На доске написали несколько не обязательно различных двузначных натуральных чисел без нулей в десятичной записи. Сумма этих чисел оказалась равной \(2376\). В каждом числе поменяли местами первую и вторую цифры, например, число \(17\) заменили на число \(71\). a) Приведите пример исходных чисел, для которых сумма получившихся чисел ровно в \(3\) раза больше, чем сумма исходных чисел. б) Могла ли сумма получившихся чисел быть ровно в \(6\) раз больше, чем сумма исходных чисел? в) Найдите наибольшее возможное значение суммы получившихся чисел.

Пусть исходные \(n\) чисел равны \(a_1b_1, a_2b_2, \dots, a_nb_n\). Тогда их сумму можно вычислить так: \(S_1 = (10a_1 + b_1) + (10a_2 + b_2) + \dots + (10a_n + b_n) = 10(a_1 + a_2 + \dots + a_n) + (b_1 + b_2 + \dots + b_n) = 2376\). Меняем в их записи первую и вторую цифру местами, тогда сумма новых чисел равна \(S_2 = 10(b_1 + b_2 + \dots + b_n) + (a_1 + a_2 + \dots + a_n)\). Пусть \(A = a_1 + a_2 + \dots + a_n,\quad B = b_1 + b_2 + \dots + b_n\). а) Пусть сумма после операции увеличилась в 3 раза, тогда \(\begin{cases} 10A + B = 2376 \\ 10B + A = 3 \cdot 2376 \end{cases}\) \(\begin{cases} 10A + B = 2376 \\ 10B + A = 7128 \end{cases}\) Вычтем из второго уравнения первое: \(\begin{cases} 10A + B = 2376 \\ 10B + A - 10A - B = 7128 - 2376 \end{cases}\) \(\begin{cases} 10A + B = 2376 \\ 9B - 9A = 4752 \end{cases}\) \(\begin{cases} 10A + B = 2376 \\ B = 528 + A \end{cases}\) \(\begin{cases} 10A + 528 + A = 2376 \\ B = 528 + A \end{cases}\) \(\begin{cases} 11A = 1848 \\ B = 528 + A \end{cases}\) \(\begin{cases} A = 168 \\ B = 696 \end{cases}\) Пусть всего было 168 чисел, в них \(a_1 = \dots = a_{168} = 1\). Пусть \(b_1 = \dots = b_{162} = 4,\ b_{163} = \dots = b_{168} = 8\). Тогда \(A = 168 \cdot 1 = 168,\quad B = 162 \cdot 4 + 6 \cdot 8 = 648 + 48 = 696\). \(S_1 = 10A + B = 1680 + 696 = 2376\). \(S_2 = 10B + A = 6960 + 168 = 7128 = 3 \cdot 2376\). Итого изначально на доске написали \(162\) числа \(14\) и \(6\) чисел \(18\). б) Аналогично пункту а) составим систему: \(\begin{cases} 10A + B = 2376 \\ 10B + A = 6 \cdot 2376 \end{cases}\) \(\begin{cases} 10A + B = 2376 \\ 10B + A = 14256 \end{cases}\) \(\begin{cases} B = 2376 - 10A \\ 10(2376 - 10A) + A = 14256 \end{cases}\) \(\begin{cases} B = 2376 - 10A \\ 23760 - 100A + A = 14256 \end{cases}\) \(\begin{cases} B = 2376 - 10A \\ 23760 - 99A = 14256 \end{cases}\) \(\begin{cases} B = 2376 - 10A \\ 99A = 9504 \end{cases}\) \(\begin{cases} A = 96 \\ B = 2376 - 960 = 1416 \end{cases}\) Чисел не более \(96\), так как иначе \(A > 96 \cdot 1 = 96\). Следовательно, \(B \leq 96 \cdot 9 = 864 < 1416\). Полученные значения \(A\) и \(B\) недостижимы. Ответ: нет. в) Пусть сумма увеличилась в \(k\) раз. Тогда \(\begin{cases} 10A + B = 2376 \\ 10B + A = 2376k \end{cases}\) \(\begin{cases} B = 2376 - 10A \\ 10(2376 - 10A) + A = 2376k \end{cases}\) \(\begin{cases} B = 2376 - 10A \\ 23760 - 100A + A = 2376k \end{cases}\) \(\begin{cases} B = 2376 - 10A \\ 23760 - 99A = 2376k \end{cases}\) \(\begin{cases} B = 2376 - 10A \\ 99A = 2376(10 - k) \end{cases}\) Заметим, что каждое из написанных чисел увеличилось не более чем в \(\frac{91}{19}\) раза, значит, \(k \leq \frac{91}{19} 125\). Так как \(A\) — целое, то \(A \geq 126\). При этом \(k = \frac{240 - A}{24} \leq \frac{240 - 126}{24} = \frac{114}{24} = \frac{19}{4}\). Приведем пример изначальных чисел, при которых сумма увеличилась в \(k = \frac{19}{4}\) раза, то есть стала равна \(2376k = 2376 \cdot \frac{19}{4} = 594 \cdot 19 = 11286\). Мы выяснили, что \(A = 126\). Пусть изначально на доске было 126 чисел, при этом \(a_1 = \dots = a_{126} = 1\). Тогда \(B = 2376 - 10A = 2376 - 1260 = 1116\). Если взять \(b_1 = \dots = b_{123} = 9,\ b_{124} = \dots = b_{126} = 3\), то \(B = 123 \cdot 9 + 3 \cdot 3 = 1107 + 9 = 1116\). Значит, если изначально на доске было написано \(123\) числа \(19\) и \(3\) числа \(13\), то после операции из условия сумма чисел на доске изменилась с \(2376\) на \(11286\). Ответ: а) Да б) Нет, не могла в) \(11286\)

