№20. Числа и их свойства

Среднее всех чисел

Оно понадобится во всех трёх пунктах, поэтому посчитаем сразу:

\[\frac{5\cdot 10 + 4\cdot 10 + 3\cdot 10}{30} =\]

\[= \frac{50 + 40 + 30}{30} = \frac{120}{30} = 4.\]

Важно! Величина \(\dfrac{A+B}{2}\) — это среднее двух средних, а не среднее всех чисел. Совпадают они далеко не всегда: группа из одного числа влияет на \(\dfrac{A+B}{2}\) ровно так же сильно, как группа из двадцати девяти. Именно на этом и построены пункты а и в.

Пункт а

Нужен пример, в котором среднее всех чисел меньше, чем \(\dfrac{A+B}{2}\). Значит одну из групп надо сделать маленькой и «богатой» — тогда её высокое среднее войдёт в полусумму с тем же весом, что и среднее большой группы.

Положим в первую группу все десять пятёрок, а во вторую — всё остальное, то есть десять четвёрок и десять троек. Обе группы непусты, условие соблюдено.

Считаем среднее первой группы:

\[A = \frac{5\cdot 10}{10} = 5.\]

Считаем среднее второй группы:

\[B = \frac{4\cdot 10 + 3\cdot 10}{20} = \frac{70}{20} = 3{,}5.\]

Теперь полусумма:

\[\frac{A+B}{2} = \frac{5 + 3{,}5}{2} = \frac{8{,}5}{2} = 4{,}25.\]

Среднее всех тридцати чисел равно 4, а \(4 < 4{,}25\) — пример подходит.

Пример: первая группа — десять «5», вторая — десять «4» и десять «3».

Пункт б

Теперь в каждой группе ровно по 15 чисел. Обозначим сумму чисел первой группы через \(S_1\), второй — через \(S_2\). По определению среднего

\[A = \frac{S_1}{15}, \qquad B = \frac{S_2}{15}.\]

Подставим это в полусумму:

\[\frac{A+B}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{S_1}{15} + \frac{S_2}{15}\right).\]

Знаменатели одинаковы, поэтому дроби складываются сразу:

\[\frac{A+B}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{S_1 + S_2}{15} = \frac{S_1 + S_2}{30}.\]

Осталось понять, что получилось. В числителе \(S_1 + S_2\) — это сумма чисел первой группы плюс сумма чисел второй, а вместе они дают все тридцать чисел доски. В знаменателе стоит 30 — их количество. Значит

\[\frac{A+B}{2} = \frac{\text{сумма всех чисел}}{30} = 4,\]

то есть в точности среднее арифметическое всех тридцати чисел. Что и требовалось доказать.

Важно! Всё держится на равенстве размеров групп: только тогда у \(A\) и \(B\) одинаковые знаменатели и при сложении не возникает перекоса. Стоит сделать группы разными по размеру — и равенство ломается, что как раз и показывает пункт а.

Пункт в. Оценка сверху

Рассуждение зеркально задаче на минимум. Если в группе троек и пятёрок поровну, её среднее равно 4, и тогда \(\dfrac{A+B}{2} = 4\) — большего так не получить. Значит баланс должен быть нарушен.

Пусть в одной из групп пятёрок меньше, чем троек. Тогда её среднее меньше 4; будем считать, что это первая группа, то есть \(A < 4\).

В ней не больше 29 чисел, поэтому \(A\) — дробь со знаменателем \(m \leqslant 29\). Насколько близко к четырём она может подойти снизу:

\[A = \frac{S}{m} < 4\quad \Longrightarrow\quad S \leqslant 4m - 1\quad \Longrightarrow\]\[A \leqslant 4 - \frac{1}{m} \leqslant 4 - \frac{1}{29}.\]

Значит \(A \leqslant 3\dfrac{28}{29}\).

