Разбор 18 задания егэ математика профильный уровень 2022

а) Да, может. Пусть после первого хода получили числа (17; 17), после второго хода: 2 · 17 + 3 = 37 и 2 + 17 + 17 = 36; после третьего хода: 2 · 37 + 3 = 77 и 2 + 36 + 37 = 75.

б) Если числа a и b — разной чётности, то число (2a + 3) — нечётное и (2 + a + b) — нечётное.

Если числа a и b — одной чётности, то число (2a + 3) — нечётное, а (2 + a + b) — чётное. Таким образом, после нечётного числа ходов оба выписанных числа — нечётные числа и число 20008 после 101 хода на доске появиться не может.

в) Если после k-го хода на доске выписаны два одинаковых числа — числа n, то после (k + 1)-го хода будет число (2n + 3) и (2 + n + n), то есть (2n + 3) и (2 + 2n); а после (k + 2) хода можно выписать на доске числа 2 · (2n + 3) + 3 = 4n + 9 и 2 + 2n + 3 + 2n + 2 = 4n + 7, либо числа 2(2n + 2) + 3 = 4n + 7 и 2 + 2n + 2 + 2n + 3 = 4n + 7. После первого хода можно получить равные числа (17; 17).

Таким образом, равные числа можно выписать на доске после 1-го, 3-го, 5-го и т.д. ходов, то есть после всех нечётных ходов. Значит, и после 205-го хода могут быть выписаны на доске одинаковые числа.

а) Пусть первоначально на доске было 15 чисел, равных 2, 5 чисел, равных 41. Их среднее арифметическое равно ${15 · 2 + 5 · 18}/{20} = 6$.

Среднее арифметическое получившихся чисел равно ${5 · 9}/{5} = 9 > 8.5$. Среднее арифметическое оставшихся на доске чисел могло быть больше $16.5$.

б) Пусть с доски было стёрто $k$ чисел, сумма оставшихся была равна $S$, а стала ${S}/{2}$. По условию оказались стёрты только числа получившиеся из 2, поэтому ${S + 2k}/{20} = 6$.

Отсюда, $S = 120 — 2k$.

Среднее арифметическое оставшихся чисел равно ${S}/{2(20 — k)}$. Тогда ${120-2k}/{2(20-k)}={60-k}/{20-k}; 9 < {60 — 2k}/{20 — k)} < 10; 180 — 9k < 60 — k < 200 — 10k$,

${table180 — 9k < 60 — k; 60 — k < 200 — 2k;$ ${table8k > 120; 9k < 140;$ ${tablek > 15; k < 15{5}/{9};$. Таких целых чисел $k$ нет.

Среднее арифметическое оставшихся на доске натуральных чисел не могло оказаться больше 9 и меньше 10.

в) Найдём наибольшее возможное значение среднего арифметического $A = {60 — k}/{20 — k}$ оставшихся чисел в зависимости от целочисленного аргумента $k$ — первоначального количества чисел 2 на доске.

Имеем $A = {60 — k}/{20 — k} = 1 + {40}/{20 — k}$.

Число $A$ будет наибольшим, если наибольшим будет значение аргумента $k$. Оценим это значение. Каждое из первоначально написанных на доске чисел было не более $24$, поэтому $120 — 2k ≤ 24(20 — k)$.

$22k ≤ 360, k ≤ 16{4}/{11}, k ∈ N , k ≤ 16$.

Тогда $A ≤ 1 + {40}/{20 — 16} = 11$.

Приведём пример, показывающий, что среднее арифметическое оставшихся на доске чисел действительно могло стать равным $11$. Пусть первоначально на доске было записано 16 чисел, равных 2, 4 числа, равных 22.

Их среднее арифметическое ${16 · 2 + 4 · 22}/{20} =6$.

Среднее арифметическое оставшихся чисел стало равно ${4 · 11}/{4} = 11$.

а) Пусть первоначально на доске было 20 чисел, равных 11, 10 чисел, равных 41. Их среднее арифметическое равно ${20 · 11 + 10 · 41}/{30} = 21$.

Среднее арифметическое получившихся чисел равно ${10 · 20.5}/{10} = 20.5$, $20.5 > 16.5$. Среднее арифметическое оставшихся на доске чисел могло быть больше $16.5$.

б) Пусть с доски было стёрто $k$ чисел, сумма оставшихся была равна $S$, а стала ${S}/{2}$. По условию оказались стёрты только числа получившиеся из 11, поэтому ${S + 11k}/{30} = 21$.

Отсюда, $S = 630 — 11k$.

Среднее арифметическое оставшихся чисел равно ${S}/{2(30 — k)}$. Тогда $18 < {630 — 11k}/{2(30 — k)} < 19; 1080 — 36k < 630 — 11k < 1140 — 38k$,

${table1080 — 36k < 630 — 11k; 1140 — 38k > 630 — 11k;$ ${table450 < 25k; 510 > 27k;$ ${tablek > 18; k < 18{24}/{27};$. Таких целых чисел $k$ нет.