В классе больше \(10\), но не больше \(26\) учащихся, а доля девочек не превышает \(21\%\). a) Может ли в этом классе быть \(5\) девочек? б) Может ли доля девочек составить \(30\%\), если в этот класс придёт новая девочка? в) В этот класс пришла новая девочка. Доля девочек в классе составила целое число процентов. Какое наибольшее число процентов может составить доля девочек в классе?

a) Да, могло. Если в классе учились 5 девочек и 20 мальчиков, то процентная доля девочек была равна \(\frac{5}{5 + 20} \cdot 100\% = \frac{5}{25} \cdot 100\% = \frac{1}{5} \cdot 100\% = 20\% < 21\%\) При этом условие на общее количество детей в классе выполняется, так как \(10 < 5 + 20 < 26\). б) Пусть изначально в классе учились \(n\) детей, при этом \(d\) из них — девочки. В этом случае процентная доля девочек составляла \(\frac{d}{n} \cdot 100\%\). Мы знаем, что изначальная процентная доля девочек была не более 21%, значит, \(\frac{d}{n} \leq \frac{21}{100} \implies 100d \leq 21n.\) После перевода еще одной девочки в класс количество девочек в классе стало равно \(d + 1\), а количество детей — \(n + 1\). Тогда в этом случае процентная доля девочек составила \(\frac{d+1}{n+1} \cdot 100\%\). Тогда нам нужно сравнить \(\frac{d + 1}{n + 1} \cdot 100\%\) и \(30\%\) \(100(d + 1)\) и \(30(n + 1)\) \(100d + 100\) и \(30n + 30\) \(100d + 70\) и \(30n\) Заметим, что \(100d \leq 21n\). Тогда \(100d + 70 \leq 21n + 70\) По условию \(10 < n\), значит, \(70 < 7n\). Следовательно, \(21n + 70 < 21n + 7n = 28n < 30n\) Таким образом, \(100d + 70 < 30n \implies \frac{d+1}{n+1} < \frac{30}{100}\) то есть после перевода в класс еще одной девочки их процентная доля меньше \(30\%\) и не может быть равна \(30\%\). Ответ: нет. в) Аналогично пункту б) оценим \(100d + 100\). В этот раз будем пользоваться тем, что \(11 \leq n \leq 25\) (так как \(n\) — натуральное и \(10 < n < 26\)). \(100d + 100 \leq 21n + 100 < 21n + 7n + 23 = 28n + 23 < 28n + 28\) Тогда \(100d + 100 < 28n + 28 \implies \frac{d + 1}{n + 1} < \frac{28}{100} = 28\%\) Значит, процентная доля девочек после перевода строго меньше \(28\%\), то есть может быть не более \(27\%\). Проверим, может ли она быть равна 27%. Для этого нужно \(\frac{d+1}{n+1} = \frac{27}{100}\). Дробь \(\frac{27}{100}\) несократима, поэтому \(n+1\) должно быть кратно 100, но \(n \leq 25 \implies n+1 \leq 26\), противоречие. Проверим 26%: \(\frac{26}{100} = \frac{13}{50}\) несократима, тогда \(n+1\) кратно 50, но \(n+1 \leq 26\), противоречие. Проверим 25%: \(\frac{25}{100} = \frac{1}{4}\). Тогда \(\frac{d+1}{n+1} = \frac{1}{4} \implies n+1 = 4k,\ d+1 = k\). При этом \(n = 4k-1 \leq 25 \implies k \leq 6.5\), и \(d = k-1 \geq 0\). Также исходное условие \(\frac{d}{n} \leq \frac{21}{100}\) должно выполняться. Подберём: \(k=3\): \(n=11, d=2\). Исходная доля \(\frac{2}{11} \approx 18.18\% < 21\%\). Подходит. Тогда после перевода: \(\frac{3}{12} = 0.25 = 25\%\). Значит, наибольшее целое значение — \(25\%\). Ответ: а) Да б) Нет в) \(25\)