Все числа не больше 5, поэтому \(B \leqslant 5\). Складываем:

\[\frac{A+B}{2} \leqslant \frac{3\frac{28}{29} + 5}{2} = \frac{\frac{115}{29} + \frac{145}{29}}{2}\]\[= \frac{260}{58} = \frac{130}{29}\]\[= 4\frac{14}{29}.\]

Пункт в. Оценка достигается

Для равенства нужно, чтобы во второй группе была единственная пятёрка, а в первой — все остальные 29 чисел:

\[A = \frac{5\cdot 9 + 4\cdot 10 + 3\cdot 10}{29}\]\[= \frac{45 + 40 + 30}{29} = \frac{115}{29}\]\[= 3\frac{28}{29},\]\[B = 5,\]

\[\frac{A+B}{2} = \frac{3\frac{28}{29} + 5}{2} = 4\frac{14}{29}.\]

Ответ: в) \(4\dfrac{14}{29}\).

Среднее всех чисел

Оно понадобится во всех пунктах:

\[\frac{5\cdot 10 + 4\cdot 10 + 3\cdot 10}{30} = \frac{50 + 40 + 30}{30} = \frac{120}{30} = 4.\]

Важно! Величина \(\dfrac{A+B}{2}\) — это среднее двух средних, а не среднее всех чисел. Эти две величины совпадают далеко не всегда: группа из одного числа влияет на \(\dfrac{A+B}{2}\) ровно так же сильно, как группа из двадцати девяти.

Пункт а

Положим в первую группу все десять пятёрок, во вторую — всё остальное:

\[A = \frac{5\cdot 10}{10} = 5, \qquad B = \frac{4\cdot 10 + 3\cdot 10}{20} = \frac{70}{20} = 3{,}5.\]

Тогда

\[\frac{A+B}{2} = \frac{5 + 3{,}5}{2} = 4{,}25 > 4.\]

Среднее всех чисел равно 4, что меньше — пример подходит.

Пункт б

Пусть группы содержат по 15 чисел, а суммы чисел в них равны \(S_1\) и \(S_2\). Тогда

\[A = \frac{S_1}{15}, \qquad B = \frac{S_2}{15},\]

\[\frac{A+B}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{S_1}{15} + \frac{S_2}{15}\right) = \frac{S_1 + S_2}{30}.\]

В числителе стоит сумма всех тридцати чисел, в знаменателе — их количество. Это и есть среднее арифметическое всех чисел, то есть 4. Что и требовалось доказать.

Важно! Совпадение произошло именно потому, что группы одинакового размера — тогда знаменатели у \(A\) и \(B\) одинаковы и дроби складываются без перекоса.

Пункт в. Случай, когда обе группы «сбалансированы»

Начнём с наблюдения. Пусть в группе троек и пятёрок поровну — скажем, по \(x\) штук, а четвёрок \(y\) штук. Тогда

\[A = \frac{3x + 4y + 5x}{2x + y} = \frac{8x + 4y}{2x + y} = \frac{4(2x + y)}{2x + y} = 4.\]

Если так устроены обе группы, то \(A = B = 4\) и \(\dfrac{A+B}{2} = 4\). Значит меньшего значения надо искать там, где баланс нарушен.

Пункт в. Оценка снизу

Пусть в какой-то группе троек меньше, чем пятёрок. Тогда её среднее больше 4; будем считать, что это первая группа, то есть \(A > 4\).

В группе не больше 29 чисел (хотя бы одно ушло во вторую группу), поэтому \(A\) — это дробь со знаменателем не больше 29. Посмотрим, насколько близко к четырём такая дробь может подойти сверху. Если знаменатель равен \(m \leqslant 29\), то

\[A = \frac{S}{m} > 4 \quad\Longrightarrow\quad S > 4m \quad\Longrightarrow\quad S \geqslant 4m + 1 \quad\Longrightarrow\quad A \geqslant 4 + \frac{1}{m} \geqslant 4 + \frac{1}{29}.\]

Значит \(A \geqslant 4\dfrac{1}{29}\).

