Задание №19 ЕГЭ по математике: Свойства чисел

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.

Нужно распределить все камни, поэтому сумма масс двух групп всегда одна и та же. Найдём её: $$ 4\cdot7+9\cdot22=28+198=226\text{ т}. $$ Если в одной группе $r$ семитонных и $t$ двадцатидвухтонных камней, её масса равна $7r+22t$, где $r=0,1,2,3,4$ и $t=0,1,\ldots,9$. Эти границы позволят сделать полный, а не выборочный перебор. а) Возьмём в первую группу три камня по 7 т и четыре по 22 т: $$ 3\cdot7+4\cdot22=21+88=109\text{ т}. $$ Тогда во второй группе останутся один камень по 7 т и пять по 22 т: $$ 7+5\cdot22=7+110=117\text{ т};\qquad117-109=8\text{ т}. $$ Ответ: да. б) При равных массах каждая группа весила бы: $$ 226:2=113\text{ т}. $$ После выбора $r$ камней по 7 т оставшаяся масса должна делиться на 22. Проверим все пять значений $r$; справа запишем остаток после выделения целого числа камней по 22 т: $$ \begin{array}{c|c} r&113-7r\\\hline 0&113=22\cdot5+3\\ 1&106=22\cdot4+18\\ 2&99=22\cdot4+11\\ 3&92=22\cdot4+4\\ 4&85=22\cdot3+19 \end{array} $$ Ни один остаток не равен нулю. Набрать 113 т невозможно, значит, ответ: нет. в) Обозначим массу меньшей группы $M$. Разность масс равна: $$ (226-M)-M=226-2M=2(113-M). $$ Значит, положительная разность — чётное целое число. Чтобы доказать минимум 6 т, нужно исключить только 2 т и 4 т: нулевая разность уже исключена в пункте б), а положительных чётных чисел между 4 и 6 нет. Для разности 2 т меньшая группа должна весить: $$ 226-2M=2;\quad2M=224;\quad M=112. $$ Для разности 4 т аналогично $M=(226-4)/2=111$. Для каждого из этих двух значений опять проверим все $r$: $$ \begin{array}{c|c|c} r&112-7r&111-7r\\\hline 0&112=22\cdot5+2&111=22\cdot5+1\\ 1&105=22\cdot4+17&104=22\cdot4+16\\ 2&98=22\cdot4+10&97=22\cdot4+9\\ 3&91=22\cdot4+3&90=22\cdot4+2\\ 4&84=22\cdot3+18&83=22\cdot3+17 \end{array} $$ Нулевых остатков нет, поэтому обе массы недостижимы. А 6 т получить можно: положим в одну группу пять камней по 22 т, в другую — оставшиеся четыре по 22 т и все четыре по 7 т. $$ M_1=5\cdot22=110;\qquad M_2=4\cdot22+4\cdot7=88+28=116; $$ $$ 116-110=6\text{ т}. $$ Ответ: а) да; б) нет; в) 6 т.

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.

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.