Есть числа \(A\) и \(B\). Из них можно сделать числа \(A + 2\) и \(B - 1\) или \(A - 1\) и \(B + 2\), только если следующая пара этих чисел будет натуральной. Известно, что \(A = 5\), \(B = 7\). a) Можно ли за \(50\) ходов создать пару, где одно из чисел равно \(100\)? б) За сколько ходов можно сделать пару, где сумма чисел будет равна \(400\)? в) Какое наибольшее число ходов можно сделать, чтобы оба числа не превышали \(100\)?

а) Заметим, что при каждом действии сумма чисел увеличивается ровно на 1. Действительно, рассмотрим каждое действие по отдельности. Если было \((A, B)\) и стало \((A + 2, B - 1)\), то сумма \(A + B\) стала равной \(A + 2 + B - 1 = A + B + 1\) Если было \((A, B)\) и стало \((A - 1, B + 2)\), то сумма \(A + B\) стала равной \(A - 1 + B + 2 = A + B + 1\) Значит, за 50 ходов сумма увеличится на 50, то есть будет равна \(5 + 7 + 50 = 62\) Так как числа всегда остаются натуральными, то при такой сумме ни одно из чисел не может равняться 100. Ответ: нет. б) Как было показано в пункте а), сумма чисел увеличивается на 1 после каждого хода. Начальная сумма чисел равна \(5 + 7 = 12\). Тогда для достижения искомой суммы понадобится количество ходов, равное \(400 - 12 = 388\) Эту сумму можно получить путём \(194\)-кратного применения следующего алгоритма: \((A, B) \to (A + 2, B - 1) \to (A + 1, B + 1)\) Ответ: 388 ходов. в) Рассмотрим разность вида «второе число — первое число». Изначально она равна \(B - A = 7 - 5 = 2\). Далее возможны два варианта. Первый вариант: \((A, B) \to (A + 2, B - 1)\). Тогда новая разность: \((B - 1) - (A + 2) = B - A - 3\) Второй вариант: \((A, B) \to (A - 1, B + 2)\). Тогда новая разность: \((B + 2) - (A - 1) = B - A + 3\) Числа \(B - A\), \(B - A - 3\) и \(B - A + 3\) имеют одинаковый остаток при делении на \(3\). То есть разность второго и первого чисел (именно в этом порядке) всегда даёт один и тот же остаток при делении на 3. Изначально эта разность равна \(2\), то есть даёт остаток \(2\) при делении на \(3\). Приведем пример на \(187\) ходов, когда из чисел \((5, 7)\) сделаем пару \((100, 99)\) следующим образом: \((5, 7) \xrightarrow{\text{187 ходов}} (100, 99)\) Предположим, что ходов хотя бы 188. Тогда сумма чисел составит хотя бы \(5 + 7 + 188 = 200\) С учётом требуемого условия (получить \((100, 99)\)) это возможно, только если оба числа равны \(100\) и ходов было \(188\), но это невозможно, так как в таком случае разность чисел \(100 - 100 = 0\) не даёт остаток \(2\) при делении на \(3\). Получили противоречие. Следовательно, наибольшее число ходов равно \(187\). Ответ: а) Нет, нельзя б) \(388\) в) \(187\)