Теперь оценим \(B\). Все числа на доске не меньше 3, поэтому и среднее любой группы не меньше 3, то есть \(B \geqslant 3\). Складываем:

\[\frac{A+B}{2} \geqslant \frac{4\frac{1}{29} + 3}{2} = \frac{\frac{117}{29} + \frac{87}{29}}{2} = \frac{204}{58} = \frac{102}{29} = 3\frac{15}{29}.\]

Пункт в. Оценка достигается

Чтобы обе оценки выполнились как равенства, нужно: во второй группе только тройки (иначе \(B > 3\)), причём одна-единственная (иначе в первой группе будет меньше 29 чисел). Положим во вторую группу одну тройку, а в первую — все остальные 29 чисел:

\[A = \frac{5\cdot 10 + 4\cdot 10 + 3\cdot 9}{29} = \frac{50 + 40 + 27}{29} = \frac{117}{29} = 4\frac{1}{29}, \qquad B = 3.\]

\[\frac{A+B}{2} = \frac{4\frac{1}{29} + 3}{2} = 3\frac{15}{29}.\]

Ответ: в) \(3\dfrac{15}{29}\).

Обозначения

Пусть в группе \(x\) юношей и столько же девушек. Пусть \(a\) юношей отправили по 21 письму, тогда остальные \(x - a\) юношей отправили по 4 письма. Всего отправлено

\[21a + 4(x - a) = 17a + 4x\ \text{писем}.\]

Важно! В условии сказано, что и тех и других юношей было не менее двух. Это значит \(a \geqslant 2\) и \(x - a \geqslant 2\), то есть \(2 \leqslant a \leqslant x - 2\). Без этих ограничений пункты б и в решаются неверно.

Пункт а

Если каждая из \(x\) девушек получила по 7 писем, то всего получено \(7x\) писем. Писем отправлено ровно столько же, сколько получено:

\[17a + 4x = 7x, \qquad 17a = 3x.\]

Число 17 простое, поэтому \(x\) должно делиться на 17. Наименьший подходящий вариант: \(x = 17\) и \(a = 3\).

Проверим: 3 юноши отправили по 21 письму, 14 юношей — по 4 письма, всего

\[3\cdot 21 + 14\cdot 4 = 63 + 56 = 119 = 17\cdot 7.\]

Ограничения выполнены: \(3 \geqslant 2\) и \(14 \geqslant 2\).

Да, могло.

Пункт б

Пусть каждая девушка получила по \(n\) писем. Тогда всего получено \(xn\) писем, и

\[xn = 17a + 4x, \qquad x(n - 4) = 17a, \qquad n - 4 = \frac{17a}{x}.\]

Слева стоит целое число, значит \(x\) делит \(17a\).

Предположим, что \(x < 17\). Из ограничений \(a \geqslant 2\) и \(x - a \geqslant 2\) следует \(x \geqslant 4\), и при этом \(a < x\).

Число 17 простое, а \(1 < x < 17\), поэтому \(x\) и 17 взаимно просты. Тогда из делимости \(17a\) на \(x\) следует, что на \(x\) делится само \(a\). Но \(0 < a < x\) — такое невозможно.

Значит \(x \geqslant 17\), а пример на 17 уже построен в пункте а.

Ответ пункта б: 17.

Пункт в. Оценка сверху

Пусть все девушки получили разное количество писем. Расставим их по возрастанию: самая невезучая получила не меньше 0 писем, следующая не меньше 1, и так далее до \(x - 1\). Значит всего писем не меньше

\[0 + 1 + 2 + \ldots + (x-1) = \frac{x(x-1)}{2}.\]

С другой стороны, писем ровно \(17a + 4x\), поэтому

\[17a + 4x \geqslant \frac{x(x-1)}{2}.\]

Умножим на 2:

\[34a + 8x \geqslant x^2 - x.\]

Теперь воспользуемся ограничением \(a \leqslant x - 2\) — оно даёт верхнюю оценку на левую часть:

\[x^2 - x \leqslant 34a + 8x \leqslant 34(x-2) + 8x = 42x - 68.\]

Переносим всё влево:

\[x^2 - 43x + 68 \leqslant 0.\]

Дискриминант \(D = 43^2 - 4\cdot 68 = 1849 - 272 = 1577\). Нас интересует верхняя граница:

\[x \leqslant \frac{43 + \sqrt{1577}}{2} < \frac{43 + \sqrt{1600}}{2} = \frac{43 + 40}{2} = 41{,}5.\]

Число \(x\) целое, значит \(x \leqslant 41\).

