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

Разбор — 4 балла

Пусть $A=\overline{abc}=100a+10b+c$, где $a$, $b$, $c$ — цифры, $a\ne 0$. Вычёркивая одну цифру, можно получить только три числа:

• вычеркнув $c$, получаем $\overline{ab}=10a+b$;
• вычеркнув $b$, получаем $\overline{ac}=10a+c$;
• вычеркнув $a$, получаем $\overline{bc}=10b+c$ — это число двузначное, только если $b\ne 0$.

Числа $B$ и $C$ — два из этих чисел, возможно, одно и то же.

а) Да, может. Пример: $A=160$. Вычеркнем последнюю цифру $0$ — получим $B=16$. Вычеркнем цифру $6$ — получим $C=10$. Оба числа двузначные, и

$$B\cdot C=16\cdot 10=160=A,A=160>150.$$

Все условия выполнены.

Для пунктов б) и в) найдём все трёхзначные числа $A$, для которых равенство $A=B\cdot C$ возможно.

Случай 1: один из множителей равен $\overline{ab}$. Пусть $B=\overline{ab}$. Так как $A=10\cdot \overline{ab}+c$, равенство $A=B\cdot C$ принимает вид

$$10\cdot \overline{ab}+c=\overline{ab}\cdot C\iff \overline{ab}\cdot (C-10)=c.$$

Число $C$ двузначное, поэтому $C-10⩾0$. Если $C-10⩾1$, то левая часть не меньше $\overline{ab}⩾10$, а правая часть $c⩽9$ — противоречие. Значит, $C=10$, и тогда $c=0$.

Число $10$ должно получаться вычёркиванием цифры из $A=\overline{ab0}$. Из такого числа получаются $\overline{ab}$, $\overline{a0}$ и $\overline{b0}$. Равенство $\overline{a0}=10$ означает $a=1$, равенство $\overline{b0}=10$ означает $b=1$, а $\overline{ab}=10$ — это $a=1$, $b=0$ (частный случай первого). Итак, $A=\overline{1b0}$ или $A=\overline{a10}$:

$$A\in \{100,110,120,\dots ,190\}\cup \{210,310,410,\dots ,910\}.$$

Все эти числа подходят: $A=\overline{ab}\cdot 10$, где $\overline{ab}$ получается вычёркиванием нуля, а $10$ — вычёркиванием другой цифры. Например, $910=91\cdot 10$.

Случай 2: ни один множитель не равен $\overline{ab}$. Тогда $B$ и $C$ — числа $\overline{ac}$ и $\overline{bc}$ в каком-то сочетании. Разберём три варианта.

Вариант 2.1: $B=C=\overline{ac}$. Тогда $(10a+c{)}^2=100a+10b+c$. Если $a⩾2$, то

$$(10a+c{)}^2⩾100a^2=100a+100a(a-1)⩾100a+200>100a+99⩾A,$$

противоречие. Значит, $a=1$, и уравнение принимает вид $(10+c{)}^2=100+10b+c$. Раскроем скобки: $100+20c+c^2=100+10b+c$, то есть

$$c(c+19)=10b⩽90.$$

При $c⩾4$ левая часть не меньше $4\cdot 23=92>90$, поэтому $c⩽3$. Проверим: $c=0$ даёт $b=0$, $A=100$ (уже есть в случае 1); $c=1$ даёт $20=10b$, $b=2$, $A=121=11\cdot 11$; при $c=2$ и $c=3$ левая часть равна $42$ и $66$ — не делится на $10$. Новое число: $121$.

Вариант 2.2: один множитель равен $\overline{ac}$, другой $\overline{bc}$ (здесь $b\ne 0$). Тогда $(10a+c)(10b+c)=A$. Левая часть не меньше $10a\cdot 10b=100ab$. Если $b⩾2$, то $100ab⩾200a⩾100a+100>A$ — противоречие. Значит, $b=1$:

$$(10a+c)(10+c)=100a+10+c.$$

Раскроем скобки: $100a+10ac+10c+c^2=100a+10+c$, откуда

$$c(10a+c+9)=10.$$

При $c=0$ левая часть равна $0$, а при $c⩾1$ она не меньше $10a+10⩾20$. Решений нет.

Вариант 2.3: $B=C=\overline{bc}$. Обозначим $k=\overline{bc}$, $k⩾10$. Так как $A=100a+k$, получаем $k^2=100a+k$, то есть

$$k(k-1)=100a.$$

Кроме того, $k^2=A⩽999$, поэтому $k⩽31$. Произведение $k(k-1)$ делится на $25$. Соседние числа $k$ и $k-1$ взаимно просты, поэтому множитель $5$ может входить только в одно из них, и это число делится на $25$. При $10⩽k⩽31$ так бывает только при $k=25$ и $k=26$. При $k=26$ получаем $26\cdot 25=650$ — не делится на $100$. При $k=25$ получаем $25\cdot 24=600$, $a=6$, $A=625=25\cdot 25$ (вычёркиваем шестёрку оба раза).

Итог. Равенство $A=B\cdot C$ возможно ровно для чисел

$$100,110,\dots ,190;210,310,\dots ,910;121;625.$$

б) Нет, не может. Мы нашли все числа $A$, для которых равенство возможно. Ни одно из них не лежит в промежутке $540⩽A<600$: ближайшие к нему — $510$ слева и $610$, $625$ справа.

в) Оценка. Все числа $A$, для которых равенство возможно, перечислены в итоге выше, и наибольшее из них — $910$. Значит, $A⩽910$.

Пример. $A=910$: вычеркнув $0$, получаем $B=91$, вычеркнув $9$, получаем $C=10$, и $91\cdot 10=910$. Значит, значение $910$ достигается.

Ответ: а) да; б) нет; в) $910$.