Запишем исходное трёхзначное число через его цифры: $N=100a+10b+c$, где $a$ — сотни ($1\le a\le9$), $b$ — десятки, $c$ — единицы ($0\le b,c\le9$). Результат обозначим $M$. По условию добавляем $10b$, затем 3: $$ M=(100a+10b+c)+10b+3=100a+20b+c+3. $$ а) Если взять $N=211$, цифра десятков равна 1. Тогда: $$ M=211+10\cdot1+3=211+10+3=224. $$ Ответ: да. б) Предположим, что $M=314$. Вычтем 3: $$ 100a+20b+c=314-3=311. $$ Числа $100a=20\cdot5a$ и $20b$ делятся на 20. Значит, после их вычитания цифра $c$ должна иметь тот же остаток при делении на 20, что и 311: $$ 311=20\cdot15+11. $$ Однако цифра $c$ — одно из чисел от 0 до 9; ни одно не даёт остаток 11. Получили противоречие. Ответ: нет. в) Найдём отношение результата к исходному числу, выделив целую единицу: $$ \frac MN=\frac{N+10b+3}{N}=1+\frac{10b+3}{100a+10b+c}. $$ Для выбранной цифры $b$ числитель дроби фиксирован и положителен. Чтобы дробь стала как можно больше, знаменатель должен стать как можно меньше. Наименьшие допустимые цифры — $a=1$ и $c=0$. Поэтому достаточно сравнить числа с такими сотнями и единицами: $$ \frac MN\le1+\frac{10b+3}{100+10b}. $$ Преобразуем числитель так, чтобы увидеть влияние $b$: $$ 10b+3=(100+10b)-97; $$ $$ 1+\frac{10b+3}{100+10b} =1+\frac{100+10b-97}{100+10b} =2-\frac{97}{100+10b}. $$ При увеличении $b$ положительный знаменатель растёт. Дробь $97/(100+10b)$ уменьшается, значит, выражение $2-97/(100+10b)$ увеличивается. Наибольшая цифра десятков — 9. Берём $a=1,b=9,c=0$: $$ N=190;\qquad M=190+90+3=283;\qquad\frac MN=\frac{283}{190}. $$ Выбранное число трёхзначное, все его цифры допустимы. Ответ: а) да; б) нет; в) $\frac{283}{190}$ при исходном числе 190.

Главная трудность — условие о средних любых выбранных чисел. Среднее 3 чисел целое тогда и только тогда, когда их сумма делится на 3. Используем это, чтобы сравнить два числа на доске. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 2 других чисел $c_{1},c_{2}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 3 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 3: $$a+c_{1}+c_{2}=3p,\qquad b+c_{1}+c_{2}=3q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=3p-3q=3(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 3. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 3 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 4 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 4: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}=4p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}=4q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=4p-4q=4(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 4. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 4 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3},c_{4}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 5 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 5: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}=5p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}=5q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=5p-5q=5(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 5. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 5 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3},c_{4},c_{5}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 6 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 6: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}+c_{5}=6p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}+c_{5}=6q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=6p-6q=6(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 6. Разность делится одновременно на 3, 4, 5 и 6. Разложим эти числа на простые множители: $$3=3,\quad4=2^2,\quad5=5,\quad6=2\cdot3.$$ Чтобы число делилось на каждое из них, в нём должны быть множители $2^2,3,5$. Их произведение: $$2^2\cdot3\cdot5=4\cdot3\cdot5=60.$$ Значит, разность любых двух чисел делится на 60: все числа имеют одинаковый остаток при делении на 60. Проверим и обратное утверждение, чтобы затем законно строить примеры. Пусть числа имеют вид $60q_i+r$ с одним остатком $r$. Среднее любых $k$ таких чисел равно: $$\frac{(60q_1+r)+\ldots+(60q_k+r)}k=\frac{60(q_1+\ldots+q_k)+kr}k=\frac{60}k(q_1+\ldots+q_k)+r.$$ Для каждого требуемого $k$ коэффициент $60/k$ целый. Поэтому это среднее целое. Таким образом, найденное условие на остатки не только необходимо, но и достаточно. Одно число равно 30021. Найдём остаток его деления на 60: $$30021=60\cdot500+21.$$ Поэтому все числа на доске имеют вид $60q+21$. а) Может ли среди них быть 351? $$351=60\cdot5+51.$$ Остаток 51 отличается от обязательного остатка 21. Следовательно, число 351 на доске стоять не может. б) Может ли отношение двух чисел равняться 11? Пусть меньшее из них $v=60q+21$. Тогда в 11 раз большее число: $$11v=11(60q+21)=660q+231.$$ Разложим 231 на кратное 60 и остаток: $$231=60\cdot3+51.$$ Получаем: $$11v=60(11q+3)+51.$$ Остаток этого числа — 51, а должен быть 21. Противоречие, значит, отношение 11 невозможно. в) Каково наименьшее целое отношение $n$? Поскольку числа натуральные и различные, целое отношение большего к меньшему не меньше 2. Пусть $u=nv$, где $v=60q+21$. Числа $u,v$ должны иметь одинаковый остаток, следовательно, разность $u-v$ должна делиться на 60: $$u-v=nv-v=(n-1)v=(n-1)(60q+21).$$ Раскроем скобки: $$u-v=60q(n-1)+21(n-1).$$ Первое слагаемое уже делится на 60. Значит, и $21(n-1)$ должно делиться на 60. Сократим общий множитель 3 у чисел 21 и 60: это равносильно делимости $7(n-1)$ на 20. Числа 7 и 20 взаимно просты: множители 20 — только 2 и 5, а 7 на них не делится. Поэтому на 20 должно делиться само $n-1$: $$n-1=20t.$$ При $n\ge2$ левая часть положительна, так что натуральное $t$ не меньше 1. Отсюда: $$n=20t+1\ge20\cdot1+1=21.$$ Покажем, что отношение 21 достижимо. Запишем: $$21,81,141,201,261,321,381,441,501,30021.$$ Это десять различных натуральных чисел; каждое имеет остаток 21 при делении на 60. Поэтому все требуемые средние целые. Кроме того: $$\frac{441}{21}=21,$$ поскольку $21\cdot21=441$. Значит, нижняя граница достигается. Ответ: а) нет; б) нет; в) 21.