Пункт в. Пример на 41 девушку

Возьмём \(x = 41\) и \(a = 39\): тридцать девять юношей отправили по 21 письму, двое — по 4. Всего

\[39\cdot 21 + 2\cdot 4 = 819 + 8 = 827\ \text{писем}.\]

Распределим их так: сорок девушек получили по \(0, 1, 2, \ldots, 39\) писем — это

\[\frac{39\cdot 40}{2} = 780\ \text{писем},\]

а последней достались оставшиеся \(827 - 780 = 47\) писем. Все 41 число различны, ограничения на юношей выполнены.

Ответ: а) да, могло;   б) 17;   в) 41.

Ключевое наблюдение

Целое среднее арифметическое четырёх чисел означает, что их сумма делится на 4. Аналогично для троек, пятёрок и шестёрок.

Все числа на доске дают одинаковый остаток при делении на 4. Пусть это не так: числа \(a\) и \(b\) дают разные остатки. Возьмём ещё три числа \(c\), \(d\), \(e\) с доски и рассмотрим две четвёрки:

\[a,\ c,\ d,\ e \qquad\text{и}\qquad b,\ c,\ d,\]\[\ e.\]

Обе суммы делятся на 4, значит и их разность делится на 4. Но разность равна

\[(a + c + d + e) - (b + c + d + e) = a - b,\]

а если \(a - b\) делится на 4, то остатки совпадают. Противоречие.

Точно так же, беря пары троек, пятёрок и шестёрок с общей частью, получаем то же самое для модулей 3, 5 и 6.

Важно! Все дальнейшие пункты — это игра с четырьмя остатками числа 30035. Выпишем их сразу:

\[30035 : 3 \ \text{— остаток } 2,\]

\[30035 : 4 \ \text{— остаток } 3,\]

\[30035 : 5 \ \text{— остаток } 0,\]

\[30035 : 6 \ \text{— остаток } 5.\]

Такие же остатки обязаны быть у всех десяти чисел доски.

Пункт а

Найдём остаток числа 325 при делении на 4:

\[325 = 4\cdot 81 + 1.\]

Остаток 1, а должен быть 3.

Нет, не может.

Пункт б

Пусть на доске стоят числа \(a\) и \(7a\). Число \(a\) даёт остаток 3 при делении на 4, поэтому

\[7a \equiv 7\cdot 3 = 21 \equiv 1 \pmod 4.\]

Значит \(7a\) даёт остаток 1, а должен давать 3.

Нет, не может.

Пункт в. Почему малые \(n\) не подходят

Числа различны, поэтому \(n > 1\). Пусть на доске стоят \(a\) и \(na\), и у обоих те же четыре остатка. Переберём \(n\) по порядку.

\(n\), кратные 3, 4 или 6 — это 3, 4, 6, 8, 9, 12. Тогда \(na\) делится на 3, на 4 или на 6, то есть даёт по соответствующему модулю остаток 0. Но нужные остатки равны 2, 3 и 5 — ни один не нулевой.

\(n = 2\). Число \(a\) даёт остаток 5 при делении на 6, поэтому \(2a\) даёт остаток \(2\cdot 5 = 10\), то есть 4. А нужно 5.

\(n = 5\). Число \(a\) даёт остаток 2 при делении на 3, поэтому \(5a\) даёт остаток \(5\cdot 2 = 10\), то есть 1. А нужно 2.

\(n = 7\). Разобрано в пункте б: остаток по модулю 4 становится 1 вместо 3.

\(n = 10\). Остаток по модулю 4 становится \(10\cdot 3 = 30\), то есть 2 вместо 3.

\(n = 11\). Остаток по модулю 3 становится \(11\cdot 2 = 22\), то есть 1 вместо 2.

Все значения от 2 до 12 отпали.

