$-58,\ -56,\ldots,0,\ldots,2b.$$ Посчитаем их: $$\frac{2b-(-58)}{2}+1=b+29+1=b+30.$$ Поэтому: $$r\le b+30.$$ Подставим $r=3t$: $$3t\le b+30.$$ Используем уже доказанную верхнюю границу $b\le t+20$: $$3t\le t+20+30=t+50.$$ Вычтем $t$ из обеих частей: $$2t\le50.$$ Разделим на положительное число 2: $$t\le25.$$ Отсюда отдельно получаем границы для обоих цветов: $$r=3t\le3\cdot25=75,$$ $$b\le t+20\le25+20=45.$$ а) Пример малого набора. Возьмём одну синюю карточку с числом 3 и 3 красных карточек с числами: $$-2,\ 0,\ 2.$$ Все красные числа различны и делятся на 2; их наибольшее число равно 2. Все синие числа (здесь оно одно) делятся на 3. Максимальное синее число 3 равно количеству красных карточек. Максимальное красное число 2 равно $2\cdot1$, то есть нужному кратному количества синих. Все эти числа больше $-60$. В этом примере красных карточек ровно 3, как и требуется в пункте а). Значит, ответ — да. б) Красных карточек не больше 75. Поскольку 150>75, ровно 150 красных карточек быть не может. в) Найдём максимум и убедимся, что полученная граница достижима. Ранее доказано, что $r\le75$. Следовательно, красных не больше 75. Для построения предельного набора возьмём все синие числа от $-57$ до 75 с шагом 3. Их количество: $$\frac{75-(-57)}{3}+1=\frac{132}{3}+1=44+1=45.$$ Красными возьмём все числа от $-58$ до 90 с шагом 2. Их количество: $$\frac{90-(-58)}{2}+1=\frac{148}{2}+1=74+1=75.$$ Проверим условия на максимумы: максимальное синее число 75 равно количеству красных 75; максимальное красное число 90 равно: $$2\cdot45=90.$$ Все числа одного цвета различны, поскольку выписаны с положительным шагом. Совпадение числа между разными цветами разрешено условием. Нижняя граница также соблюдена: первые числа строго больше $-60$. Таким образом, верхняя граница достигается. Наибольшее количество красных карточек равно 75.

Здесь важно не перебирать наборы карточек наугад, а связать количество карточек с количеством допустимых чисел. Сначала получим ограничения для любого набора, затем построим набор, в котором достигается наибольшее количество. Обозначим количество синих карточек через $b$, красных — через $r$. Оба числа натуральные, поскольку карточки каждого цвета есть. По условию: наибольшее синее число равно $r$, а наибольшее красное число равно $2b$. На синей карточке может стоять только число, делящееся на 3. В частности, максимальное синее число $r$ тоже делится на 3. Поэтому введём натуральное $t$: $$r=3t.$$ Все числа строго больше $-72$. Значит, допустимые синие числа начинаются с $-69$ и идут с шагом 3 до $3t$: $$-69,\ -66,\ldots,0,\ldots,3t.$$ Количество членов арифметической прогрессии равно разности последнего и первого, делённой на шаг, плюс 1. Получаем: $$\frac{3t-(-69)}{3}+1=\frac{3t+69}{3}+1=t+23+1=t+24.$$ Синие числа должны быть различны. Поэтому синих карточек не может быть больше, чем допустимых чисел: $$b\le t+24.$$ Точно так же красные числа начинаются с $-70$ и идут с шагом 2 до максимального числа $2b$: $$-70,\ -68,\ldots,0,\ldots,2b.$$ Посчитаем их: $$\frac{2b-(-70)}{2}+1=b+35+1=b+36.$$ Поэтому: $$r\le b+36.$$ Подставим $r=3t$: $$3t\le b+36.$$ Используем уже доказанную верхнюю границу $b\le t+24$: $$3t\le t+24+36=t+60.$$ Вычтем $t$ из обеих частей: $$2t\le60.