Верно ли, что для любого набора положительных чисел, каждое из которых не превосходит \(11\), а сумма которых больше \(110\), всегда можно выбрать несколько чисел так, чтобы их сумма была не больше \(110\), но больше: а) \(99\); б) \(101\); в) \(100\).

а) Складываем числа с доски до тех пор, пока не будет больше 110, а потом убрать из набора последнее число. Так как сумма чисел получится больше 110, а каждое число не более 11, то сумма чисел без последнего числа всегда будет больше 99. б) Возьмём число 10,1 – 11 раз, сумма их равна 111,1 > 110, если мы возьмём 10 раз по 10,1, то получим 101, а оно не больше 101. Значит, не всегда, следовательно, нет. в) Складываем числа до тех пор, пока не будет больше 110. Если среди них есть число меньше или равно 10, то убираем его, если таких нет, то все числа будут находиться в промежутке от 10 до 11. И нужно взять 10 таких чисел, чтобы было больше 100 и меньше 110. Ответ: а) да, б) нет, в) да.

В каждой клетке квадратной таблицы \(6х6\) стоит натуральное число, меньшее \(7\). Вася в каждом столбце находит наименьшее число и складывает шесть найденных чисел. Петя в каждой строке находит наименьшее число и складывает шесть найденных чисел. а) Может ли сумма у Пети получиться в два раза больше, чем сумма у Васи? б) Может ли сумма у Пети получиться в шесть раз больше, чем сумма у Васи? в) В какое наибольшее число раз сумма у Пети может быть больше, чем сумма у Васи?

а) Да, может быть, пример: \(2\) | \(2\) | \(2\) | \(2\) | \(2\) | \(2\) \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) | \(5\) \(2\) | \(2\) | \(2\) | \(2\) | \(2\) | \(2\) б) Нет. Так как, Вася минимум соберёт \(6\), а Петя максимум соберет \(= 36\), но одновременно это невозможно. Так как максимум Пети \(36\), когда все числа в таблице \(6\), но тогда у Васи не может быть \(6\). в) Если у Васи \(6\), то у Пети максимум будет \(31\) (1 строка из \(1\) и все остальные строки из \(6\)), тогда получаем \(\frac{31}{6}\), а если у Васи не \(6\), то у него пусть будет \(n > 6\). У Пети пусть будет \(m\leq 36\), тогда \(\frac{m}{n}\leq\frac{36}{7}\). Проверим \(\frac{36}{7}\) и \(\frac{36}{6}\leftrightarrow\frac{216}{42}<\frac{252}{42}\). Значит, наибольшим будет \(\frac{31}{6}\), пример: \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) | \(6\) Ответ: а) да; б) нет; в) \(\frac{31}{6}\).

На доске написано \(n\) чисел \(a_{i}( i=1,2,\dotsc ,n)\). Каждое из них не меньше 50 и не больше 150. Каждое из этих чисел уменьшают на \(r_{i}\%\). При этом либо \(r_{i} =2\%\), либо число \(a_{i}\) уменьшается на 2, то есть становится равным \(a_{i} -2\). Какие-то числа уменьшились на число 2, а какие-то - на 2 процента). а) Может ли среднее арифметическое чисел \(r_{1} ,r_{2} ,\dotsc ,r_{n}\) быть равным 5? б) Могло ли так получиться, что среднее арифметическое чисел \(r_{1} ,r_{2} ,\dotsc ,r_{n}\) больше 2, при этом сумма чисел \(a_{1} ,a_{2} ,\dotsc ,a_{n}\) уменьшилась более чем на \(2n\)?в) Пусть всего чисел 30, а после выполнения описанной операции их сумма уменьшилась на 40.Найдите наибольшее возможное значение среднего арифметического чисел \(r_{1} ,r_{2} ,\dotsc ,r_{n}\).