Пункт в. Пример для \(n = 13\)

Нужны числа с остатками 2 по модулю 3, 3 по модулю 4, 0 по модулю 5 и 5 по модулю 6. Такие числа образуют арифметическую прогрессию с шагом 60 — это наименьшее общее кратное чисел 3, 4, 5 и 6. Наименьшее подходящее число равно 155, поэтому берём

\[155, \ 515, \ 875, \ 1235, \ 1595,\]\[\ 1955, \ 2015, \ 2315,\]\[\ 2675, \ 30035.\]

Все они имеют вид \(155 + 60k\), все различны, и среди них есть требуемое условием 30035. Отношение двух из них равно 13:

\[2015 = 155\cdot 13.\]

Проверим условие про средние. Все числа дают остаток 2 при делении на 3, поэтому сумма любых трёх даёт остаток \(3\cdot 2 = 6\), то есть делится на 3. Сумма любых четырёх даёт остаток \(4\cdot 3 = 12\) при делении на 4 — делится. Сумма любых пяти делится на 5, потому что каждое число само делится на 5. Сумма любых шести даёт остаток \(6\cdot 5 = 30\) при делении на 6 — делится. Все четыре условия выполнены.

Ответ: а) нет, не может;   б) нет, не может;   в) 13.

Две оценки, которые понадобятся везде

Разберёмся, как связаны длина набора и количество кратных.

Сколько чисел нужно, чтобы поместилось \(t\) кратных числу \(d\). Самый короткий набор начинается кратным \(d\) и им же заканчивается. Между первым и \(t\)-м кратным ровно \(d(t-1)\) шагов, а чисел на одно больше:

\[k \geqslant d(t-1) + 1.\]

Сколько кратных обязательно найдётся среди \(k\) подряд идущих чисел. Разобьём набор на блоки по \(d\) чисел, начиная с первого. В каждом полном блоке ровно одно число кратно \(d\), а в хвосте остаётся не больше \(d-1\) числа. Значит кратных не меньше чем

\[\frac{k - (d-1)}{d}.\]

Важно! Эти две оценки смотрят с разных сторон: первая говорит, какой длины набор нужен, чтобы кратных было много; вторая — сколько кратных неизбежно найдётся в длинном наборе. Вся задача построена на их столкновении.

Пункт а

Достаточно привести пример. Возьмём числа от 23 до 92 включительно.

Кратных 23 здесь четыре: \(23,\ 46,\ 69,\ 92\). Кратных 20 ровно три: \(40,\ 60,\ 80\). Три меньше четырёх — условие выполнено.

Да, могло.

Пункт б

Пусть кратных 20 ровно десять. По условию кратных 23 больше, то есть их не меньше одиннадцати. Применим первую оценку к \(d = 23\) и \(t = 11\):

\[k \geqslant 23\cdot 10 + 1 = 231.\]

Теперь применим вторую оценку к \(d = 20\) и этому \(k\):

\[\text{кратных 20} \geqslant \frac{231 - 19}{20} = \frac{212}{20} = 10{,}6.\]

Количество кратных — целое число, значит их не меньше одиннадцати. А по предположению ровно десять. Противоречие.

Нет, не могло.

Пункт в. Оценка сверху

Пусть кратных 20 ровно \(a\) штук. Кратных 23 тогда не меньше \(a+1\), и по первой оценке

\[k \geqslant 23a + 1.\]

Подставим это во вторую оценку для \(d = 20\):

\[a \geqslant \frac{k - 19}{20} \geqslant \frac{23a + 1 - 19}{20} = \frac{23a - 18}{20}.\]

Умножаем на 20 и собираем слагаемые:

\[20a \geqslant 23a - 18, \qquad 18 \geqslant 3a, \qquad a \leqslant 6.\]

Итак, кратных 20 не больше шести. Осталось понять, какой длины может быть набор, содержащий не больше шести кратных 20. По уже знакомому рассуждению самый длинный такой набор — это шесть кратных плюс по 19 «хвостовых» чисел слева и справа… точнее, из второй оценки:

\[6 \geqslant \frac{k-19}{20}, \qquad 120 \geqslant k - 19, \qquad k \leqslant 139.\]

Пункт в. Пример на 139

Возьмём числа от 161 до 299 включительно. Их ровно

\[299 - 161 + 1 = 139.\]

Кратные 23 здесь — это \(23m\) при \(m\) от 7 до 13, то есть \(161,\ 184,\ 207,\ 230,\ 253,\ 276,\ 299\); их \(13 - 7 + 1 = 7\).