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.

Средний балл — сумма баллов, делённая на число учеников. Поэтому, если учеников $N$ и средний балл 18, сумма баллов равна $18N$. Обозначим балл перешедшего ученика через $p$. а) Увеличение на 10% означает умножение на $1+10/100=1{,}1$. Новый средний в первой школе: $$ 18\cdot1{,}1=19{,}8. $$ После ухода ученика сумма стала $18N-p$, количество — $N-1$. Запишем условие среднего и избавимся от знаменателя: $$ \frac{18N-p}{N-1}=19{,}8;\qquad18N-p=19{,}8(N-1); $$ $$ 18N-p=19{,}8N-19{,}8;\qquad p=19{,}8-1{,}8N; $$ $$ 5p=99-9N=9(11-N). $$ Балл $p$ положителен, поэтому $11-N>0$ и $N\le10$. По условию $N\ge2$. Чтобы $p$ был целым, число $9(11-N)$ должно делиться на 5. Число 9 не кратно 5, значит, $11-N$ кратно 5. При $2\le N\le10$ величина $11-N$ лежит от 1 до 9; единственное кратное 5 здесь равно 5: $$ 11-N=5;\quad N=6;\quad5p=9\cdot5=45;\quad p=9. $$ Проверим, что обе школы могут выполнить условия. Первая: баллы $9,19,20,20,20,20$, сумма $108$, средний $108/6=18$. После ухода 9 сумма $99$, средний $99/5=19{,}8$. Вторая: четыре ученика по 6 баллов, средний 6; после прихода: $$ \frac{4\cdot6+9}{5}=\frac{33}{5}=6{,}6=1{,}1\cdot6. $$ Значит, изначально в первой школе было 6 учеников. б) Теперь шесть баллов первой школы различны, их сумма по-прежнему $18\cdot6=108$, и один из них равен 9. Чтобы один ученик получил наибольший балл, остальным пяти нужно оставить наименьшую возможную сумму. Они обязаны включать 9; четыре других различных положительных числа не меньше $1,2,3,4$. Поэтому: $$ \text{сумма остальных пяти}\ge1+2+3+4+9=19; $$ $$ \text{наибольший балл}\le108-19=89. $$ Набор $1,2,3,4,9,89$ достигает этой границы. После ухода 9 остаётся сумма 99, а для второй школы подходит предыдущий пример. Ответ: 89 баллов. в) Пусть во второй школе изначально $m>10$ учеников и целый средний $q$. После прихода ученика с 9 баллами: $$ \frac{qm+9}{m+1}=1{,}1q;\qquad10qm+90=11q(m+1); $$ $$ 10qm+90=11qm+11q;\qquad90=qm+11q=q(m+11). $$ Значит, $m+11$ — делитель 90 и больше 21. Полный список положительных делителей 90: $1,2,3,5,6,9,10,15,18,30,45,90$ (из разложения $90=2\cdot3^2\cdot5$). Наименьший больше 21 — 30: $$ m+11=30;\quad m=19;\quad q=90/30=3. $$ Пример: 19 учеников по 3 балла. После прихода: $$ \frac{19\cdot3+9}{20}=\frac{57+9}{20}=\frac{66}{20}=3{,}3=1{,}1\cdot3. $$ Ответ: а) 6 учеников; б) 89 баллов; в) 19 учеников.

