ЕГЭ. 20 дней до экзамена. Разбор теории чисел и прочей еботни

Ну, раз уже начал, надо продолжать. Разбор по параметрам вполне себе неплохо зашёл, а значит, я вполне способен таким заниматься. Сегодня [под сегодня подразумевается неопределённый срок написания статьи] разберём 19-е задание из профиля.

Вообще, как правило, 19-е задание связано с теорией чисел. Хотя это и не всегда так. Теория чисел — пожалуй, самый бесполезный и самый интересный раздел математики. На самом деле, не самый бесполезный, но так сразу применение ему не найдёшь.

Почти всё ЕГЭ по информатике построено на теории чисел. Сами системы счисления — лишь раздел теории чисел, связанный с остатками. В программировании тоже часто используется теория чисел. У меня в паблике выходило много статей и исследований, которые можно отнести к этому разделу математики.

Но я не знаю теорию чисел глубоко. И вам это тоже не нужно. Пожалуй, я даже не могу ничего дать из теории, разве что только признаки делимости и равноостаточности, но и те проще объяснять в процессе решения задач. Поэтому, не отвлекаясь, приступаем к ним

Вот задание из одного из последних вариантов Ларина. Исключительно на теорию чисел. В общем виде его сложно решить, но можно составить алгоритм для n-значных чисел. В общем-то, этого от нас, похоже, и ждут

Не думайте, что я решал эту задачу когда-нибудь раньше, сейчас я буду сидеть, спотыкаться, ошибаться, но, надеюсь, приду к правильному ответу.

Что очень важно — 19 задание придумали не для проверки ваших знаний, а для проверки вашей математической грамотности. Мне так говорили.

Ну, то есть, насколько логично и предусмотрительно ваше решение. Я вам покажу, пожалуй.

В пункте а нас просят привести пример. А в пункте б хотят, чтобы мы написали все такие числа. По сути, если мы решим б, то мы решим и а.

Начнём с того, что такое полный квадрат. Полный квадрат это просто квадрат натурального числа. Или целого. Не сильно важно. Я уже не раз писал в своих статьях, что квадраты могут заканчиваться только определёнными цифрами:
0, 1, 4, 5, 6, 9

При этом я вам гарантирую, что нет ни одного двузначного квадрата, заканчивающегося на 0. Можете проверить

Если первое число у нас заканчивается цифрой n, то второе число заканчивается цифрой n-1, так как мы вычитаем 1 из каждой цифры. Это значит, что первое число может заканчиваться только на 5 или на 6.

Есть только одно двузначное число, заканчивающееся на 5 и являющееся полным квадратом. Это 25

Аналогично, заканчивающееся на 6 — 36.

Если мы вычтем из каждой цифры в числе 25 по 1, то получим 14, что не квадрат

Если мы вычтем из каждой цифры в числе 36 по 1, то получим 25. Значит, 36 подходит и является единственным двузначным числом с таким признаком. Все остальные отвалились уже в ходе наших предыдущих расследований.

Теперь что касается четырёхзначных чисел. Возможно, вы уже заметили, что в результате мы просто вычитали 11, когда работали с двузначными. Значит, у четырёхзначных мы вычитаем 1111.

Ну, есть одно условие — первое число не должно содержать цифру 0, так как мы не просто вычитаем 1111, а вычитаем 1 из каждой цифры. Цифра должна быть такой, чтобы из неё можно было вычесть 1 и получить другую цифру.

По-прежнему существует условие на то, что числа должны заканчиваться либо на 5, либо на 6, но теперь к ним добавляется ещё и 1.

На 5 заканчиваются квадраты чисел, заканчивающихся на 5. И никаких больше

На 6 заканчиваются квадраты чисел, заканчивающихся на 4 или на 6.

На 1 — заканчивающихся на 1 и 9.

Вот только если первое число заканчивается на 1, то второе число заканчивается на 0. Если квадрат заканчивается на 0, то он заканчивается на 00, значит первое число заканчивается на 11. А квадрат на 11 заканчиваться не может.

