На доске было написано несколько различных натуральных чисел. Эти числа разбили на три группы, в каждой из которых оказалось хотя бы одно число.
К каждому числу из первой группы приписали справа цифру 3, к каждому числу из второй группы $—$ цифру 7, а числа из третьей группы оставили без изменений.
а) Могла ли сумма всех этих чисел увеличиться в 8 раз?
б) Могла ли сумма всех этих чисел увеличиться в 17 раз?
в) В какое наибольшее число раз могла увеличиться сумма всех этих чисел?
Задание с развёрнутым ответом. Запишите решение и сравните его с разбором.
Ответ: а) да; б) нет; в) $\frac{232}{21}$ раза.
Решение
Обозначим суммы первой, второй и третьей групп $A,B,C$, а количества чисел в них $p,q,r$. Все группы непустые, поэтому $p,q,r\ge1$. Приписывание цифр 3 и 7 означает соответственно $n\to10n+3$ и $n\to10n+7$. Исходная и новая общие суммы:
$$
T=A+B+C;\qquad T'=10A+3p+10B+7q+C.
$$
а) Возьмём группы $\{1\},\{8\},\{4\}$:
$$
T=1+8+4=13;\qquad T'=13+87+4=104=8\cdot13.
$$
Три числа различны, все группы непустые. Ответ: да.
б) Для любого натурального $n\ge1$ выполняется:
$$
10n+7\le10n+7n=17n;\qquad10n+3\le10n+7n=17n.
$$
В третьей группе результат $n$ строго меньше $17n$. Поскольку эта группа непустая, общая новая сумма строго меньше $17T$. Ответ: нет.
в) Пусть всего $k=p+q+r$ чисел, обязательно $k\ge3$. Выделим десятикратную исходную сумму:
$$
T'=10(A+B+C)+(3p+7q-9C)=10T+(3p+7q-9C);
$$
$$
\frac{T'}T=10+\frac{3p+7q-9C}{T}.
$$
Оценим числитель прибавки. Так как $C\ge1$, $r\ge1$, $p\ge1$:
$$
3p+7q=7(p+q)-4p=7(k-r)-4p\le7(k-1)-4=7k-11;
$$
$$
3p+7q-9C\le7k-11-9=7k-20.
$$
Сумма $k$ различных натуральных чисел не меньше $1+2+\ldots+k=k(k+1)/2$: эта формула получается сложением прямого и обратного порядка, где каждая пара даёт $k+1$. Поскольку при $k\ge3$ величина $7k-20\ge1$ положительна, уменьшение знаменателя увеличивает дробь. Поэтому:
$$
\frac{T'}T\le10+\frac{7k-20}{T}
\le10+\frac{2(7k-20)}{k(k+1)}.
$$
Докажем, что последняя дробь не больше $22/21$ для любого целого $k\ge3$. Умножать неравенство на $21k(k+1)$ можно без смены знака, поскольку это положительное число. Получаем равносильные преобразования:
$$
\frac{2(7k-20)}{k(k+1)}\le\frac{22}{21}
\quad\Longleftrightarrow\quad42(7k-20)\le22k(k+1);
$$
$$
294k-840\le22k^2+22k
\quad\Longleftrightarrow\quad22k^2-272k+840\ge0;
$$
$$
11k^2-136k+420\ge0.
$$
Проверим знак, разложив средний член так, чтобы выделить одинаковую скобку:
$$
11k^2-136k+420
=11k^2-66k-70k+420
=11k(k-6)-70(k-6)
=(11k-70)(k-6).
$$
При $3\le k\le6$ оба множителя неположительны: $k-6\le0$, $11k-70\le66-70=-4$. Их произведение неотрицательно. При целом $k\ge7$ оба положительны: $k-6\ge1$, $11k-70\ge7$. Эти случаи охватывают все допустимые целые $k$, поэтому оценка доказана.
Итак:
$$
\frac{T'}T\le10+\frac{22}{21}=\frac{210+22}{21}=\frac{232}{21}.
$$
Равенство достигается на числах от 1 до 6. Третья группа $\{1\}$, первая $\{2\}$, вторая $\{3,4,5,6\}$. Проверим:
$$
T=1+2+3+4+5+6=21;
$$
$$
T'=1+23+37+47+57+67=24+84+124=232.
$$
Все числа различны, группы непустые. Ответ: а) да; б) нет; в) $\frac{232}{21}$ раза.