Среднее арифметическое оставшихся на доске натуральных чисел не могло оказаться больше 18 и меньше 19.

в) Найдём наибольшее возможное значение среднего арифметического $A = {630 — 11k}/{2(30 — k)}$ оставшихся чисел в зависимости от целочисленного аргумента $k$ — первоначального количества чисел 18 на доске.

Имеем $A = {630 — 11k}/{2(30 — k)} = {11k — 630}/{2k — 60} = {{11}/{2}(2k — 60) — 300}/{2k — 60} = {11}/{2} — {300}/{2k — 60} = {11}/{2} + {150}/{30 — k}$.

Число $A$ будет наибольшим, если наибольшим будет значение аргумента $k$. Оценим это значение. Каждое из первоначально написанных на доске чисел было не более $50$, в конце на доске осталось $30 — k$ чисел, поэтому для суммы оставшихся чисел $S = 630 — 11k$ должно выполняться неравенство $630 — 11k ≤ 50(30 — k)$.

$39k ≤ 870, k ≤ {870}/{39} = 22{12}/{39}, k ∈ N , k ≤ 22$.

Тогда $A ≤ {11}/{2} + {150}/{30 — 22} = 24{1}/{4}$.

Приведём пример, показывающий, что среднее арифметическое оставшихся на доске чисел действительно могло стать равным $24{1}/{4}$. Пусть первоначально на доске было записано 22 числа, равных 11, 7 чисел, равных 50 и 1 число, равное 38.

Их среднее арифметическое ${22 · 11 + 7 · 50 + 38}/{30} = {242 + 350 + 38}/{30} = 21$.

Среднее арифметическое оставшихся чисел стало равно ${7 · {50}/{2} + {38}/{2}}/{8} = {388}/{16} = 24.25$.

Разложим число $936$ на простые множители (это может быть сделано единственным образом с точностью до порядка множителей). $936 = 2^3 · 3^2 · 13$.

а) Можно, например, $1, 2, 4, 9, 13$.

б) Предположим, что четыре из пяти различных натуральных чисел, произведение которых равно $936$, составляют возрастающую геометрическую прогрессию. Введём обозначения: $b_1 , b_2 = b_1 · q, b_3 = b_1 · q^2, b_4 = b_1 · q^3$, пятое число обозначим $b_5$.

Тогда $q = {b_2}/{b_1}$, причём $q$ — рациональное число, большее единицы. То гда $q = {m}/{n}$, где $m$ и $n$ — натуральные взаимно простые числа, $m > n ≥ 1$.

Получим:

$936 = b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5 = b_1^4 · q^6 · b_5 = b_1^4 · ({m}/{n})^6 · b_5 = b_1^4 · {m^6}/{n^6} · b_5$.

Так как $m$ и $n$ — взаимно просты, то и $m^6$ и $n^6$ взаимно просты. Следовательно, всё произведение $b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5$ делится на $m^6$, это означает, что в разложении числа $936$ есть простой множитель в 6-ой степени, получили противоречие. Значит, нельзя.

в) Предположим, что пять различных натуральных чисел, произведение которых равно $936$, составляют геометрическую прогрессию, как и в пункте б) введём обозначения: $b_1, b_2 = b_1 · q, b_3 = b_1 · q^2 , b_4 = b_1 · q^3 , b_5 = b_1 · q^4$. Тогда $q = {b_2}/{b_1}$, причём $q$ — рациональное число, большее единицы.

Тогда $q = {m}/{n}$, где $m$ и $n$ — натуральные взаимно простые числа, $m > n ≥ 1$.

Получим:

$936 = b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5 = b_1^5 · q^{10} = b_1^5 · ({m}/{n})^{10} = b_1^5 · {m^{10}}/{n^{10}}$.

Так как $m$ и $n$ — взаимно просты, то и $m^{10}$ и $n^{10}$ взаимно просты. Следовательно, $b_1^5$ делится на $n^{10}$, а всё произведение $b_1 ·b_2 ·b_3 ·b_4 ·b_5$ делится на $m^{10}$, это означает, что в разложении числа $936$ есть простой множитель в 10-ой степени, получили противоречие. Значит, нельзя.

Разложим число $4725$ на простые множители (это может быть сделано единственным образом с точностью до порядка множителей). $4725 = 3^3 · 5^2 · 7$.

а) Можно, например, $1, 3, 9, 25, 7$.

б) Предположим, что четыре из пяти различных натуральных чисел, произведение которых равно $4725$, составляют возрастающую геометрическую прогрессию. Введём обозначения: $b_1 , b_2 = b_1 · q, b_3 = b_1 · q^2, b_4 = b_1 · q^3$, пятое число обозначим $b_5$.