Аналогично, если первое число заканчивается на 5, то оно заканчивается на 25, так как является квадратом. Если первое число заканчивается на 25, то второе число заканчивается на 14. А квадрат на 14 заканчиваться не может. Почему так — объясню сразу после этой задачи.

Значит, единственный вариант — первое число заканчивается на 6. Значит, корень из него заканчивается на 4 или на 6.

Ну и ещё — если оба числа натуральны, значит второе число больше нуля, и, значит первое число больше 1111.
26² = 676 < 1111
34² = 1156 > 1111

Значит, мы перебираем все числа, заканчивающиеся на 4 или на 6 не меньше 34 и меньше 100, так как 100² — уже пятизначное число. Таких чисел всего 14:

36² = 1296
46² = 2116
56² = 3136
66² = 4356
76² = 5776
86² = 7396
96² = 9216

34² = 1156
44² = 1936
54² = 2916
64² = 4096
74² = 5476
84² = 7056
94² = 8836

Ну и хочу напомнить, что второе число — тоже квадрат. И оно заканчивается на 5. А значит, оно заканчивается на 25 — квадрат же. А значит, первое число должно заканчиваться на 36. Нам подходят:

3136
1936
8836

3136 - 1111 = 2025 — квадрат
1936 - 1111 = 825 — не квадрат
8836 - 1111 = 7725 — не квадрат

Значит, решением пункта в будет только число 3136.

Теперь, как мы будем оформлять?

В пункте а мы должны привести пример и доказать, что пример действительно удовлетворяет условию. В двух других должны привести решения и доказательства

Как это следует оформлять:

а) 36.

36 = 6²
3 - 1 = 2
6 - 1 = 5
25 = 5²

б) 36 — единственное двузначное число с таким свойством.

— Когда мы вычитаем из каждой цифры по 1, мы вычитаем 11 из всего числа (для двузначных)
— Квадраты могут заканчиваться только цифрами 0, 1, 4, 5, 6, 9
— Не существует двузначных квадратов, заканчивающихся на 0
— Если изначальное число заканчивается цифрой n, то конечное заканчивается цифрой n-1. При этом оба являются квадратами. Значит, изначальное может заканчиваться только на 5 или 6
— Единственный двузначный квадрат, заканчивающийся на 5 — 25.
25-11 = 14. 14 — не квадрат
— Единственный двузначный квадрат, заканчивающийся на 6 — 36.
36-11 = 25. 25 — квадрат.
— Следовательно, единственное подходящее двузначное число — 36

в) 3136 — единственное четырёхзначное число с таким свойством.

— Когда мы вычитаем из каждой цифры по 1, мы вычитаем 1111 из всего числа (для четырёхзначных). Однако вычитаемое не должно содержать цифру 0
— Квадраты могут заканчиваться цифрами 0, 1, 4, 5, 6, 9
— Если изначальное число заканчивается цифрой n, то конечное заканчивается цифрой n-1. При этом оба являются квадратами. Значит, изначальное может заканчиваться только на 1, 5 или 6.
— Если изначальное заканчивается на 1, то конечное заканчивается на 0. Если конечное заканчивается на 0, то оно заканчивается на 00 по свойству полных квадратов. Значит, изначальное заканчивается на 11. Полный квадрат не может заканчиваться на 11, значит, изначальное число не может заканчиваться на 1
— Если изначальное заканчивается на 5, то оно заканчивается на 25 по свойству полных квадратов. Если изначальное заканчивается на 25, то конечное заканчивается на 14. Полный квадрат не может заканчиваться на 14, значит, изначальное число не может заканчиваться на 5
— Значит, искомое число может заканчиваться только на 6. На 6 заканчиваются квадраты чисел, последняя цифра которых — 4 или 6
— Если конечное число натурально, то оно больше нуля. Значит, изначальное число больше 1111. Наименьшее число, удовлетворяющее всем условиям выше, большее 1111 — это 34² = 1156. Значит, имеет смысл перебирать квадраты только тех чисел, которые не меньше 34
— Начальное число — четырёхзначное. 100² — пятизначное. Значит, имеет смысл перебирать квадраты только тех чисел, которые меньше 100
— Найдём квадраты всех чисел, заканчивающихся на 4 или на 6, не меньше 34 и меньше 100:
36² = 1296
46² = 2116
56² = 3136
66² = 4356
76² = 5776
86² = 7396
96² = 9216
34² = 1156
44² = 1936
54² = 2916
64² = 4096
74² = 5476
84² = 7056
94² = 8836
— Если изначальное число заканчивается на 6, то конечное заканчивается на 5. Поскольку конечное — полный квадрат, то оно заканчивается на 25. Значит, изначальное должно заканчиваться на 36. На 36 из перебранных нами чисел заканчиваются только 3136, 1936 и 8836.
3136 -1111 = 2025
1936 - 1111 = 825
8836 - 1111 = 7725
— 2025 = 45². 825 и 7725 квадратами не являются. Значит, единственное подходящее условию четырёхзначное число — 3136