В каждой позиции мы перемножаем две цифры. Цифры лежат от 0 до 9, поэтому одно произведение не больше $9\cdot9=81$. В этой задаче полезно либо составить нужную сумму из таких произведений, либо доказать, что между допустимыми произведениями остаётся слишком большой промежуток. а) Возьмём $A=977$, $B=998$. Проверим каждую позицию: $$ S=9\cdot9+7\cdot9+7\cdot8=81+63+56=144+56=200. $$ Оба числа трёхзначные. Ответ: да. б) В четырёх позициях наибольшая сумма равна $4\cdot81=324$. Если хотя бы одно произведение меньше 81, оно не больше 72: хотя бы одна цифра тогда не больше 8, а другая не больше 9, поэтому произведение не больше $8\cdot9=72$. Следовательно, вся сумма либо равна 324, либо не больше: $$ 3\cdot81+72=243+72=315. $$ Число 320 больше 315 и меньше 324. Оно не попадает ни в один случай. Ответ: нет. в) Нужно охватить все числа от 1 до 340, а не отдельные примеры. Сначала покажем, что любой остаток $R$ от 0 до 97 можно выразить суммой двух произведений цифр. При $0\le R\le89$ разделим $R$ на 9 с остатком: $$ R=9q+r,\qquad0\le q\le9,\qquad0\le r\le8. $$ И частное $q$, и остаток $r$ — цифры, поэтому: $$ R=9\cdot q+1\cdot r. $$ Осталось восемь чисел от 90 до 97. Для них явно укажем два произведения: $$ \begin{array}{c|c} 90&9\cdot9+1\cdot9=81+9\\ 91&7\cdot9+4\cdot7=63+28\\ 92&8\cdot8+4\cdot7=64+28\\ 93&9\cdot9+2\cdot6=81+12\\ 94&6\cdot9+5\cdot8=54+40\\ 95&9\cdot9+2\cdot7=81+14\\ 96&9\cdot9+3\cdot5=81+15\\ 97&9\cdot9+2\cdot8=81+16 \end{array} $$ Теперь для нужного $S$ выделим несколько слагаемых по 81. Выбор полностью покрывает диапазон: $$ \begin{array}{c|c|c} S&k&R=S-81k\\\hline 1\ldots80&0&1\ldots80\\ 81\ldots161&1&0\ldots80\\ 162\ldots242&2&0\ldots80\\ 243\ldots340&3&0\ldots97 \end{array} $$ Каждое из $k$ слагаемых 81 записываем как $9\cdot9$. Остаток $R$ записываем двумя произведениями по доказанному выше правилу. Всего используется не больше $3+2=5$ позиций. Если их меньше пяти, дописываем нулевые произведения $0\cdot0$. Объясним, как из произведений получаются сами числа. Первые множители записываем цифрами числа $A$, вторые — цифрами $B$ в том же порядке. Так как $S\ge1$, хотя бы одно произведение положительно. Переставим эту пару цифр в первую позицию: тогда у обоих чисел первая цифра ненулевая. Остальные позиции могут содержать нули. Получились именно пятизначные числа с нужной суммой $S$. Ответ: а) да; б) нет; в) верно для каждого натурального числа от 1 до 340.