$$ Разделим на положительное число 2: $$t\le30.$$ Отсюда отдельно получаем границы для обоих цветов: $$r=3t\le3\cdot30=90,$$ $$b\le t+24\le30+24=54.$$ а) Пример малого набора. Возьмём одну синюю карточку с числом 3 и 3 красных карточек с числами: $$-2,\ 0,\ 2.$$ Все красные числа различны и делятся на 2; их наибольшее число равно 2. Все синие числа (здесь оно одно) делятся на 3. Максимальное синее число 3 равно количеству красных карточек. Максимальное красное число 2 равно $2\cdot1$, то есть нужному кратному количества синих. Все эти числа больше $-72$. Всего карточек $1+3=4$; это и требуется в пункте а). Значит, ответ — да. б) Из $r\le b+36$ вычтем $b$ из обеих частей: $$r-b\le36.$$ Поэтому красных может быть больше синих не более чем на 36. Требуемая разность 60 больше 36, значит, она невозможна. в) Найдём максимум и убедимся, что полученная граница достижима. Сложим границы по цветам: $$b+r\le54+90=144.$$ Значит, всего не больше 144 карточек. Для построения предельного набора возьмём все синие числа от $-69$ до 90 с шагом 3. Их количество: $$\frac{90-(-69)}{3}+1=\frac{159}{3}+1=53+1=54.$$ Красными возьмём все числа от $-70$ до 108 с шагом 2. Их количество: $$\frac{108-(-70)}{2}+1=\frac{178}{2}+1=89+1=90.$$ Проверим условия на максимумы: максимальное синее число 90 равно количеству красных 90; максимальное красное число 108 равно: $$2\cdot54=108.$$ Все числа одного цвета различны, поскольку выписаны с положительным шагом. Совпадение числа между разными цветами разрешено условием. Нижняя граница также соблюдена: первые числа строго больше $-72$. Таким образом, верхняя граница достигается. Наибольшее общее количество карточек равно $54+90=144$.

Обозначим через $L$ количество записанных последовательных чисел. Сначала найдём границы $L$ из условия «ровно пять кратных 20». Между первым и пятым кратными 20 четыре промежутка по 20. Поэтому отрезок содержит хотя бы: $$ L\ge4\cdot20+1=81 $$ число. До первого кратного можно добавить не больше 19 чисел, иначе появится ещё одно кратное 20. После последнего тоже не больше 19. Поэтому: $$ L\le81+19+19=119. $$ а) Возьмём отрезок от 21 до 126. Кратные 20 на нём: $40,60,80,100,120$ — пять. Кратные 21: $21,42,63,84,105,126$ — шесть. Следовательно, больше пяти кратных 21 быть может. Ответ: да. б) В любых 15 последовательных целых числах есть ровно одно кратное 15: их остатки при делении на 15 проходят все значения от 0 до 14. Поэтому в любых 75 последовательных числах можно выделить пять непересекающихся блоков по 15 и получить не меньше пяти кратных 15. Мы доказали $L\ge81>75$, значит, такой блок из 75 чисел обязательно содержится среди записанных. Меньше пяти кратных 15 быть не может. Ответ: нет. в) «Больше пяти» означает хотя бы шесть кратных $k$. Между первым и шестым не менее пяти промежутков длины $k$, значит, разность концов всего отрезка не меньше $5k$. А из $L\le119$ следует, что эта разность не больше $119-1=118$. Поэтому: $$ 5k\le118;\qquad k\le\frac{118}{5}=23{,}6. $$ Так как $k$ целое, $k\le23$. Проверим достижимость 23: возьмём отрезок $23,24,\ldots,138$. На нём шесть кратных 23: $$ 23,46,69,92,115,138. $$ Кратных 20 ровно пять: $40,60,80,100,120$; соседние 20 и 140 не входят. Значит, 23 возможно и является максимумом. Ответ: а) да; б) нет; в) 23.