Ваня написал на доске трёхзначное число \(A\). Серёжа переписал это число \(A\), вычеркнул из него одну цифру и получил двузначное число \(B\). Коля тоже переписал это число \(A\), вычеркнул из него одну цифру (возможно, ту же самую, что и Серёжа) и получил двузначное число \(C\). a) Может ли быть верным равенство \(A = B \cdot C\), если \(A > 150\)? б) Может ли быть верным равенство \(A = B \cdot C\), если \(540 \leq A < 600\)? в) Найдите наибольшее число \(A\), для которого может быть верным равенство \(A = B \cdot C\).

а) Да, может. Например, если \(A = 625\), \(B = 25\), \(C = 25\), то получаем равенство: \(625 = 25 \cdot 25\). б) Заметим, что если \(540 \leq A 600.\) Тогда указанное равенство не может быть верным. Ответ: нет. в) Сначала приведем пример: \(A = 910\), \(B = 91\), \(C = 10\), тогда \(B \cdot C = 91 \cdot 10 = 910 = A.\) Так как есть пример на 910, то будем искать наибольшее возможное \(A\) среди трёхзначных чисел вида \(9bc\) (то есть от 900 до 999). Пусть \(A = 9bc\). Заметим, что если оба мальчика зачеркнули последнюю цифру \(c\) или предпоследнюю \(b\), то \(B\) и \(C\) будут как минимум двузначными числами, начинающимися с 9, и тогда \(B \cdot C \geq 90 \cdot 90 = 8100 > 999\). Такое нам не подходит. Значит, один из мальчиков вычеркнул первую цифру. Пусть это был Серёжа. Тогда \(B\) — двузначное число, полученное из \(A\) вычёркиванием первой цифры, то есть \(B = bc = 10b + c\), где \(b\) и \(c\) — вторая и третья цифры \(A\). Если \(b = 0\), то \(B = c\) (однозначное), и тогда \(B \cdot C \leq c \cdot 9c \leq 9 \cdot 99 = 891 < 910.\) Значит, \(b \geq 1\). Оценим \(B \cdot 90\): \(B \cdot 90 = (10b + c) \cdot 90 = 900b + 90c \geq 900.\) Если Коля не вычеркнул первую цифру (то есть вычеркнул \(b\) или \(c\)), то его число \(C\) не больше 99, но не менее 90, если он вычеркнул \(c\), или не менее \(10b\) (если вычеркнул \(b\)). Чтобы произведение \(B \cdot C\) было трёхзначным (910–999), нужно, чтобы \(B\) было невелико. При \(b \geq 2\) имеем \(B \geq 20\), тогда \(B \cdot C \geq 20 \cdot 90 = 1800\) — слишком много. Значит, \(b = 1\). Тогда \(B = 10 + c\), и \(A = 91c\) (то есть \(910\), \(911\), …, \(919\)). Для \(A = 91c\): \(B = 10 + c\), \(C\) получается вычёркиванием одной из оставшихся цифр. Если Коля вычеркнул \(c\), то \(C = 91\), тогда произведение \(B \cdot C = (10 + c) \cdot 91\). При \(c=0\): \(10 \cdot 91 = 910\) — подходит. При \(c \geq 1\): \((10 + c) \cdot 91 \geq 11 \cdot 91 = 1001 > 999\) — не подходит. Если Коля вычеркнул \(b=1\), то \(C = 9c\) (двузначное, \(90 + c\)), произведение \(B \cdot C = (10 + c)(90 + c)\). При \(c=0\): \(10 \cdot 90 = 900 999\). Значит, подходит только \(c = 0\) и вариант, когда Коля вычеркнул \(c\), то есть \(C = 91\). Получаем пример \(A = 910\). Теперь рассмотрим случай, когда оба мальчика вычеркнули первую цифру. Тогда \(B = C = bc\) (одно и то же двузначное число). Значит, \(A = B^2\). Нам нужно \(A\) трёхзначное от 900 до 999, тогда \(B^2 \geq 900 \implies B \geq 30\). При \(B = 30\): \(A = 900\), но 900 не подходит (условие \(A > 900\)? В задаче — наибольшее \(A\), можно и 900, но 910 уже больше). При \(B = 31\): \(A = 961\), и тогда \(bc = 61\), но \(B = 61\) не равно 31 — противоречие (B должно быть равно \(bc\), а \(bc\) — это последние две цифры A, то есть 61). Значит, не подходит. При \(B = 32\): \(A = 1024\) — уже не трёхзначное. Таким образом, наибольшее возможное \(A\) равно \(910\). Ответ: а) Да, может б) Нет, не может в) \(910\)