На окружности у каждого числа два соседа, включая пару «последнее — первое». Поэтому нужно учитывать 12 разностей, а не 11. а) Расставим по кругу числа в порядке: $$ 1,2,3,4,5,12,6,7,8,9,10,11. $$ Разности соседей, начиная с пары 1 и 2 и заканчивая парой 11 и 1: $$ 1,1,1,1,7,6,1,1,1,1,1,10. $$ Здесь девять единиц и ещё числа 7, 6, 10. Проверка суммы: $$ 9\cdot1+7+6+10=9+7+6+10=32. $$ б) У целого числа $z$ модуль $|z|$ имеет ту же чётность: если $z<0$, то $|z|-z=-2z$ — чётное число; если $z\ge0$, разность равна нулю. Обозначим круговую последовательность через $a_1,\ldots,a_{12}$ и положим $a_{13}=a_1$. Тогда сумма модулей имеет ту же чётность, что сумма разностей без модулей. Но в ней все числа сокращаются: $$ (a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\ldots+(a_{12}-a_{11})+(a_1-a_{12})=0. $$ Следовательно, сумма модулей чётная. Число 29 нечётно. Ответ: нет. в) Чтобы ограничить сразу все соседние разности, выберем середину между числами 6 и 7 — число $6{,}5$. Для любых соседей $u,v$ расстояние между ними не больше пути от $u$ до $6{,}5$ и затем до $v$ (неравенство треугольника): $$ |u-v|\le|u-6{,}5|+|v-6{,}5|. $$ Если сложить это по всем рёбрам окружности, каждое число встретится ровно дважды, потому что имеет двух соседей: $$ \text{сумма разностей}\le2\sum_{j=1}^{12}|j-6{,}5|. $$ Расстояния от середины равны $0{,}5,1{,}5,2{,}5,3{,}5,4{,}5,5{,}5$, каждое по два раза: $$ \sum_{j=1}^{12}|j-6{,}5| =2(0{,}5+1{,}5+2{,}5+3{,}5+4{,}5+5{,}5) =2\cdot18=36. $$ Значит, сумма не больше $2\cdot36=72$. Для равенства поставим поочерёдно число не больше 6 и число не меньше 7: $$ 1,7,2,8,3,9,4,10,5,11,6,12. $$ Разности по кругу: $$ 6,5,6,5,6,5,6,5,6,5,6,11. $$ $$ 6\cdot6+5\cdot5+11=36+25+11=72. $$ Верхняя граница достигнута. Ответ: а) указанный порядок даёт 32; б) нет; в) 72.

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.

Разрешены только цифры 4 и 9, а сами числа на доске не повторяются. Для вопросов о возможности мы должны либо предъявить набор, либо исключить все наборы, а для минимума — сделать и то и другое. а) Подойдёт набор из трёх различных чисел $4,9,94$: $$ 4+9+94=13+94=107. $$ Все цифры разрешены. Ответ: да. б) Если сумма равна 289, каждое положительное слагаемое меньше 289. Наименьшее трёхзначное разрешённое число — 444, оно уже больше 289. Значит, выбирать можно только из полного списка: $$ 4,9,44,49,94,99. $$ Сложим весь список: $$ 4+9+44+49+94+99=13+93+193=299. $$ Чтобы оставить сумму 289, нужно убрать числа с суммой $299-289=10$. Числа от 44 и выше убирать нельзя: каждое уже больше 10. А из 4 и 9 можно составить только суммы $0,4,9,4+9=13$. Числа 10 среди них нет. Ответ: нет. в) Используем последние цифры. Обе цифры, 4 и 9, дают остаток 4 при делении на 5. Поэтому сумма $r$ разрешённых чисел имеет тот же остаток, что и $4r$. У нужной суммы: $$ 3986=5\cdot797+1. $$ Значит, $4r$ должен давать остаток 1 при делении на 5. Проверим все пять возможных остатков самого $r$: $$ \begin{array}{c|ccccc} \text{остаток }r&0&1&2&3&4\\\hline \text{остаток }4r&0&4&3&2&1 \end{array} $$ Таким образом, возможные положительные количества — $4,9,14,\ldots$. Достаточно исключить четыре и построить набор из девяти. Четырёхзначные числа не подходят даже как одно слагаемое: наименьшее такое число равно $4444>3986$. Четыре наибольших разрешённых числа меньше 3986 — это $999,994,949,944$. Любые четыре различных допустимых числа имеют сумму не больше их суммы: $$ 999+994+949+944=1993+1893=3886<3986. $$ Четырёх чисел недостаточно. Для девяти подходит набор: $$ 4,9,44,49,444,494,949,994,999. $$ Проверим сумму, группируя слагаемые: $$ (4+9+44+49)+(444+494)+(949+994+999) =106+938+2942=1044+2942=3986. $$ Повторений нет. Ответ: а) да; б) нет; в) 9 чисел.