Для всех пунктов используем одно наблюдение: если натуральные числа различны и их нужно взять как можно меньшей суммы, выбираем самые маленькие разрешённые числа. Сумма последовательных чисел от 1 до $n$ равна $n(n+1)/2$: можно сложить ряд с таким же рядом в обратном порядке, и каждая из $n$ пар даст $n+1$, после чего разделить на 2. а) Если на доске есть 230, остальные 99 различных натуральных чисел имеют сумму не меньше суммы 1–99: $$1+2+\ldots+99=\frac{99\cdot100}{2}=99\cdot50=4950.$$ Тогда общая сумма не меньше: $$4950+230=5180.$$ Но $5180>5120$. Значит, число 230 присутствовать не может. б) Предположим, что числа 14 нет. Чтобы набрать сто различных натуральных чисел с наименьшей суммой, берём 1–101 и исключаем 14. Сумма равна: $$\frac{101\cdot102}{2}-14=101\cdot51-14=5151-14=5137.$$ Любой другой набор без 14 будет не меньше по сумме. Однако $5137>5120$, что невозможно. Следовательно, 14 на доске обязательно есть. в) Начнём с самого маленького набора ста различных натуральных чисел — 1–100. Его сумма: $$\frac{100\cdot101}{2}=50\cdot101=5050.$$ До требуемых 5120 можно увеличить сумму только на: $$5120-5050=70.$$ В исходном наборе семь чисел, кратных 14: $$14,28,42,56,70,84,98.$$ Если хотим оставить не больше трёх, нужно убрать хотя бы четыре из них. Вместо четырёх удалённых чисел придётся добавить четыре других: внутри 1–100 все остальные числа уже присутствуют, поэтому новые должны быть больше 100. Чтобы прибавка была как можно меньше, удаляем самые большие из указанных кратных и добавляем самые маленькие новые числа. Даже этот самый выгодный обмен даёт прибавку: $$101+102+103+104-(56+70+84+98).$$ Вычислим обе суммы: $$101+102+103+104=410,$$ $$56+70+84+98=126+182=308,$$ $$410-308=102.$$ Дополнительные обмены тоже увеличивают сумму: каждое новое число больше 100, а каждое удаляемое не больше 100. Поэтому сделать прибавку меньше 102 таким способом нельзя. Но в запасе лишь 70. Противоречие доказывает, что кратных 14 должно быть хотя бы четыре. Построим набор ровно с четырьмя такими числами. Из 1–100 удалим 70,84,98, а добавим 101,102,119. Проверим изменение суммы: $$70+84+98=154+98=252,$$ $$101+102+119=203+119=322,$$ $$5050-252+322=5050+70=5120.$$ Количество чисел осталось равным 100, все они различны и натуральны. Новые числа 101,102,119 на 14 не делятся. Остались ровно четыре кратных: $$14,28,42,56.$$ Следовательно, наименьшее количество равно четырём. Ответ: а) нет; б) нет; в) 4.