Тогда $q = {b_2}/{b_1}$, причём $q$ — рациональное число, большее единицы. То гда $q = {m}/{n}$, где $m$ и $n$ — натуральные взаимно простые числа, $m > n ≥ 1$.

Получим:

$4725 = b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5 = b_1^4 · q^6 · b_5 = b_1^4 · ({m}/{n})^6 · b_5 = b_1^4 · {m^6}/{n^6} · b_5$.

Так как $m$ и $n$ — взаимно просты, то и $m^6$ и $n^6$ взаимно просты. Следовательно, всё произведение $b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5$ делится на $m^6$, это означает, что в разложении числа $4725$ есть простой множитель в 6-ой степени, получили противоречие. Значит, нельзя.

в) Предположим, что пять различных натуральных чисел, произведение которых равно $4725$, составляют геометрическую прогрессию, как и в пункте б) введём обозначения: $b_1, b_2 = b_1 · q, b_3 = b_1 · q^2 , b_4 = b_1 · q^3 , b_5 = b_1 · q^4$. Тогда $q = {b_2}/{b_1}$, причём $q$ — рациональное число, большее единицы.

Тогда $q = {m}/{n}$, где $m$ и $n$ — натуральные взаимно простые числа, $m > n ≥ 1$.

Получим:

$4725 = b_1 · b_2 · b_3 · b_4 · b_5 = b_1^5 · q^{10} = b_1^5 · ({m}/{n})^{10} = b_1^5 · {m^{10}}/{n^{10}}$.

Так как $m$ и $n$ — взаимно просты, то и $m^{10}$ и $n^{10}$ взаимно просты. Следовательно, $b_1^5$ делится на $n^{10}$, а всё произведение $b_1 ·b_2 ·b_3 ·b_4 ·b_5$ делится на $m^{10}$, это означает, что в разложении числа $4725$ есть простой множитель в 10-ой степени, получили противоречие. Значит, нельзя.

а) Да. Например, на доске может быть написано шесть чисел 7, 8, 9, 10, 11, 12.

б) Заметим, что среди написанных чисел только одно число может быть больше 11, поскольку произведение любых двух различных натуральных чисел, больших 11, больше 140. Аналогично среди написанных чисел только одно число может быть меньше 8, поскольку произведение любых двух различных натуральных чисел, меньших 8, меньше 50. Таким образом, помимо наименьшего и наибольшего чисел, на доске могут быть написаны только числа 8, 9, 10, 11. Следовательно, на доске не может быть более шести чисел.

в) Пусть на доске написаны числа $a_1 , a_2 , a_3 , a_4$ , причём $a_1 < a_2 < a_3 < a_4$. Тогда для выполнения условий задачи достаточно, чтобы выполнялись неравенства $a_1 · a_2 > 50, a_3 · a_4 < 140$.

В пункте «б» было доказано $8 ≤ a_2 ≤ a_3 ≤ 11$. Рассмотрим возможные случаи.

1. Если $a_2 = 8, a_3 = 9$, то $8a_1 > 50, 9a_4 < 140$, получаем $a_1 = 7, 10 ≤ a_4 ≤ 15$. В этом случае наибольшее возможное значение суммы достигается при $a_1 = 7, a_4 = 15, 7 + 8 + 9 + 15 = 39$.

2. Если $a_2 = 9, a_3 = 10$, то $9a_1 > 50, 10a_4 < 140$, получаем $6 ≤ a_1 ≤ 8, 11 ≤ a_4 ≤ 13$. В этом случае, наибольшее возможное значение суммы достигается при $a_1 = 8, a_4 = 13, 8 + 9 + 10 + 13 = 40$.

3. Если $a_2 = 10, a_3 = 11$, то $10a_1 > 50, 11a_4 < 140$, получаем $6 ≤ a_1 ≤ 9, a_4 ≤ 12$. В этом случае наибольшее возможное значение суммы достигается при $a_1 = 9$ и $a_4 = 12, 9 + 10 + 11 + 12 = 42$.

4. Если $a_2 = 8, a_3 = 10$, то $8a_1 > 50, 10a_4 < 140$, получаем $a_1 = 7, 11 ≤ a_4 ≤ 13$. В этом случае, наибольшее возможное значение суммы достигается при $a_1 = 7, a_4 = 13, 7 + 8 + 10 + 13 = 38$.

5. Если $a_2 = 8, a_3 = 11$, то $8a_1 > 50 a_4 = 12$, получаем $a_1 = 7, a_4 = 12$. В этом случае наибольшее возможное значение суммы $7+8+11+12 = 38$.

6. Если $a_2 = 9, a_3 = 11$, то $9a_1 > 50, a_4 = 12$, получаем $6 ≤ a_1 ≤ 8, a_4 = 12$.

В этом случае наибольшее возможное значение суммы достигается при $a_1 = 8, a_4 = 12, 8 + 9 + 11 + 12 = 40$.

