ФИПИ E5791E — Числовые наборы и прогрессии

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.