Здесь важно не перебирать наборы карточек наугад, а связать количество карточек с количеством допустимых чисел. Сначала получим ограничения для любого набора, затем построим набор, в котором достигается наибольшее количество. Обозначим количество синих карточек через $b$, красных — через $r$. Оба числа натуральные, поскольку карточки каждого цвета есть. По условию: наибольшее синее число равно $r$, а наибольшее красное число равно $3b$. На синей карточке может стоять только число, делящееся на 5. В частности, максимальное синее число $r$ тоже делится на 5. Поэтому введём натуральное $t$: $$r=5t.$$ Все числа строго больше $-45$. Значит, допустимые синие числа начинаются с $-40$ и идут с шагом 5 до $5t$: $$-40,\ -35,\ldots,0,\ldots,5t.$$ Количество членов арифметической прогрессии равно разности последнего и первого, делённой на шаг, плюс 1. Получаем: $$\frac{5t-(-40)}{5}+1=\frac{5t+40}{5}+1=t+8+1=t+9.$$ Синие числа должны быть различны. Поэтому синих карточек не может быть больше, чем допустимых чисел: $$b\le t+9.$$ Точно так же красные числа начинаются с $-42$ и идут с шагом 3 до максимального числа $3b$: $$-42,\ -39,\ldots,0,\ldots,3b.$$ Посчитаем их: $$\frac{3b-(-42)}{3}+1=b+14+1=b+15.$$ Поэтому: $$r\le b+15.$$ Подставим $r=5t$: $$5t\le b+15.$$ Используем уже доказанную верхнюю границу $b\le t+9$: $$5t\le t+9+15=t+24.$$ Вычтем $t$ из обеих частей: $$4t\le24.$$ Разделим на положительное число 4: $$t\le6.$$ Отсюда отдельно получаем границы для обоих цветов: $$r=5t\le5\cdot6=30,$$ $$b\le t+9\le6+9=15.$$ а) Пример малого набора. Возьмём одну синюю карточку с числом 5 и 5 красных карточек с числами: $$-9,\ -6,\ -3,\ 0,\ 3.$$ Все красные числа различны и делятся на 3; их наибольшее число равно 3. Все синие числа (здесь оно одно) делятся на 5. Максимальное синее число 5 равно количеству красных карточек. Максимальное красное число 3 равно $3\cdot1$, то есть нужному кратному количества синих. Все эти числа больше $-45$. В этом примере красных карточек ровно 5, как и требуется в пункте а). Значит, ответ — да. б) Красных карточек не больше 30. Поскольку 100>30, ровно 100 красных карточек быть не может. в) Найдём максимум и убедимся, что полученная граница достижима. Ранее доказано, что $r\le30$. Следовательно, красных не больше 30. Для построения предельного набора возьмём все синие числа от $-40$ до 30 с шагом 5. Их количество: $$\frac{30-(-40)}{5}+1=\frac{70}{5}+1=14+1=15.$$ Красными возьмём все числа от $-42$ до 45 с шагом 3. Их количество: $$\frac{45-(-42)}{3}+1=\frac{87}{3}+1=29+1=30.$$ Проверим условия на максимумы: максимальное синее число 30 равно количеству красных 30; максимальное красное число 45 равно: $$3\cdot15=45.$$ Все числа одного цвета различны, поскольку выписаны с положительным шагом. Совпадение числа между разными цветами разрешено условием. Нижняя граница также соблюдена: первые числа строго больше $-45$. Таким образом, верхняя граница достигается. Наибольшее количество красных карточек равно 30.

Обозначим числа по кругу через $a_i$, продолжая индексы по кругу. Например, после $a_N$ снова идёт $a_1$. Сравнение соседних сумм помогает увидеть, как связаны отдельные числа. Суммы четырёх соседей делятся на 4. Их разность тоже делится на 4: $$ (a_{i+1}+a_{i+2}+a_{i+3}+a_{i+4}) -(a_i+a_{i+1}+a_{i+2}+a_{i+3})=a_{i+4}-a_i. $$ Значит, $a_{i+4}$ и $a_i$ имеют одинаковые остатки при делении на 4 и, в частности, одну чётность. Аналогично две соседние суммы трёх нечётны, поэтому их разность чётна: $$ (a_{i+1}+a_{i+2}+a_{i+3})-(a_i+a_{i+1}+a_{i+2})=a_{i+3}-a_i. $$ Чётность повторяется и через три, и через четыре позиции. Отсюда чётность $a_i$ равна чётности $a_{i+4}$, а та — чётности $a_{i+1}$ (они на расстоянии три). Поэтому все соседние числа одной чётности. Если бы