Кратные 20 — это \(20m\) при \(m\) от 9 до 14, то есть \(180,\ 200,\ 220,\ 240,\ 260,\ 280\); их \(14 - 9 + 1 = 6\).

Шесть меньше семи — условие выполнено, и длина набора равна 139.

Ответ: а) да, могло;   б) нет, не могло;   в) 139.

Важно! «Вычёркивая цифры» означает, что оставшиеся цифры сохраняют свой порядок. Переставлять их нельзя. Поэтому из 2893506 можно получить 206, но нельзя получить 602.

Пункт а

Подойдёт число \(2893506\). Проверим все три:

• вычеркнем 8, 9, 3, 5 — останется \(2\,\underline{\ }\,\underline{\ }\,\underline{\ }\,0\,\underline{\ }\,6\), то есть 206;
• вычеркнем 2, 9, 0, 6 — останется 835;
• вычеркнем 2, 8, 5, 6 — останется 930.

Пункт б

Сначала посчитаем, какие цифры вообще нужны. В четырёх данных числах встречаются цифры

\[2,\ 4,\ 7 \quad\text{и}\quad 3,\ 4,\ 5 \quad\text{и}\quad 5,\ 8,\ 6 \quad\text{и}\quad 8,\ 1,\ 2,\]

а всего различных цифр здесь ровно восемь: от 1 до 8. Искомое число тоже восьмизначное, значит каждая цифра встречается в нём ровно один раз, и её место определено однозначно.

Теперь посмотрим, в каком порядке цифры обязаны идти. Раз из числа получается 247, то двойка стоит раньше четвёрки. Выпишем все такие требования:

• из 247: цифра 2 раньше цифры 4;
• из 345: цифра 4 раньше цифры 5;
• из 586: цифра 5 раньше цифры 8;
• из 812: цифра 8 раньше цифры 2.

Пройдём по цепочке:

\[2\ \text{раньше}\ 4\ \text{раньше}\ 5\ \text{раньше}\ 8\ \text{раньше}\ 2.\]

Получилось, что двойка стоит раньше самой себя. Это невозможно.

Нет, не существует.

Пункт в. Оценка снизу

Посчитаем, сколько цифр обязано быть в числе.

Цифры 1, 2, 3, 4 — не меньше двух раз каждая. Среди чисел от 1 до 50 есть \(11,\ 22,\ 33,\ 44\), а для каждого из них нужны две одинаковые цифры подряд по порядку — значит одного экземпляра не хватит.

Цифры 5, 6, 7, 8, 9 — хотя бы по разу, ведь есть однозначные числа 5, 6, 7, 8, 9.

Ноль — хотя бы раз, он нужен для числа 10.

Итого не меньше

\[4\cdot 2 + 5 + 1 = 14\ \text{цифр}.\]

Важно! Цифра 5 нужна только один раз, хотя числа 55 в списке нет — список заканчивается на 50. Если бы требовались числа до 55, ответ был бы другим.

Пункт в. Пример на 14 цифр

Подойдёт число

\[12341234506789.\]

Проверим, что из него получается всё нужное.

Однозначные числа. Каждая цифра от 1 до 9 в записи есть.

Двузначные без нуля. После каждой из цифр 1, 2, 3, 4 (первое вхождение) идёт полный набор 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 — поэтому получается любое число \(\overline{ab}\), где первая цифра не больше 4. А все числа от 10 до 49 именно такие.

Числа с нулём. Ноль стоит после цифр 1, 2, 3, 4 и 5, поэтому получаются 10, 20, 30, 40 и 50.

Итак, все числа от 1 до 50 получаются, и цифр ровно 14 — столько же, сколько требует оценка.

Ответ: а) 2893506;   б) нет, не существует;   в) 12341234506789.