а) Нет, так как наибольший %, на который может быть уменьшено число \(\frac{2}{50} \cdot 100%=4%\). б) Да, например, взяли бы два числа 50 и 150, тогда: В итоге среднее арифметическое чисел \(r_{1} ,r_{2} ,\dotsc r_{n} =3\%\), при этом сумма чисел \(a_{1} ,a_{2} ,\dotsc ,a_{n}\) уменьшилась на \(5( >2n,n-2)\) в) Так как наибольший %, на который может быть уменьшено число =4%, то нам нужно, как можно больше чисел по 50, из которых мы будем вычитать 2. Пусть \(k\) чисел уменьшим на 2, тогда \(30-k\) чисел уменьшаем на 2%. Так как сумма чисел уменьшилась на 40, то \(40\geqslant 2k+( 30-k) \cdot 1\) (\(2k\) - уменьшение \(k\) чисел на 2, \((30-k) \cdot 1\) - наименьшее уменьшение суммы \(30-k\) чисел, которые уменьшаются на 2%) \(40\geqslant 2k+( 30-k) \cdot 1\\ 10\geqslant k\) Пусть \(k=10\), тогда \(r_{1} ,r_{2} ,\dotsc r_{10} =4\%\), а \(r_{11} ,r_{12} ,\dotsc ,r_{30} =2\%\), среднее арифметическое: \(\frac{4\cdot 10+2\cdot 20}{30} =\frac{8}{3}\) Пример: Возьмем 30 чисел по 50, из первых 10 вычтем 2, из остальных 2% \(\Rightarrow r_{1} ,r_{2} ,\dotsc r_{10} =4\%\), а \(r_{11} ,r_{12} ,\dotsc ,r_{30} =2\%\), среднее арифметическое: \(\frac{4\cdot 10+2\cdot 20}{30} =\frac{8}{3}\) Ответ: а) Нет; б) Да; в) \(\frac{8}{3}\).

Задумано несколько целых чисел. Набор этих чисел и все их возможные суммы (по 2, по 3 и т. д.) выписывают на доску в порядке неубывания. Например, если задуманы числа 2, 3, 5, то на доске будет выписан набор 2, 3, 5, 5, 7, 8, 10. а) На доске выписан набор −11, −7, −5, −4, −1, 2, 6. Какие числа были задуманы? б) Для некоторых различных задуманных чисел в наборе, выписанном на доске, число 0 встречается ровно 4 раза. Какое наименьшее количество чисел могло быть задумано? в) Для некоторых задуманных чисел на доске выписан набор. Всегда ли по этому набору можно однозначно определить задуманные числа?

а) -7, -4, 6. Пусть было задумано n чисел. Тогда на доску будет выписано \(n+C^2_n+C^3_n+\dots +C^n_n=2^n-1\) чисел. У нас набор из семи чисел, значит задумано было три числа. Все три отрицательные они быть не могли, иначе не было положительной суммы, если положительных чисел было бы два, то вместе с их суммой на доске было бы хотя бы три положительных числа. Значит положительное число было загадано одно единственное, при чем оно может быть только наибольшим в наборе (его сумма с любыми другими числами будет меньше него) и это число 6. Число -11 наименьшее соответственно должно быть получено как сумма двух отрицательных чисел \(-\) среди чисел на доске такие только -7 и -4. б) 5. Пусть для некоторого набора чисел, среди которых нет нуля, количество нулей на доске равно \(k\). Если добавить в этот набор ноль, то на доске добавится сам этот ноль, и \(k\) нулевых сумм, которые получены из старых нулевых сумм прибавлением к ним нового нуля. Тогда, если в наборе есть ноль (а сказано, что числа различны, значит он максимум один), то количество нулевых сумм \(2k+1\) \(-\) нечетное число. Значит в исходном наборе нуля не было. Пусть задумано не больше 4 чисел. Ноль мы можем получить из суммы некоторого количества отрицательных чисел с некоторым числом положительных. Пусть (в силу симметрии) отрицательных чисел не больше двух. Тогда разных наборов отрицательных чисел не больше трех — это сами отрицательные числа и их сумма. В таком случае мы получим не более трех нулей, так как при таких малых количествах чисел суммы положительных чисел так же будут различны (в суммах по два хотя бы одно будет повторяться, и может быть еще сумма из трех чисел, большая любых предыдущих сумм) и у нас не может оказаться более трех пар противоположных чисел. В таком случае задумано не менее пяти чисел -- пример -2, -1, 1, 2, 3. в) Нет. Например, если на доске написаны числа -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, то задуманы могли быть как числа -3, 1 и 2, так и -2, -1, 3. Ответ: а) -7, -4, 6. б) 5. в) Нет.

