ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №20 — числа на доске и карточках

Разбор — 4 балла

Введём обозначения. Пусть в первой группе $m$ чисел с суммой $A$, во второй — $n$ чисел с суммой $B$, в третьей — $k$ чисел с суммой $C$. По условию $m,n,k⩾1$.

Приписать к числу $x$ справа цифру $4$ — значит получить число $10x+4$, а цифру $7$ — число $10x+7$. Поэтому после преобразования сумма первой группы станет $10A+4m$, второй — $10B+7n$, а третьей останется $C$. Исходная сумма равна $A+B+C$, новая —

$$10A+4m+10B+7n+C.$$

Каждое натуральное число не меньше $1$, поэтому $A⩾m$, $B⩾n$, $C⩾k⩾1$.

а) Сумма увеличится в $3$ раза, если

$$10A+4m+10B+7n+C=3(A+B+C)\iff 7A+4m+7B+7n=2C.$$

Возьмём в первую группу одно число $1$, во вторую — одно число $2$. Тогда $m=n=1$, $A=1$, $B=2$, и левая часть равна $7+4+14+7=32$. Значит, нужно $C=16$: третья группа — одно число $16$.

Проверим. На доске числа $1$, $2$, $16$ — они различны, их сумма $19$. После преобразования получаем $14$, $27$ и $16$, их сумма

$$14+27+16=57=3\cdot 19.$$

Сумма увеличилась в $3$ раза, значит, это возможно.

б) Предположим, что сумма увеличилась в $17$ раз:

$$10A+4m+10B+7n+C=17(A+B+C)\iff 4m+7n=7A+7B+16C.$$

Оценим правую часть: $7A⩾7m>4m$, $7B⩾7n$, $16C⩾16>0$. Поэтому $7A+7B+16C>4m+7n$, и равенство невозможно.

То же видно и без уравнения: число $x$ из первой группы превращается в $10x+4⩽14x$, из второй — в $10x+7⩽17x$, а число $x$ из третьей группы (она непуста) остаётся равным $x<17x$. Значит, новая сумма строго меньше $17(A+B+C)$. Ответ: не могла.

в) Пусть сумма увеличилась в $11$ раз:

$$10A+4m+10B+7n+C=11(A+B+C)\iff 4m+7n=A+B+10C.$$

Обозначим через $S=m+n+k$ количество всех чисел на доске.

Оценка. Оценим правую часть снизу. На доске $S$ различных натуральных чисел, поэтому их сумма не меньше суммы $S$ наименьших натуральных чисел:

$$A+B+C⩾1+2+\dots +S=\frac{S(S+1)}{2}.$$

Кроме того, $C⩾1$, поэтому $9C⩾9$. Тогда

$$A+B+10C=(A+B+C)+9C⩾\frac{S(S+1)}{2}+9.$$

Оценим левую часть сверху. Так как $m+n=S-k$, то

$$4m+7n=7(m+n)-3m=7(S-k)-3m⩽7(S-1)-3=7S-10,$$

поскольку $k⩾1$ и $m⩾1$. Сравнивая оценки, получаем

$$\frac{S(S+1)}{2}+9⩽7S-10\iff S^2+S+18⩽14S-20\iff S^2-13S+38⩽0.$$

Заметим, что $S^2-13S+38=(S-4)(S-9)+2$. При $S⩾9$ произведение $(S-4)(S-9)$ неотрицательно, и левая часть не меньше $2>0$ — неравенство не выполняется. Значит, $S⩽8$: чисел на доске не больше восьми.

Пример. Посмотрим, когда при $S=8$ все оценки почти точные. Нужно $m=k=1$, тогда $n=6$, и уравнение принимает вид $4+42=A+B+10C$, то есть $A+B+10C=46$. Возьмём третью группу из одного числа $1$, тогда $A+B=36$, и семь различных чисел первых двух групп больше $1$. Наименьшая их сумма $2+3+\dots +8=35$, а нам нужно $36$ — заменим $8$ на $9$.

Итак, пусть на доске числа $1,2,3,4,5,6,7,9$ (они различны, их сумма $37$). Число $1$ — в третьей группе, число $2$ — в первой, числа $3,4,5,6,7,9$ — во второй. После преобразования получаем

$$1,24,37,47,57,67,77,97.$$

Их сумма равна $1+24+37+47+57+67+77+97=407=11\cdot 37$. Сумма увеличилась ровно в $11$ раз, значит, восемь чисел быть могло.

Ответ: а) да; б) нет; в) $8$.