Таким образом, наибольшее значение суммы равно $42$.

а) Да, например, на доске может быть написано 6, 7, 8, 9.

б) Заметим, что среди написанных чисел только одно число может быть больше 8, поскольку произведение любых двух различных натуральных чисел, больших 8, больше 80. Аналогично, среди написанных чисел только одно число может быть меньше 7, поскольку произведение любых двух различных натуральных чисел, меньших 7, не больше 30. Таким образом, помимо наибольшего и наименьшего чисел, на доске могут быть написаны только числа 7 или 8. Следовательно, на доске не может быть более четырёх чисел.

в) Пусть на доске написаны числа $a_1 , a_2 , a_3$, причём $a_1 < a_2 < a_3$. Тогда для выполнения условий задачи достаточно, чтобы выполнялись неравенства $a_1 · a_2 > 30, a_2 · a_3 < 80$.

В пункте «б» было доказано, что $a_2 = 7$ или $a_2 = 8$.

Разберём возможные случаи. Если $a_2 = 7$, то $7a_1 > 30, 7a_3 < 80$, откуда $a_1 = 5$ или $a_1 = 6, 8 ≤ a_3 ≤ 11$. В этом случае наибольшее значение достигается при $a_1 = 6, a_3 = 11$, равно $6 + 7 + 11 = 24$.

Если $a_2 = 8$, то $8a_1 > 30, 8a_3 < 80$, откуда $4 ≤ a_1 ≤ 7, a_3 = 9$.

В этом случае наибольшее значение при $a_1 = 7$ равно $7 + 8 + 9 = 24$.

Таким образом наибольшее значение суммы равно $24$.

а) Разобьём множество {750; 751; . . . ; 949} на 100 пар, сумма чисел в каждой из которых равна 1699: (750; 949), (751; 948), . . .

Множество {750; 751; . . . ; 949} можно разбить на два подмножества, в каждом из которых 50 таких пар. Значит, суммы чисел в этих двух подмножествах одинаковы и множество {750; 751; . . . ; 949} является особенным.

б) Заметим, что $9^{2018} > {9^{2018}− 81}/{8} = 9^2 + 9^3 + . . . + 9^{2017}$. Поэтому сумма чисел в подмножестве, содержащем $9^{2018}$, всегда больше суммы остальных чисел, следовательно, множество {$9^2; 9^3; . . . 9^{2018}$} не является особенным.

в) Заметим, что четырёхэлементное множество является особенным в двух случаях: либо одно число является суммой трёх других, либо множество содержит две пары с равными суммами. В первом случае возможны только следующие подмножества {2; 7; 19; 28}; {3; 6; 19; 28}; {6; 7; 15; 28}; {3; 7; 15; 25}; {2; 6; 7; 15}

Заметим, что сумма всех чисел особенного подмножества чётна. В исходном множестве три чётных числа, поэтому в особенное подмножество входят либо два из них, либо ни одного. Если входят числа 2 и 6, то либо сумма двух других чисел равна 8, либо их разность равна 4. Получаем особенные подмножества {2; 3; 6; 7}; {2; 6; 15; 19}. Если входят числа 2 и 28, то либо сумма двух других чисел равна 30, либо их разность равна 26. Таких подмножеств нет. Если входят числа 6 и 28, то либо сумма двух других чисел равна 34, либо их разность равна 22. Получаем особенные подмножества {3; 6; 25; 28}; {6; 15; 19; 28}. Если в особенном подмножестве нет чётных чисел, то особенное подмножество лежит во множестве {3; 7; 15; 19; 25}. Получаем следующее особенное подмножество (две пары с равными суммами): {3; 7; 15; 19}. Всего 10 особенных подмножеств.

а) Пусть Коля задумал различные натуральные числа $a, b, c d, e$. Тогда $K =√{e√{d√{c√{ab}}}} = a^{{1}/{16}}b^{{1}/{16}}c^{{1}/{8}}d^{{1}/{4}}e^{{1}/{2}}, P = √^5{abcde} = (abcde)^{{1}/{5}}$. Если $K = P^5$, то $a^{{1}/{16}}b^{{1}/{16}}c^{{1}/{8}}d^{{1}/{4}}e^{{1}/{2}} = abcde$, иными словами, $abc^2d^4e^8 = a^{16}b^{16}c^{16}d^{16}e^{16}$, отсюда $a^{15}b^{15}c^{14}d^{12}e^8 = 1$, что невозможно, так как числа $a, b, c d$ и $e$ — различные натуральные и среди них хотя бы 4 больше 1, а тогда $a^{15}b^{15}c^{14}d^{12}e^8 > 1$ и равенство $K = P^5$ невозможно.