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 $54+90=144$.

После вычёркивания одной цифры должны остаться именно две цифры с ненулевой первой. Петя и Коля могут вычеркнуть одинаковую цифру, поэтому произведение двух одинаковых результатов тоже нужно учитывать. а) Возьмём $A=160$. Вычеркнув последнюю цифру 0, получим $B=16$. Вычеркнув среднюю цифру 6, получим $C=10$: $$ B\cdot C=16\cdot10=160=A>150. $$ Ответ: да. б) При $540\le A<600$ число начинается с 5, а цифра десятков не меньше 4. Если вычеркнуть 5, двузначный результат не меньше 40; если вычеркнуть другую цифру, результат начинается с 5 и не меньше 50. В любом случае оба двузначных числа не меньше 40: $$ B\cdot C\ge40\cdot40=1600>600>A. $$ Равенство невозможно. Ответ: нет. в) Сначала предъявим большое подходящее число: $$ 910=91\cdot10. $$ Число 91 получаем удалением последнего 0, число 10 — удалением первой 9. Докажем, что больше 910 подходящих чисел нет. Пусть $A>910$. Тогда $A=900+R$, где $R$ — число из последних двух цифр, $11\le R\le99$. После удаления первой цифры получаем $R$. После удаления одной из двух других цифр получаем число от 90 до 99. Возможны три типа выбора $B,C$. Первый тип: оба числа не меньше 90. Тогда: $$ B\cdot C\ge90\cdot90=8100>999\ge A. $$ Второй тип: оба результата равны $R$. Тогда нужно: $$ R^2=900+R;\qquad R^2-R=900. $$ У соседних целых $R$ выражение $R^2-R$ строго увеличивается, поскольку: $$ [(R+1)^2-(R+1)]-[R^2-R]=2R>0. $$ Но 900 находится между значениями при 30 и 31: $$ 30^2-30=900-30=870<900; $$ $$ 31^2-31=961-31=930>900. $$ Следовательно, целого решения нет: при $R\le30$ значение не больше 870, при $R\ge31$ — не меньше 930. Третий тип: один результат $R$, другой — некоторое $Q\ge90$. Из $RQ=A\le999$ получаем: $$ 90R\le999;\qquad R\le11, $$ так как $90\cdot11=990$, а $90\cdot12=1080>999$. Вместе с $R\ge11$ это оставляет только $R=11$, то есть $A=911$. После вычёркивания его цифр получаются лишь 11 и 91, но: $$ 11\cdot91=1001\ne911. $$ Все возможные типы выбора проверены. Выше 910 решений нет, а 910 подходит. Ответ: а) да; б) нет; в) 910.

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.