Егор делит линейку на части. За одно действие он может отрезать от любого количества линеек равные части, имеющие целую длину. a) Может ли Егор за \(4\) хода разделить линейку длиной в \(16\) см на части по \(1\) см? б) Может ли Егор за \(5\) ходов разделить линейку длиной в \(100\) см на части по \(1\) см? в) За какое наименьшее количество ходов Егор может разделить линейку длиной в \(300\) см на части по \(1\) см?

а) Да, Егор может за 4 хода разделить линейку длиной в 16 см на части по 1 см. Первым ходом он разделит линейку на две части по \(8\) см. Вторым ходом он отрежет от обеих частей по \(4\) см и получит четыре части по \(4\) см. Третьим ходом Егор отрежет от всех частей по \(2\) см и получит восемь частей по \(2\) см. Четвертым ходом он отрежет от всех частей по \(1\) см и получит требуемое. Ответ: да. б) Пусть у Егора в какой-то момент есть \(x\) частей линейки. Тогда после следующего действия у него будет не более \(2x\) частей (каждую часть можно разрезать не более чем на две). Таким образом, за ход Егор максимум может удвоить количество частей. Значит, за 5 ходов у Егора будет не более \(2^5 = 32\) частей. Но если линейка длиной в \(100\) см поделена на части по \(1\) см, то у Егора должно быть \(100\) частей. Так как \(100 > 32\), Егор не сможет за 5 ходов разделить линейку длиной в \(100\) см на части по \(1\) см. Ответ: нет. в) Из пункта б) следует, что Егору нужно хотя бы \(k\) ходов, где \(2^k \geq 300\). Так как \(2^8 = 256 < 300\), а \(2^9 = 512 \geq 300\), то минимальное возможное число ходов — 9. Приведем пример на \(9\) действий. Первым действием Егор отрежет часть длиной в \(44\) см и получит две части: \(256\) см и \(44\) см. Вторым действием Егор отрежет от части в \(256\) см часть длиной в \(128\) см и получит три части: две по \(128\) см и одну \(44\) см. Третьим действием Егор отрежет от частей в \(128\) см части длиной в \(64\) см и получит пять частей: четыре по \(64\) см и одну \(44\) см. Четвертым действием Егор отрежет от всех частей части длиной в \(32\) см и получит десять частей: девять по \(32\) см и одну \(12\) см. Пятым действием Егор отрежет от частей в \(32\) см часть длиной в \(16\) см и получит \(19\) частей: \(18\) по \(16\) см и одну \(12\) см. Шестым действием Егор отрежет от всех частей части длиной в \(8\) см и получит \(38\) частей: \(37\) по \(8\) см и одну \(4\) см. Седьмым действием Егор отрежет от частей в \(8\) см часть длиной в \(4\) см и получит \(75\) частей по \(4\) см. Восьмым действием Егор поделит каждую из \(75\) частей пополам и получит \(150\) частей по \(2\) см. Девятым действием Егор поделит каждую из \(150\) частей пополам и получит \(300\) частей по \(1\) см. Таким образом, за 9 ходов можно получить \(300\) частей по \(1\) см. Ответ: наименьшее число ходов — \(9\). Ответ: а) Да б) Нет в) \(9\)