Вооот. Жопа. Я обещал рассказать, почему полный квадрат не может заканчиваться на 14 и прочую еботню.

Ну, я миллион раз уже это говорил — последние две цифры квадрата зависят только от последних двух цифр самого числа. Это значит, что
23² будет заканчиваться теми же двумя цифрами, что и
123², 423², 1565456865223²

Это значит, что чтобы найти все возможные варианты двух цифр для любых квадратов, нам надо перебрать только квадраты однозначных и двузначных. Поехали?

0² = 00
1² = 01
2² = 04
3² = 09
4² = 16
5² = 25
6² = 36
7² = 49
8² = 64
9² = 81
10² = 100
11² = 121
12² = 144
13² = 169
14² = 196
15² = 225
16² = 256
17² = 289
18² = 324
19² = 361
20² = 400
21² = 441
22² = 484
23² = 529
24² = 576
25² = 625
26² = 676
27² = 729
28² = 784
…

Что-то я заебался. Но. Дальше и перебирать нет смысла, они начали повторяться в обратном порядке. Начиная с 26. 49 закончится как 1, 51 тоже.

Это легко доказывается:
(25n+a)² — (25n-a)² =
625n² + 50na + a² - 625n² + 50na - a² =
100na

То есть числа, равноудалённые от 25n отличаются на число, кратное 100.

Возможно, егэшные бабки этого не знают, но если вы напишете «полный квадрат не может заканчиваться на 14» и не станете этого доказывать, ничего не случится. Они должны это знать, а если не знают — пусть проверят.

Вряд ли это кто-нибудь где-нибудь объясняет, я просто интересовался этим и теперь говорю вам. Ну и чтобы подвести итог этому:

— Если последняя цифра квадрата — 0, то предпоследняя тоже 0
— Если последняя цифра квадрата — 1, то предпоследняя чётная
— Если последняя цифра квадрата — 4, то предпоследняя чётная
— Если последняя цифра квадрата — 5, то предпоследняя — 2
— Если последняя цифра квадрата — 6, то предпоследняя нечётная
— Если последняя цифра квадрата — 9, то предпоследняя чётная

Вот и всё. Других вариантов никогда не будет. Вы можете этим пользоваться, никто не откусит вам хуй за это. А вообще вряд ли на ЕГЭ будут такие задачи

Продолжаем решать

Расслабимся. Возьмём что-нибудь с Решу ЕГЭ

Давайте обозначим число за N, а сумму его цифр за M.

В пункте a нам предлагают решить уравнение. А может не предлагают. Но давайте решим
N/M = 90
N = 90M

Это значит, что N делится на 10 и на 9.

Если число делится на 9, то и сумма его цифр делится на 9 — это признак делимости. Значит, число M можно заменить на 9k. Давайте заменим.

N = 90*9k
N = 810k

Ну разве это не прелесть? Вселенная сама послала нам ответ. Логично, что при любых k, кроме 1, N не будет трёхзначным. А у нас условие, что N — трёхзначное. Значит, если нам и подходит какое-нибудь k, то только 1.

Значит, N = 810. Сумма цифр, то есть M, = 9.
810/9 = 90

Ура, подошло.

Решаем пункт б.

N = 88M

88 делится на 11 и на 8. По секрету, для трёхзначных чисел нет никаких признаков делимости на восемь. Можно только сказать, что это число точно чётное. Ну и ещё делится на 4.

