ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №20 — свойства чисел

Разбор — 4 балла

Пусть в первой, второй и третьей группах $n_1$, $n_2$, $n_3$ чисел ($n_1,n_2,n_3⩾1$), а их суммы равны $S_1$, $S_2$, $S_3$. Исходная сумма $S=S_1+S_2+S_3$.

Приписать справа цифру $1$ к числу $x$ — значит получить $10x+1$, а цифру $8$ — получить $10x+8$. Поэтому новая сумма равна

$$(10S_1+n_1)+(10S_2+8n_2)+S_3.$$

а) Да, могла. Пример: первая группа $\{1\}$, вторая $\{2\}$, третья $\{9\}$. Исходная сумма $1+2+9=12$. После приписывания получаем числа $11$, $28$, $9$ с суммой $48=4\cdot 12$.

Как найти пример. Условие «увеличилась в $4$ раза» записывается как $10S_1+n_1+10S_2+8n_2+S_3=4(S_1+S_2+S_3)$, то есть $3S_3=6S_1+6S_2+n_1+8n_2$. Если в каждой группе по одному числу, получаем $S_3=2S_1+2S_2+3$; при $S_1=1$, $S_2=2$ имеем $S_3=9$.

б) Нет, не могла. Для любого натурального $x$

$$10x+1⩽11x,10x+8⩽18x,$$

так как $1⩽x$ и $8⩽8x$. Поэтому новая сумма не больше $11S_1+18S_2+S_3$, и

$$18S-(11S_1+18S_2+S_3)=7S_1+17S_3>0.$$

Значит, новая сумма меньше $18S$, и увеличиться в $18$ раз сумма не могла.

в) Условие «увеличилась в $11$ раз»:

$$10S_1+n_1+10S_2+8n_2+S_3=11S_1+11S_2+11S_3\iff n_1+8n_2=S_1+S_2+10S_3.$$

Правую часть удобно записать как $S+9S_3$. Пусть всего $n=n_1+n_2+n_3$ чисел.

Оценка. Оценим правую часть снизу. Все $n$ чисел натуральные и различные, поэтому их сумма не меньше $1+2+\dots +n$:

$$S⩾\frac{n(n+1)}{2}.$$

Кроме того, $S_3⩾1$. Значит, $S+9S_3⩾\frac{n(n+1)}{2}+9$.

Оценим левую часть сверху. Так как $n_2=n-n_1-n_3$, а $n_1⩾1$ и $n_3⩾1$,

$$n_1+8n_2=8n-7n_1-8n_3⩽8n-7-8=8n-15.$$

Из равенства частей получаем

$$\frac{n(n+1)}{2}+9⩽8n-15\iff n^2+n+18⩽16n-30\iff n^2-15n+48⩽0.$$

Корни квадратного трёхчлена равны $\frac{15\pm \sqrt{33}}{2}$, поэтому

$$n⩽\frac{15+\sqrt{33}}{2}<\frac{15+7}{2}=11,$$

так как $\sqrt{33}<\sqrt{49}=7$. Значит, $n⩽10$. Например, при $n=11$ получаем $121-165+48=4>0$ — неравенство не выполнено.

Пример. Чтобы получить $n=10$, оценки должны быть почти точными: $n_1=n_3=1$, третья группа $\{1\}$, тогда $n_2=8$ и левая часть равна $1+8\cdot 8=65$. Нужно $S_1+S_2+10=65$, то есть остальные девять чисел (все не меньше $2$) имеют сумму $55$. Наименьшая возможная сумма таких чисел $2+3+\dots +10=54$, поэтому возьмём $2,3,\dots ,9,11$.

Итак, первая группа $\{2\}$, вторая $\{3;4;5;6;7;8;9;11\}$, третья $\{1\}$. Проверим. Исходная сумма $2+(3+4+\dots +9+11)+1=2+53+1=56$. После приписывания:

• первая группа: $21$;
• вторая группа: $38,48,58,68,78,88,98,118$, сумма $10\cdot 53+8\cdot 8=594$;
• третья группа: $1$.

Новая сумма $21+594+1=616=11\cdot 56$. Значит, $10$ чисел быть могло.

Ответ: а) да; б) нет; в) $10$.