Задание 19 ЕГЭ профиль по математике: числа и их свойства

Пусть число равно $\overline{abc}=100a+10b+c$, где $a, b, c\in\{1, 2, \ldots, 9\}$.

а) Да. Например, $175:(1\cdot 7\cdot 5)=175:35=5$.

б) Предположим, что $100a+10b+c=2abc$.

Левая часть больше $100a$, поэтому $2abc>100a$, то есть $bc>50$.

Правая часть чётна, а $100a+10b+c$ имеет ту же чётность, что и $c$, значит, $c$ чётно.

Если $c\le 4$, то $bc\le 36<50$. Если $c=6$, то $b>\frac{50}{6}$, то есть $b=9$. Если $c=8$, то $b>\frac{50}{8}$, то есть $b\in\{7, 8, 9\}$.

Равенство перепишем в виде $a(2bc-100)=10b+c$ и проверим оставшиеся случаи:

$b=9$, $c=6$: $8a=96$, $a=12$ — не цифра;

$b=7$, $c=8$: $12a=78$ — $a$ не целое;

$b=8$, $c=8$: $28a=88$ — $a$ не целое;

$b=9$, $c=8$: $44a=98$ — $a$ не целое.

Противоречие во всех случаях, поэтому частное не может быть равным 2.

в) Имеем

$$\frac{100a+10b+c}{abc}=\frac{100}{bc}+\frac{10}{ac}+\frac{1}{ab}\ge \frac{100}{81}+\frac{10}{81}+\frac{1}{81}=\frac{111}{81}=\frac{37}{27},$$

так как каждое из произведений $bc$, $ac$, $ab$ не больше $81$. Равенство достигается при $a=b=c=9$: $999:729=\frac{37}{27}$.

Ответ: а) да; б) нет; в) $\frac{37}{27}$.

Пусть $a_1<a_2<\ldots<a_{10}$ — написанные числа. По условию

$$a_1+\ldots+a_6=6\cdot 7=42,\qquad a_5+\ldots+a_{10}=6\cdot 16=96.$$

Сумма всех чисел равна $S=42+96-(a_5+a_6)=138-(a_5+a_6)$.

а) Да, может. Например, числа $3, 4, 5, 6, 11, 13, 14, 15, 16, 27$: сумма шести наименьших $3+4+5+6+11+13=42$, сумма шести наибольших $11+13+14+15+16+27=96$.

б) Пусть среднее арифметическое равно 11, тогда $S=110$ и $a_5+a_6=28$. Так как $a_5<a_6$, имеем $a_6\ge 15$. Тогда $a_7\ge 16$, $a_8\ge 17$, $a_9\ge 18$, $a_{10}\ge 19$ и

$$a_7+a_8+a_9+a_{10}\ge 16+17+18+19=70.$$

Но $a_7+a_8+a_9+a_{10}=96-(a_5+a_6)=96-28=68<70$ — противоречие. Значит, не может.

в) Среднее арифметическое равно $\frac{S}{10}=\frac{138-(a_5+a_6)}{10}$, поэтому нужно найти наименьшее возможное значение $a_5+a_6$.

Пусть $a_5=x$. Так как числа натуральные и различные, $a_4\le x-1$, $a_3\le x-2$, $a_2\le x-3$, $a_1\le x-4$, поэтому $a_1+a_2+a_3+a_4\le 4x-10$ и

$$a_5+a_6=42-(a_1+a_2+a_3+a_4)\ge 52-4x.$$

Кроме того, $a_6\ge x+1$, то есть $a_5+a_6\ge 2x+1$.

Если $x\le 8$, то $a_5+a_6\ge 52-32=20$. Если $x\ge 9$, то $a_5+a_6\ge 19$. В любом случае $a_5+a_6\ge 19$, откуда $S\le 138-19=119$ и среднее арифметическое не больше $11{,}9$.

Пример: $2, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 41$. Шесть наименьших: $2+6+7+8+9+10=42$; шесть наибольших: $9+10+11+12+13+41=96$; сумма всех чисел $119$, среднее арифметическое $11{,}9$.

Ответ: а) да; б) нет; в) 11,9.

Пусть сумма состоит из $k\ge 2$ последовательных натуральных чисел $m, m+1, \ldots, m+k-1$. По формуле суммы арифметической прогрессии

$$\frac{k(2m+k-1)}{2}=2025\iff k(2m+k-1)=4050.$$

а) Да. При $k=10$ получаем $2m+9=405$, $m=198$: $198+199+\ldots+207=\frac{(198+207)\cdot 10}{2}=2025$.

б) Нет. При $k=12$ число $k$ должно быть делителем $4050$, но $4050=2\cdot 3^4\cdot 5^2$ не делится на $4$, а значит, и на $12$.

в) Так как $m\ge 1$, второй множитель $2m+k-1\ge k+1>k$, поэтому $k^2<k(2m+k-1)=4050$ и $k\le 63$ (так как $64^2=4096>4050$). Кроме того, $k$ — делитель числа $4050=2\cdot 3^4\cdot 5^2$.

Среди чисел от 55 до 63 делителей числа $4050$ нет: $55=5\cdot 11$, $57=3\cdot 19$, $58=2\cdot 29$, $59$ и $61$ — простые, $62=2\cdot 31$ содержат простые множители, отличные от $2, 3, 5$; $56$ и $60$ делятся на $4$, а $63$ делится на $7$. Следующий по величине делитель — $54=2\cdot 3^3$. Значит, $k\le 54$.

При $k=54$: $2m+53=\frac{4050}{54}=75$, $m=11$, и действительно $11+12+\ldots+64=\frac{(11+64)\cdot 54}{2}=75\cdot 27=2025$.

Ответ: а) да; б) нет; в) 54.