б) Предположим, что $K = P$, тогда $a^{{1}/{16}}b^{{1}/{16}}c^{{1}/{8}}d^{{1}/{4}}e^{{1}/{2}} = (abcde)^{{1}/{5}}$, отсюда $a^5b^5c^{10}d^{20}e^{40} = (abcde)^{16}; d^4e^{24} = a^{11}b^{11}c^6$. Покажем, что это равенство может быть выполнено. Подберём пример, считая числа $a, b, c, d$ и $e$ различными степенями одного и того же числа, например 2. Пусть $a = 2^2, b = 2^4, c = 2^3, d = 2^{15}, e = 2$, требуемое достигается.

в) Пусть $K > P^m$, тогда $a^{{1}/{16}}b^{{1}/{16}}c^{{1}/{8}}d^{{1}/{4}}e^{{1}/{2}} > (abcde)^{{m}/{5}}; a^5b^5c^{10}d^{20}e^{40} > (abcde)^{16m}$ тогда $a^{(16m-5)}b^{(16m-5)}c^{(16m-10)}d^{(16m-20)}e^{(16m-40)} < 1$.

Это неравенство невозможно при $m ≥ 3$, так как при $m ≥ 3$ степени чисел $a, b, c, d$ и $e$ больше 1, а тогда и их произведение больше 1.

Приведём пример для $m = 2$. Тогда должно выполняться $a^{27}b^{27}c^{22}d^{12} < e^8$. Пусть $a = 2; b = 2^2, c = 2^3, d = 2^4, e = 2^{30}$, неравенство выполняется.

а) Пусть Маша задумала числа $a, b, c, d, e$ и $f$. Тогда $M = {a + b + 2c + 4d + 8e + 16f}/{32}; A = {a + b + c + d + e + f}/{6}$.

$M = A$, тогда и только тогда, когда $3a + 3b + 6c + 12d + 24e + 48f = 16a + 16b + 16c + 16d + 16e + 16f; 8e + 32f = 13(a + b) + 10c + 4d$.

Пусть $a = 1, b = 3, c = 6, d = 4, e = 8, f = 2$. При этих значениях требуемое равенство выполнено.

б) Предположим, что $M = 6A$. Тогда ${a + b + 2c + 4d + 8e + 16f}/{32} = a + b + c + d + e + f, 31a + 31b + 30c + 28d + 24e + 16f = 0$.

Это равенство невозможно, так как $a, b, c, d, e$ и $f$ — натуральные числа.

в) Пусть $M = nA$, тогда $3a + 3b + 6c + 12d + 24e + 48f = 16n(a + b + c + d + e + f)$,

$(16n — 3)a + (16n — 3)b + (16n — 6)c + (16n — 12)d + (16n — 24)e +(16n — 48)f = 0$.

При $n ≥ 3$ это равенство невозможно, так как $a, b, c, d, e$ и $f$ — натуральные числа.

Приведём пример для $n = 2$. Тогда должно выполняться равенство $29(a + b) + 26c + 20d + 8e = 16f$.

Пусть $a = 1, b = 3, c = 2, d = 4, e = 5, f = 18$. При этих значениях равенство выполняется.

а) Да, могла. Пусть числа записаны в следующем порядке (считая по часовой стрелке): $1; 2; 5; 3; 4; 6; 7; 8; 13; 12; 11; 9; 10$. Сумма модулей рассматриваемых разностей равна 30.

б) Нет, не могла. Предположим противное. Модуль каждой разности — натуральное число, причём всего выписано 13 модулей разности. Их сумма равна 14, если одна из этих разностей равна 2, а 12 других равна 1. Это означает, что соседними с числом 1 могут быть только числа 2 и 3, при этом |3 — 1| = 2, то есть оставшиеся модули разностей должны равняться 1. Но тогда числа 2 и 3 не могут быть соседними. Значит вторым соседним числом с числом 2 будет число a ≥ 4. Но тогда |a-2| ≥ 2.Изначит, сумма всех модулей разности не меньше, чем |3-1|+|a-2|+11 ≥ 15. Получили противоречие. Следовательно, требуемое не возможно.

в) Пусть изначально на доске были выписаны числа в следующем порядке по часовой стрелке: $a_1, a_2, . . . , a_13$, где каждое $a_k$ — одно из натуральных чисел от 1 до 13. Заметим, что $|a_1 — a_2| + |a_2 — a_3| + |a_3 — a_4| + … + |a_12 — a_13| + |a_13 — a_1| = (x_1+x_2+x_3+…+x_13)-(y_1+y_2+y_3+… y_13)$. Каждый модуль $|a_i-a_{i+1}|$ (i = 1, 2, . . . 13) представлен в виде $x_i -y_i$, где $x_i$ — большее из чисел $a_i$ и $a_{i+1}$, $y_i$ — меньшее из них. Аналогично, $|a_{13} -a_1| = x_{13} -y_{13}$. Каждое $a_k$ встречается среди чисел $x_1, x_2, . . . , x_{13}, y_1, y_2, . . . , y_{13}$ ровно 2 раза. Тогда $x_1+x_2+x_3+…+x_{13} ≤ 2·13+2·12+2·11+2·10+2·9+2·8+7 = 133$, а $y_1+y_2+y_3+…+y_{13} ≥ 2·1+2·2+2·3+2·4+2·5+2·6+7 = 49$. Отсюда $(x_1 + x_2 + x_3 + … + x_{13}) — (y_1 + y_2 + y_3 + … + y_{13}) ≤ 133 — 49 = 84$, то есть сумма записанных модулей разностей не превышает 84. Приведём пример, в котором указанная сумма равна 84. Пусть на доске изначально числа в следующем порядке (по часовой стрелке): $1; 13; 2; 12; 3; 11; 4; 10; 5; 9; 6; 8; 7.$