Пусть $r$ чисел оканчиваются на 6, тогда $30-r$ — на 2. При сложении последние цифры дают ту же последнюю цифру общей суммы, что и сами числа. Их сумма: $$ 6r+2(30-r)=6r+60-2r=60+4r. $$ Общая сумма 2454 оканчивается на 4. Значит, $4r$ тоже должно оканчиваться на 4. Это равносильно условию, что $r$ при делении на 5 даёт остаток 1. Например, проверив $r=0,1,2,3,4$, получаем последние цифры $0,4,8,2,6$; далее они повторяются через 5. С учётом $0\le r\le30$ остаются только: $$ r=1,6,11,16,21,26. $$ а) Поровну означало бы $r=15$. Этого числа в полном списке нет. Ответ: нет. б) При $r=1$ нужно 29 различных чисел, оканчивающихся на 2. Их наименьший набор $2,12,\ldots,282$. При сложении начала и конца каждой пары получается $2+282=284$; поэтому сумма равна числу слагаемых, умноженному на полусумму крайних: $$ 2+12+\ldots+282=\frac{29(2+282)}2=29\cdot142=4118. $$ Добавим наименьшее число на 6: $$ 4118+6=4124>2454. $$ Даже минимальная сумма слишком велика. Ответ: нет. в) После исключения $r=1$ следующий кандидат — $r=6$. Тогда нужны 24 различных числа на 2 и шесть на 6. Их минимальная сумма: $$ \frac{24(2+232)}2+\frac{6(6+56)}2 =12\cdot234+3\cdot62=2808+186=2994>2454. $$ Значит, кандидат $r=6$ тоже не подходит; следующее возможное количество $r=11$. Проверим его конструкцией. Возьмём 19 чисел на 2: $2,12,\ldots,182$, и 11 чисел на 6: сначала $6,16,\ldots,106$. $$ \frac{19(2+182)}2=19\cdot92=1748; $$ $$ \frac{11(6+106)}2=11\cdot56=616; \qquad1748+616=2364. $$ Не хватает $2454-2364=90$. Заменим 106 на 196: новая цифра единиц по-прежнему 6, число не совпадает с другими, а прибавка равна $196-106=90$. Получаем: $$ 2364+90=2454. $$ Все 30 чисел различны. Ответ: а) нет; б) нет; в) 11 чисел, оканчивающихся на 6.

Упорядочим десять различных натуральных чисел: $$ x_1<x_2<\ldots<x_{10}. $$ Среднее первых шести равно 5, значит, их сумма $6\cdot5=30$. Среднее последних шести равно 15, значит, их сумма $6\cdot15=90$. В эти две группы одновременно входят $x_5$ и $x_6$. Поэтому при сложении сумм они учитываются дважды. Обозначим $u=x_5$, $v=x_6$, а общую сумму — $T$: $$ T=30+90-u-v=120-u-v. $$ а) Если наименьшее число равно 3, следующие пять различных натуральных чисел не меньше $4,5,6,7,8$. Тогда сумма первых шести не меньше: $$ 3+4+5+6+7+8=11+11+11=33>30. $$ Противоречие. Ответ: нет. б) Среднее 11 потребовало бы $T=10\cdot11=110$. Тогда: $$ 120-u-v=110;\qquad u+v=10. $$ Но пятое по возрастанию натуральное число не меньше 5, шестое — не меньше 6. Значит, $u+v\ge5+6=11$. Получить 10 нельзя. Ответ: нет. в) Чтобы увеличить $T=120-u-v$, нужно уменьшить $u+v$. Докажем более точную нижнюю границу $u+v\ge15$. Предположим обратное: $u+v\le14$. Поскольку $v\ge u+1$, получаем $2u+1\le14$, откуда целое $u\le6$. Четыре первых числа различны и меньше $u$, поэтому максимально они могут быть $u-4,u-3,u-2,u-1$. Их сумма не больше: $$ (u-4)+(u-3)+(u-2)+(u-1)=4u-10. $$ Тогда сумма первых шести ограничена сверху: $$ 30=x_1+x_2+x_3+x_4+u+v \le4u-10+(u+v) \le4\cdot6-10+14=28. $$ Получили $30\le28$, что невозможно. Значит, $u+v\ge15$ и: $$ T\le120-15=105;\qquad\frac{T}{10}\le\frac{105}{10}=10{,}5. $$ Для достижения границы возьмём: $$ 1,3,5,6,7,8,9,10,11,45. $$ Все различны. Проверим обе суммы: $$ 1+3+5+6+7+8=4+11+15=30; $$ $$ 7+8+9+10+11+45=15+19+56=90. $$ Перекрывающиеся числа $7$ и $8$ дают сумму 15, поэтому общая сумма $120-15=105$, среднее 10,5. Ответ: а) нет; б) нет; в) 10,5.