все были чётными, любая тройная сумма была бы чётной. Значит, все числа нечётные. а) Среди чисел от 1 до 365 нечётные $1,3,\ldots,365$. Их количество: $$ \frac{365-1}{2}+1=182+1=183. $$ Числа различны, поэтому 200 чисел взять нельзя. Ответ: нет. б) Покажем, почему при нечётном $N$ все остатки по модулю 4 совпадут. Идя каждый раз на четыре позиции вперёд, попадаем в число с тем же остатком. Этот обход посетит все $N$ позиций: если через $j$ шагов вернулись в начало, то $4j$ делится на $N$; у нечётного $N$ нет общих простых множителей с 4, поэтому $j$ должно делиться на $N$. Первое возвращение возможно только через $N$ шагов. При $N=109$ все числа должны иметь один остаток при делении на 4. Поскольку они нечётные, остаток либо 1, либо 3. Чисел с остатком 1 от 1 до 365 — $1,5,\ldots,365$, их $(365-1)/4+1=92$. С остатком 3 — $3,7,\ldots,363$, их $(363-3)/4+1=91$. Ни одного вида не хватит на 109 различных чисел. Ответ: нет. в) Уже доказано $N\le183$. Случай 183 нечётный и исключается тем же рассуждением: пришлось бы взять 183 числа одного остатка, а их не больше 92. Значит, $N\le182$. Для 182 возьмём все нечётные от 1 до 363. Среди них 91 число с остатком 1 и 91 число с остатком 3. Расположим их поочерёдно: одно из первого вида, одно из второго. Например, можно выписать пары $(1,3),(5,7),\ldots,(361,363)$ по кругу. Из-за чётного количества позиций чередование сохраняется и через замыкание круга. Любая четвёрка имеет остатки 1,3,1,3 или 3,1,3,1. Их сумма $1+3+1+3=8$ кратна 4. Каждая тройка состоит из нечётных, поэтому её сумма нечётна. Все условия выполнены. Ответ: а) нет; б) нет; в) 182.

Пронумеруем числа по кругу: $a_1,\ldots,a_N$, после конца индексы начинаются снова. Сумма четырёх соседних чисел делится на 3, а сумма любых трёх — нет. Вычтем из четырёхчленной суммы последние три слагаемых. Остаток равен первому числу. Если бы оно делилось на 3, оставшиеся три тоже давали бы сумму, кратную 3, что запрещено. Значит, ни одно из расставленных чисел не делится на 3. Следовательно, у каждого остаток 1 или 2. Рассмотрим четыре соседние позиции. Если среди них $q$ остатков 2 и $4-q$ остатков 1, сумма остатков: $$ 2q+(4-q)=4+q. $$ При $q=0,1,2,3,4$ это $4,5,6,7,8$. На 3 делится только 6. Значит, в каждой четвёрке ровно два остатка 1 и два остатка 2. Ещё сравним две соседние суммы четырёх: их разность равна $a_{i+4}-a_i$. Обе суммы кратны 3, поэтому разность кратна 3; остатки повторяются через четыре позиции. а) От 1 до 400 кратных 3 ровно 133, поскольку $3\cdot133=399$, а $3\cdot134=402>400$. Некратных: $$ 400-133=267. $$ Все числа должны быть различными и некратными 3, поэтому взять 360 невозможно. Ответ: нет. б) При нечётном $N$ движение по кругу на четыре позиции посещает все места. Действительно, для возвращения через $j$ таких шагов число $4j$ должно делиться на $N$; у нечётного $N$ нет общих простых множителей с 4, поэтому первое возвращение будет только при $j=N$. Остаток повторяется через четыре позиции, значит, при таком обходе все числа имели бы один остаток. Но в каждой четвёрке мы обязаны иметь два остатка 1 и два остатка 2. Противоречие. Поэтому любое нечётное $N$, в частности 149, невозможно. Ответ: нет. в) Мы получили $N\le267$. Значение 267 нечётно и тоже невозможно, значит, $N\le266$. Проверим 266: возьмём все числа от 1 до 399, не кратные 3, и расположим по порядку: $$ 1,2,4,5,7,8,\ldots,397,398. $$ Это 133 пары с остатками 1,2, то есть $133\cdot2=266$ различных чисел. Они не превосходят 400. Круг замыкается с остатка 2 на остаток 1, поэтому чередование не нарушается. Любые четыре имеют остатки 1,2,1,2 и сумму $1+2+1+2=6$, кратную 3. Любые три имеют сумму остатков $1+2+1=4$ или $2+1+2=5$; ни одна не делится на 3. Все условия выполнены. Ответ: а) нет; б) нет; в) 266.