Тогда $|1-13|+|13-2|+|2-12|+|12-3|+|3-11|+|11-4|+|4-10|+ +|10 — 5| + |5 — 9| + |9 — 6| + |6 — 8| + |8 — 7| + |7 — 1| = 84$.

а) Каждый день Сергей Петрович изготавливает на (s — p) деталей больше, чем Пётр Сергеевич. Тогда за 20 дней Сергей Петрович изготовил на 20(s — p) деталей больше. Должно выполняться равенство 20(s-p) = 2261, но 2261 нацело не делится на 20. Следовательно, требуемое невозможно.

б) Если Сергей Петрович изготовил не более 3000 деталей, то Пётр Сергеевич не более 739 деталей. За 19 дней Сергей Петрович изготовил бы не менее, чем ${2 + 192}/{2}·19 = 1843$ деталей. Значит, требуемое не возможно.

в) Пусть рабочие делали детали в течение n дней, тогда $n(s — p) = 2261 = 7·17·19$. При этом в последний день Пётр Сергеевич изготовил p + 10(n — 1) деталей, p + 10(n — 1) < 300, 10(n — 1) < 300, n ≤ 60. Значит, n натуральный делитель числа 2261, не превосходящий 60. Таким образом n = 1, n = 7, n = 17 или n = 19. Пусть Пётр Сергеевич за все дни изготовил R деталей, тогда Сергей Петрович (R + 2261). Следовательно, наибольшее возможное количество деталей, изготовленных Сергеем Петровичем, будет при наибольшем количестве деталей, изготовленных Петром Сергеевичем. $R = {2p + 10(n — 1)}/{2}·n$ При каждом фиксированном значении n значение R тем больше, чем больше p, то есть R — наибольшее при p = 309 — 10n и $R = {608 — 10n}/{2}·n = 304n — 5n^2 = (304 — 5n)·n$. При n = 1 R = 299. При n = 7 R = 1883. При n = 17 R = 3723. При n = 19 R = 3971.

Наибольшее число деталей, изготовленных Сергеем Петровичем, равно 3971 + 2261 = 6232.

а) Да, возможно. Маша с первого по 5 день сделала бы в сумме m + (m + 1) + (m + 2) + (m + 3) + (m + 4) фотографии, а Катя k + (k + 1) + (k + 2) + (k + 3) + (k + 4) фотографий. Тогда (m+4)+(m+3)+(m+2)+(m+1)+m-(k+4)-(k+3)-(k+2)-(k+1)-k = = 5(m — k). Значит, должно выполняться равенство 5(m — k) = 715, m- k = 143. Пусть Катя в первый день сделала одну фотографию, а Маша 144. Тогда за 5 дней Маша сделает на 715 фотографий больше.

б) Нет, не может. Предположим, что это возможно. Тогда m+ (m+1)+ …+ (m+ 10) = 1000; 11m = 1000-55, но (1000- 55) не делится нацело на 11, значит получили противоречие.

в) Пусть девочки делали фотографии в течение n дней. Тогда Маша сделала на m + (m+ 1) + (m+ 2) + … (m + n — 1) — k — (k + 1) — … …-(k+n-1) = n(m-k) фотографий больше. Значит, n(m-k) = 715, n делитель числа 715. Но 715 = 5·11·13, все его натуральные делители это числа 1, 5, 11, 13, 55, 65, 143, 715. В последний день Катя сделала k + (n — 1) фотографий, k + (n — 1) < 35, но k ≥ 1, следовательно (n — 1) < 34, n < 35. Тогда n = 1, n = 5, n = 11 или 13. Так как за все дни Маша сделала на 715 фотографий больше, чем Катя, то большее количество фотографий, сделанных Машей, будет при наибольшем количестве фотографий, сделанных Катей. За n дней Катя сделала s = k + (k + 1) + … + (k + (n — 1)) = ${2k + n — 1}/{2}·n$ фотографий. При каждом фиксированном n это количество тем больше, чем больше k, но k + (n — 1) < 35, то есть k + n < 36, k < 36 — n. При n = 1 наибольшее k = 34 и s = ${2·34}/{2}$ = 34. При n = 5 наибольшее k = 30 и s = ${2·30 + 4}/{2}·5$ = 160. При n = 11 наибольшее k = 24 и s = ${2·24 + 10}/{2}·11$ = 319. При n = 13 наибольшее k = 22 и s = ${2·22 + 12}/{2}·13$ = 364. Тогда наибольшее количество Машиных фотографий равно 364 + 715 = 1079.