Тройку различных натуральных чисел назовём удачной, если любое число в ней хотя бы на \(5\) больше, чем треть суммы других чисел. Например, \(40, 45, 50\) - удачная тройка. а) Сколько существует удачных троек, содержащих числа \(50,60\) и ещё одно число, большее \(60\)? б) Найдется ли удачная тройка, одно из чисел которой равно \(15\)? в) Какое наибольшее количество чисел от \(1\) до \(100\) включительно можно расставить по кругу так, чтобы каждое число встречалось не более одного раза и любые три подряд идущих числа образовывали удачную тройку?

а) \(15\). Пусть третье число в тройке \(x\). Составим неравенство, опираясь на условие задачи: \(50\geq \frac{x+60}{3}+5\Leftrightarrow 75\geq x\) Заметим, что для существования удачной тройки не обязательно проверять все три неравенства, достаточно лишь того, чтобы меньшее число было больше трети суммы двух оставшихся плюс пять. Потому что, если это условие выполняется, то меняя числа местами, мы будем увеличивать левую и уменьшать правую части, поэтому неравенства так же будут выполняться. Значит нам подходят все иксы от \(61\) до \(75\), а таких \(15\) штук. б) Нет. Пусть это числа \(a\), \(b\geq a+1\), \(c\geq a+2\). Из условия получаем \(a\geq \frac{b+c}{3}+5\geq \frac{a+1+a+2}{3}+5\Leftrightarrow a\geq 18\) То есть наименьшее возможное число в тройке – \(18\). в) \(80\). Посмотрим, какая допустимая разность между числами в тройке. Пусть меньшее из чисел \(a\), большее – \(x\). Среднее число не меньше, чем \(a+1\). Запишем условие удачной тройки: \(a\geq 5+\frac{a+1+x}{3}\Leftrightarrow 2a\geq x+16\Leftrightarrow a-16\geq x-a\) При этом, рядом с каждым числом находятся \(4\) числа, которые могут входить с ним в какую-то тройку, то есть, рядом с каждым числом точно есть число, большее его хотя бы на \(4\). То есть для полученного выше необходимого условия удачной тройки имеем \(a-16\geq 4\Leftrightarrow a\geq 20\). То есть мы не можем брать числа от \(1\) до \(19\), значит, чисел по кругу можно расставить не более \(81\). Если мы выбрали число \(20\), то существует тройка, в которой с числом \(20\) не стоит число \(21\), а стоит хотя бы \(22\). Тогда в этой тройке следующее число не более \(23\), иначе сумма двух других чисел в тройке хотя бы \(46\), а \(\frac{46}{3}+5>20\). То есть существуют три подряд идущие числа \(20\), \(23\), \(22\), не важно, в какой конфигурации. Но где-то находится еще число \(21\), и тогда существует тройка с этим числом, не содержащая чисел \(20\), \(22\) и \(23\). Тогда сумма оставшихся чисел в этой тройке хотя бы \(24+25=49\), но \(\frac{49}{3}+5>21\). Значит, мы не сможем выбрать \(81\) число, так как для этого потребуется взять все числа от \(20\) до \(100\), но взять одновременно \(20\) и \(21\) не получится. Не будем брать число \(20\) и расставим оставшиеся числа следующим образом: \(21\), \(23\), … \(97\), \(99\), \(100\), \(98\), \(96\), \(94\), … \(24\), \(22\) (и круг замыкается). Почти все тройки тут построены по принципу \(x\), \(x+2\), \(x+4\), для которых условие удачной тройки выполняется при \(x\geq \frac{2}{3}x+7\Leftrightarrow x\geq 21\), для замыкания круга выполним проверку – минимальное число в тройках на этой части круга – \(21\). Максимальная сумма оставшихся двух чисел по всем тройкам, куда входит это число – \(23+25=48\). \(\frac{48}{3}+5=21\), значит, условие выполняется и тройки удачные. Получаем пример на \(80\) чисел. Ответ: а) 15. б) Нет. в) 80.