Здесь важно не перебирать наборы карточек наугад, а связать количество карточек с количеством допустимых чисел. Сначала получим ограничения для любого набора, затем построим набор, в котором достигается наибольшее количество. Обозначим количество синих карточек через $b$, красных — через $r$. Оба числа натуральные, поскольку карточки каждого цвета есть. По условию: наибольшее синее число равно $r$, а наибольшее красное число равно $2b$. На синей карточке может стоять только число, делящееся на 3. В частности, максимальное синее число $r$ тоже делится на 3. Поэтому введём натуральное $t$: $$r=3t.$$ Все числа строго больше $-36$. Значит, допустимые синие числа начинаются с $-33$ и идут с шагом 3 до $3t$: $$-33,\ -30,\ldots,0,\ldots,3t.$$ Количество членов арифметической прогрессии равно разности последнего и первого, делённой на шаг, плюс 1. Получаем: $$\frac{3t-(-33)}{3}+1=\frac{3t+33}{3}+1=t+11+1=t+12.$$ Синие числа должны быть различны. Поэтому синих карточек не может быть больше, чем допустимых чисел: $$b\le t+12.$$ Точно так же красные числа начинаются с $-34$ и идут с шагом 2 до максимального числа $2b$: $$-34,\ -32,\ldots,0,\ldots,2b.$$ Посчитаем их: $$\frac{2b-(-34)}{2}+1=b+17+1=b+18.$$ Поэтому: $$r\le b+18.$$ Подставим $r=3t$: $$3t\le b+18.$$ Используем уже доказанную верхнюю границу $b\le t+12$: $$3t\le t+12+18=t+30.$$ Вычтем $t$ из обеих частей: $$2t\le30.$$ Разделим на положительное число 2: $$t\le15.$$ Отсюда отдельно получаем границы для обоих цветов: $$r=3t\le3\cdot15=45,$$ $$b\le t+12\le15+12=27.$$ а) Пример малого набора. Возьмём одну синюю карточку с числом 3 и 3 красных карточек с числами: $$-2,\ 0,\ 2.$$ Все красные числа различны и делятся на 2; их наибольшее число равно 2. Все синие числа (здесь оно одно) делятся на 3. Максимальное синее число 3 равно количеству красных карточек. Максимальное красное число 2 равно $2\cdot1$, то есть нужному кратному количества синих. Все эти числа больше $-36$. В примере ровно одна синяя карточка. Значит, ответ на пункт а) — да. б) Синих карточек не больше 27. Число 50 больше этой границы, поэтому ответ — нет. в) Найдём максимум и убедимся, что полученная граница достижима. Ранее доказано $b\le27$. Следовательно, синих не больше 27. Для построения предельного набора возьмём все синие числа от $-33$ до 45 с шагом 3. Их количество: $$\frac{45-(-33)}{3}+1=\frac{78}{3}+1=26+1=27.$$ Красными возьмём все числа от $-34$ до 54 с шагом 2. Их количество: $$\frac{54-(-34)}{2}+1=\frac{88}{2}+1=44+1=45.$$ Проверим условия на максимумы: максимальное синее число 45 равно количеству красных 45; максимальное красное число 54 равно: $$2\cdot27=54.$$ Все числа одного цвета различны, поскольку выписаны с положительным шагом. Совпадение числа между разными цветами разрешено условием. Нижняя граница также соблюдена: первые числа строго больше $-36$. Таким образом, верхняя граница достигается. Наибольшее количество синих карточек равно 27.