а) Пусть два человека написали обе контрольные, за каждую из них набрав по 30 баллов. И пусть 9 человек написали только первую контрольную (двое на — 18 баллов и семеро на — 24 балла). Аналогично, пусть только вторую контрольную написали 9 оставшихся студентов (двое на — 18 баллов и семеро на — 24 балла). Тогда средний балл за каждую контрольную равен ${30·2 + 18·2 + 7·24}/{11} = 24$. Среднее арифметическое названных баллов равно ${30·2 + 18·4 + 24·14}/{20} = 23.4 < 24$.

б) Нет, не может. Предположим противное. Тогда сумма названных баллов равна $21·20 = 420$. Всего написанных контрольных 22 и сумма набранных за них баллов равна $22·24 = 528$. При этом, 528 — 420 = 108, то есть 108 баллов из заработанных не были поданы профессору. Эти 108 баллов могли быть заработаны только двумя студентами, которые написали обе контрольные. Каждый из них не назвал баллы за 1 контрольную, то есть не более 30 баллов. В сумме количество баллов, не поданных профессору, не превышает $2·30 = 60$. Но $108 > 60$, поэтому наше предположение не верно.

в) Пусть k студентов написали обе контрольные, тогда всего было написано (20 + k) работ и общее количество заработанных баллов равно 24(20 + k) = 480 + 24k. Сумма баллов, названных профессору, равна $21·20 = 420$. Тогда не поданными остались (480+ 24k — 420) = 60 + 24k баллов. Эти баллы могли быть получены только теми студентами, которые написали обе контрольные. Каждый из этих студентов оставил не поданными не более 30 баллов (30 — максимальный балл за одну контрольную). Следовательно, всего осталось не поданными не более 30k баллов. Получим неравенство $60 + 24k ≤ 30k$, отсюда $k ≥ 10$.

Приведём пример для k = 10. Пусть 10 студентов написали обе контрольные на 30 баллов, 5 — только первую контрольную (каждый на 12 баллов), 5 — только вторую контрольную (каждый на 12 баллов). Тогда среднее арифметическое названных баллов равно ${30·10 + 12·10}/{20} = 21$.

Средний балл за каждую контрольную равен ${30·10 + 5·12}/{15} = 24$.

а) Пусть два студента написали обе контрольные на $4$ балла, $25$ студентов написали только первую контрольную (двое — на $30$ баллов, $23$ — на $17$ баллов), $25$ студентов написали только вторую контрольную (двое — на $30$ баллов, $23$ — на $17$ баллов). Тогда средний балл за каждую контрольную равен ${2⋅ 4+2⋅ 30+23⋅17} / {27}=17$, а средний балл среди названных равен ${2⋅ 4+4⋅ 30+46⋅17} / {52}=17{,}5>17$.

б) Нет, не может. Предположим противное. Тогда сумма названных баллов равна $13⋅ 52=676$. Всего написанных контрольных $56$ и сумма набранных за них баллов равна $56⋅ 17=952$. При этом $952-676=276$, то есть $276$ баллов из числа заработанных не было подано профессору. Эти $276$ баллов могли быть заработаны только теми $4$ студентами, которые написали обе контрольные. Каждый из них не назвал балл за $1$ контрольную, то есть не более $30$ баллов. В сумме количество баллов, не поданных профессору, не превышает $4⋅ 30=120$. Но $120<276$, поэтому наше предположение не верно.

в) Пусть $n$ студентов написали обе контрольные, тогда всего было написано $(52+n)$ работ и общее количество заработанных баллов равно $17(52+n)=884+17n$. Сумма баллов, поданных профессору, равна $52⋅ 13=676$. Тогда не поданными остались $(884+17n)-676$ баллов, то есть $208+17n$ баллов. Эти баллы могли быть получены только теми студентами, которые написали обе контрольные. Каждый из этих студентов оставил не поданными не более $30$ баллов. Следовательно, всего остались не поданными не более $30n$ баллов. Получим неравенство $208+17n⩽30n$, $n⩾16$. Приведём пример для $n=16$. Пусть $16$ студентов написали обе контрольные на $30$ баллов, $18$ — только первую контрольную ($3$ — на $30$ баллов, $1$ — на $8$, остальные на $0$) и $18$ написали только вторую контрольную с теми же результатами.

а) Нет, не может. Наименьшая сумма $40$ различных натуральных чисел, кратных $4$, равна $4·1+ 4·2+ . . .+ 4·40=4(1 + 2 + … + 40) = {4·41·40}/{2}= 3280$.

