На доске было написано несколько различных натуральных чисел. Эти числа разбили на три группы, в каждой из которых оказалось хотя… — 20 задание ЕГЭ профиль

№20 Числа на доске и карточках сложная развёрнутое

На доске было написано несколько различных натуральных чисел. Эти числа разбили на три группы, в каждой из которых оказалось хотя бы одно число.
К каждому числу из первой группы приписали справа цифру 3, к каждому числу из второй группы — цифру 7, а числа из третьей группы оставили без изменений.

а) Могла ли сумма всех этих чисел увеличиться в 8 раз?

б) Могла ли сумма всех этих чисел увеличиться в 17 раз?

в) В какое наибольшее число раз могла увеличиться сумма всех этих чисел?

Развёрнутое задание второй части — реши на бумаге и сверься с разбором

Разбор — 4 балла

Пусть в первой, второй и третьей группах $n_{1}$ , $n_{2}$ , $n_{3}$ чисел с суммами $S_{1}$ , $S_{2}$ , $S_{3}$ , а $S = S_{1} + S_{2} + S_{3}$ — исходная сумма. Приписать справа цифру $3$ к числу $a$ — значит получить $10 a + 3$ , цифру $7$ — получить $10 b + 7$ . Поэтому новая сумма равна

$10 S_{1} + 3 n_{1} + 10 S_{2} + 7 n_{2} + S_{3} = 10 S + 3 n_{1} + 7 n_{2} - 9 S_{3} .$

а) Да, могла. Пример: первая группа ${2}$ , вторая ${7}$ , третья ${4}$ . Числа различны, каждая группа непуста. Сумма была $2 + 7 + 4 = 13$ , а стала

$23 + 77 + 4 = 104 = 8 \cdot 13.$

Сумма увеличилась ровно в $8$ раз.

б) Нет, не могла. Для натурального $a$ верно $10 a + 3 ⩽ 13 a$ (это $3 ⩽ 3 a$ ), а для натурального $b$ верно $10 b + 7 ⩽ 17 b$ (это $7 ⩽ 7 b$ ). Числа третьей группы не меняются. Поэтому новая сумма не больше

$13 S_{1} + 17 S_{2} + S_{3} < 17 S_{1} + 17 S_{2} + 17 S_{3} = 17 S,$

где неравенство строгое, так как $S_{1} ⩾ 1$ и $S_{3} ⩾ 1$ . Значит, сумма увеличилась меньше чем в $17$ раз.

в) Отношение новой суммы к старой равно

$K = 10 + \frac{3 n _{1} + 7 n _{2} - 9 S _{3}}{S} .$

Оценка. Пусть $k = n_{1} + n_{2}$ ; так как первые две группы непусты, $k ⩾ 2$ . Поскольку $n_{1} ⩾ 1$ ,

$3 n_{1} + 7 n_{2} = 7 k - 4 n_{1} ⩽ 7 k - 4.$

Третья группа непуста, поэтому $S_{3} ⩾ 1$ , и числитель дроби не больше $7 k - 4 - 9 = 7 k - 13$ , причём $7 k - 13 > 0$ при $k ⩾ 2$ . На доске не меньше $k + 1$ различных натуральных чисел, поэтому их сумма не меньше суммы $k + 1$ наименьших натуральных чисел:

$S ⩾ 1 + 2 + \dots + (k + 1) = \frac{( k + 1 ) ( k + 2 )}{2} .$

Отсюда

$K ⩽ 10 + \frac{7 k - 13}{S} ⩽ 10 + \frac{2 ( 7 k - 13 )}{( k + 1 ) ( k + 2 )} .$

Посчитаем дробь $f (k) = \frac{2 ( 7 k - 13 )}{( k + 1 ) ( k + 2 )}$ для первых значений $k$ : $f (2) = \frac{1}{6}$ , $f (3) = \frac{4}{5}$ , $f (4) = 1$ , $f (5) = \frac{22}{21}$ , $f (6) = \frac{29}{28}$ , $f (7) = 1$ . Докажем, что $f (k) ⩽ \frac{22}{21}$ при всех натуральных $k$ :

$\frac{2 ( 7 k - 13 )}{( k + 1 ) ( k + 2 )} ⩽ \frac{22}{21} \Leftrightarrow 42 (7 k - 13) ⩽ 22 (k^{2} + 3 k + 2) \Leftrightarrow 22 k^{2} - 228 k + 590 ⩾ 0,$

то есть $11 k^{2} - 114 k + 295 ⩾ 0$ . Корни квадратного трёхчлена: $k = \frac{114 \pm 11 4 ^{2} - 4 \cdot 11 \cdot 295}{22} = \frac{114 \pm 4}{22}$ , то есть $5$ и $\frac{59}{11} = 5 \frac{4}{11}$ . Значит,

$11 k^{2} - 114 k + 295 = (k - 5) (11 k - 59) .$

При целом $k ⩽ 5$ оба множителя неположительны ( $11 k - 59 ⩽ - 4$ ), при целом $k ⩾ 6$ оба положительны. В любом случае произведение неотрицательно. Между корнями $5$ и $5 \frac{4}{11}$ целых чисел нет. Итак,

$K ⩽ 10 + \frac{22}{21} = \frac{232}{21} .$

Пример. Равенство во всех оценках требует $k = 5$ , $n_{1} = 1$ , третьей группы из одного числа $1$ и набора чисел $1, 2, \dots, 6$ . Возьмём: третья группа ${1}$ , первая ${2}$ , вторая ${3; 4; 5; 6}$ . Сумма была $1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21$ , а стала

$1 + 23 + 37 + 47 + 57 + 67 = 232.$

Сумма увеличилась в $\frac{232}{21}$ раза, значит, это значение достигается.

Ответ: а) да; б) нет; в) в $\frac{232}{21}$ раза.

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

Сообщить об ошибке

Ещё задания №20