Здесь важно не перебирать наборы карточек наугад, а связать количество карточек с количеством допустимых чисел. Сначала получим ограничения для любого набора, затем построим набор, в котором достигается наибольшее количество. Обозначим количество синих карточек через $b$, красных — через $r$. Оба числа натуральные, поскольку карточки каждого цвета есть. По условию: наибольшее синее число равно $r$, а наибольшее красное число равно $2b$. На синей карточке может стоять только число, делящееся на 5. В частности, максимальное синее число $r$ тоже делится на 5. Поэтому введём натуральное $t$: $$r=5t.$$ Все числа строго больше $-120$. Значит, допустимые синие числа начинаются с $-115$ и идут с шагом 5 до $5t$: $$-115,\ -110,\ldots,0,\ldots,5t.$$ Количество членов арифметической прогрессии равно разности последнего и первого, делённой на шаг, плюс 1. Получаем: $$\frac{5t-(-115)}{5}+1=\frac{5t+115}{5}+1=t+23+1=t+24.$$ Синие числа должны быть различны. Поэтому синих карточек не может быть больше, чем допустимых чисел: $$b\le t+24.$$ Точно так же красные числа начинаются с $-118$ и идут с шагом 2 до максимального числа $2b$: $$-118,\ -116,\ldots,0,\ldots,2b.$$ Посчитаем их: $$\frac{2b-(-118)}{2}+1=b+59+1=b+60.$$ Поэтому: $$r\le b+60.$$ Подставим $r=5t$: $$5t\le b+60.$$ Используем уже доказанную верхнюю границу $b\le t+24$: $$5t\le t+24+60=t+84.$$ Вычтем $t$ из обеих частей: $$4t\le84.$$ Разделим на положительное число 4: $$t\le21.$$ Отсюда отдельно получаем границы для обоих цветов: $$r=5t\le5\cdot21=105,$$ $$b\le t+24\le21+24=45.$$ а) Пример малого набора. Возьмём одну синюю карточку с числом 5 и 5 красных карточек с числами: $$-6,\ -4,\ -2,\ 0,\ 2.$$ Все красные числа различны и делятся на 2; их наибольшее число равно 2. Все синие числа (здесь оно одно) делятся на 5. Максимальное синее число 5 равно количеству красных карточек. Максимальное красное число 2 равно $2\cdot1$, то есть нужному кратному количества синих. Все эти числа больше $-120$. Всего карточек $1+5=6$; это и требуется в пункте а). Значит, ответ — да. б) Из $r\le b+60$ вычтем $b$ из обеих частей: $$r-b\le60.$$ Поэтому красных может быть больше синих не более чем на 60. Требуемая разность 90 больше 60, значит, она невозможна. в) Найдём максимум и убедимся, что полученная граница достижима. Сложим границы по цветам: $$b+r\le45+105=150.$$ Значит, всего не больше 150 карточек. Для построения предельного набора возьмём все синие числа от $-115$ до 105 с шагом 5. Их количество: $$\frac{105-(-115)}{5}+1=\frac{220}{5}+1=44+1=45.$$ Красными возьмём все числа от $-118$ до 90 с шагом 2. Их количество: $$\frac{90-(-118)}{2}+1=\frac{208}{2}+1=104+1=105.$$ Проверим условия на максимумы: максимальное синее число 105 равно количеству красных 105; максимальное красное число 90 равно: $$2\cdot45=90.$$ Все числа одного цвета различны, поскольку выписаны с положительным шагом. Совпадение числа между разными цветами разрешено условием. Нижняя граница также соблюдена: первые числа строго больше $-120$. Таким образом, верхняя граница достигается. Наибольшее общее количество карточек равно $45+105=150$.