б) Нет, не может. Сумма $17$ чисел, оканчивающихся на $7$, не меньше, чем $7 + 17 + … + 167 = {7 + 167}/{2}·17 = 1479$. Значит, при $17$ числах с последней цифрой $7$ сумма всех выписанных чисел больше $840$.

б) Нет, не может. Если только $1$ число белое, то остальные $39$ чисел — зелёные и их сумма не меньше чем $4·1 + 4·2 + … + 4·39 = 4(1 + 2 + … 39) = 4·{40·39}/{2} = 3120$, а сумма всех чисел не меньше, чем $3120 + 9 = 3129$.

в) Пусть $m$ — количество белых чисел, тогда зелёных чисел выписано $(40 — m)$. Сумма всех выписанных чисел не меньше, чем $9(1+2+…+m)+4(1+2+…+40-m) = 9·{(m+ 1)m}/{2} +4·{(41 -m)(40 -m)}/{2}$. Должно выполняться неравенство ${9(m+ 1)m}/{2} + {4(41-m)(40 -m)}/{2} ≤ 2453, 13m^2 — 315m + 1654 ≤ 0$. Перебирая натуральные значения $m$, получаем, что наименьшее значение $m$, для которого выполнено это неравенство, равно $8$. Действительно, при $m ≤ 5, 315m < 1654$, следовательно, $13m^2 — 315m + 1654 > 0$. При $m = 6, 13m^2 > 360, 13m^2 + 1654 > 2000, 315m < 2000$. Аналогично, при $m = 7$ выполняется $13m^2-315m+1654 > 0$. При $m = 8$ выполняется $13m^2-315m+1654 < 0$. Построим пример для $m = 8$. Наименьшее значение суммы в этом случае равно $9·{9·8}/{2} +4·{33·32}/{2} = 2436$, что на $17$ меньше требуемой суммы.

Учитывая, что $17 = 9 + 4 + 4$, построим один из возможных примеров. Выписаны белые числа $9·1, 9·2, . . . , 9·6, 9·7$ и $9·9$ и зелёные числа $4·1, 4·2, . . . , 4·30, 4·31$ и $4·34$.

а) Да, может. Пусть выписаны $2$ числа, оканчивающиеся на $7: 7, 17$ и $28$ чётных чисел: $2, 2·2, 2·3, 2·4, . . . 2·26, 2·27$, а так же число $60$.

б) Нет, не может. Сумма $17$ чисел, оканчивающихся на $7$, не меньше, чем $7 + 17 + … + 167 = {7 + 167}/{2}·17 = 1479$. Значит, при $17$ числах с последней цифрой $7$ сумма всех выписанных чисел больше $840$.

в) Пусть на доске $n$ чисел, оканчивающихся на $7$. Тогда остальные $(30 — n)$ чисел чётны. Значит, сумма всех выписанных чисел не меньше чем $7 + 17 + … (7 + (n — 1)·10) + 2·1 + 2·2 + … + 2(30 — n) = {14 + (n — 1)10}/{2}·n + {(30 — n)(31 — n)}/{2}·2 = 6n^2 — 59n + 930$.

Должно выполняться неравенство $6n^2 — 59n + 930 ≤ 840$, то есть $6n^2 — 59n + 90 ≤ 0$. Решим уравнение $6n^2 — 59n + 90 = 0$, получим $n_{1,2} = {59±√{1321}}/{12}$. Неравенство $6n^2 — 59n + 90 ≤ 0$ выполнено при ${59 — √{1321}}/{12} ≤ n ≤ {59 + √{1321}}/{12}$.

Тогда $n ≤ {59 + √{1321}}/{12} ≤ {59 + 37}/{12} = 8$. Так как $n$ натуральное число, то $n ≤ 7$. Количество чисел, оканчивающихся на $7$, должно быть чётным, иначе сумма всех выписанных чисел была бы нечетна. Приведём пример для $n = 6$. Пусть выписаны числа $7, 17, 27, 37, 47, 57$, а так же $21, . . . 2·23$ и число $96$.

а) Да, может. Пусть после первого хода получены числа 21 и 23, после второго 44 и 47, после третьего 91 и 95.

б) Если числа a и b разной чётности, то числа (2a + 1) и (a + b) нечётные, если числа a и b — одной чётности, то (2a + 1) — нечётно, а (a + b) — чётное. Таким образом, после нечётного числа ходов на доске выписаны два нечётных числа и число 20018 выписано быть не может.

в) Если выписаны числа a и b и a $≤$ b, то их разность b-a и следующим ходом будут выписаны числа 2b + 1 и a + b, их разность (b — a + 1) или числа 2a + 1 и a + b, их неотрицательная разность |b — a — 1|.

Таким образом, разность каждый раз изменяется на 1 и будет наибольшей, если каждый ход будет увеличивается на 1. Тогда её значение 1 + 2018 = 2019.