Задание 19 ЕГЭ по математике: На доске было написано несколько различных натуральных чисел.…

№2. Задание 19

ID: 00022412

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 1, к каждому числу из второй группы — цифру 8, а числа из третьей группы оставили без изменений. а) Могла ли сумма всех этих чисел увеличиться в 4 раза? б) Могла ли сумма всех этих чисел увеличиться в 18 раз? в) Сумма всех этих чисел увеличилась в 11 раз. Какое наибольшее количество чисел могло быть написано на доске?

Источник: ЕГЭ ФИПИ+аналоги (Адиль)

Решение

Приписать справа цифру $d$ к числу $n$ — значит превратить его в $10n+d$ . Значит числа первой группы становятся $10n+1$ , второй — $10n+8$ , а третью не трогаем. Обозначим суммы групп $S_1,S_2,S_3$ и их количества $k_1,k_2,k_3$ . Старая сумма $S=S_1+S_2+S_3$ , новая равна $10S_1+k_1+10S_2+8k_2+S_3$ .

а) Хотим рост в 4 раза. Возьмём простой пример: в первой группе одно число $1$ (станет $11$ ), во второй одно число $2$ (станет $28$ ), в третьей одно число $9$ (не меняется). Была сумма $1+2+9=12$ , стала $11+28+9=48=4\cdot 12$ . Ровно в 4 раза — да, могла.

б) Посмотрим, во сколько раз растёт одно число. Из второй группы $n$ становится $10n+8$ , то есть растёт в $10+\dfrac{8}{n}$ раз — не больше 18 (максимум при $n=1$ : $1\to 18$ ). Из первой группы множитель $10+\dfrac{1}{n}\le 11$ , а третья группа не растёт (множитель 1). Новая сумма — это все числа, умноженные каждое на свой множитель, поэтому она не больше $18S$ , и ровно $18S$ было бы, только если бы КАЖДОЕ число росло в 18 раз. Но в третьей группе есть неизменное число (множитель 1), значит строго меньше $18S$ . В 18 раз сумма вырасти не могла — нет.

в) Пусть сумма выросла в 11 раз. Введём для каждого числа «выгоду» — его вклад в разность (новая сумма) $-\,11S$ . Прямой подсчёт показывает, что вся эта разность равна $\sum(1-n)$ по первой группе плюс $\sum(8-n)$ по второй плюс $\sum(-10n)$ по третьей, и она должна равняться нулю. Для одного числа $n$ выгода наибольшая во второй группе и равна $8-n$ (в первой $1-n$ меньше, в третьей $-10n$ совсем мало). Если бы все числа стояли во второй группе, суммарная выгода была бы наибольшей у самых маленьких чисел; но первая и третья группы не пусты — кого-то придётся отдать. Отдать число в первую группу стоит $7$ выгоды (было $8-n$ , стало $1-n$ ), в третью — не меньше $17$ (дешевле всего отдать туда число 1: было $7$ , стало $-10$ ). Возьмём 11 самых маленьких чисел $1,\ldots,11$ : их выгода во второй группе $\sum_{n=1}^{11}(8-n)=22$ , минус $7$ за первую группу и минус $17$ за третью — итого $22-7-17=-2<0$ . Любые другие 11 разных чисел дадут ещё меньше. Ноль не набрать — значит 11 чисел не бывает.

Осталось показать, что 10 чисел возможно. Возьмём $1;2;3;4;5;6;7;8;9;11$ . Пусть $1$ — в третьей группе (не меняется), $2$ — в первой (станет $21$ ), остальные восемь ( $3,4,5,6,7,8,9,11$ ) — во второй (припишем 8: $38,48,58,68,78,88,98,118$ ). Старая сумма $1+2+\cdots+9+11=56$ , новая $=1+21+(38+48+58+68+78+88+98+118)=1+21+594=616=11\cdot 56$ . Ровно в 11 раз, чисел десять. Значит наибольшее количество чисел — 10.

Ответ

а) Да; б) Нет; в) 10