Для четырёх признак делимости примерно такой:

Если последняя цифра числа — 2 или 6, а предпоследняя цифра нечётная
ИЛИ
Если последняя цифра числа — 4 или 8, а предпоследняя цифра чётная,
ТО
число делится на 4.

Обычно его просто формулируют как «Число делится на 4 если число, образованное двумя последними его цифрами, делится на 4»

Не очень точно, не совсем понятно, но в качестве определения сойдёт.

Что касается признака делимости на 11, он очень простой и красивый. Число делится на 11 тогда, когда сумма чётных по счёту цифр равна сумме нечётных по счёту цифр или отличается от неё на число, кратное 11.

Но знаете, все эти свойства-хуёйства нам, на самом деле, — лишняя морока. Сколько всего трёхзначных чисел кратных 88?

176
264
352
440
528
616
704
792
880
968

Десять. Неужели вам сложно выписать эти десять чисел и показать, что ни для одного из них при делении на сумму цифр не получается 88?

176/(1+7+6) = нецелое число
264/(2+6+4) = 22 ≠ 88
352/(3+5+2) = нецелое число
440/(4+4+0) = 55 ≠ 88
528/(5+2+8) = нецелое число
616/(6+1+6) = нецелое число
704/(7+0+4) = нецелое число
792/(7+9+2) = 44 ≠ 88
880/(8+8+0) = 55 ≠ 88
968/(9+6+8) = нецелое число

Вы тут где-нибудь нашли 88? Вот и я нет. Значит, и ответ на второй вопрос — нет.

Последний вопрос вообще прелесть. Какое наибольшее частное? Мы точно знаем, что можно получить 90. Но может можно больше?

Пусть а — первая цифра, b — вторая, c — третья. Тогда нам нужно найти наибольшее целое значение функции
(100a+10b+c)/(a+b+c)

Давайте заметим, что нам выгодно, чтобы в числителе было как можно более большое число, а в знаменателе как можно более маленькое.

Именно поэтому мы предполагаем, что a должно быть как можно больше, а c — как можно меньше. Можно ещё сделать так:

(100a+10b+c)/(a+b+c) =
(100a+100b-90b+100c-99c)/(a+b+c) =
100 - (90b+99c)/(a+b+c)

Теперь нам интересно, чтобы вычитаемое было как можно меньше, то есть знаменатель был как можно больше. В числителе нет буквы a. Значит, увеличиваем её до предела.
a = 9

Ещё обратим внимание, что из выражения в числителе легко вытаскивается 9.

100 - (90b+99c)/(a+b+c)
100 - 9(10b+11c)/(9+b+c)

Вот так. Сразу видно, что теперь выгоднее всего сделать b и c равными нулям, но мы не можем сделать так, потому что наше число по условию не кратно ста. Тем не менее, сумма b и c должна быть наименьшей. Причём коэффициент около b меньше коэффициента около c, так что с должно быть не больше b

Если и c = 0, а b = 1, то выражение равно
100 - 9 = 91.

При этом это наименьшая сумма из возможных, при любых других — числитель будет расти намного быстрее знаменателя и частное будет увеличиваться.

Таким образом, наибольшее число, которое можно получить в результате этого деления — 91. Получается оно из числа 910.

Решили

Продолжаем решать задания с РЕШУ ЕГЭ, так как мне их брать больше неоткуда

Достаточно прикольная задача. Непонятно, что тут вообще надо делать. По крайней мере, пока мы не начнём разбираться.

Известно, что a, b, c, d — двузначные. Держим эту информацию в голове.

Нам надо, чтобы
(a+c)/(b+d) = 7/19

Нас спрашивают, может ли такое быть? Мы, прекрасно осознающие, что может, просто должны привести пример.

7/19 = 14/38 = 21/57

21 = 10+11
57 = 30+27

Вот и всё, пункт а решён. Мы просто запишем

а) Да.

Если
a = 10
b = 27
c = 11
d = 30,
то

(a+c)/(b+d) =
(10+11)/(27+30) =
21/57 =
7/19

Вот и всё. Согласитесь, это было легко.

Второе уже сложно. На давайте из данного нам что-нибудь сделаем.

a/b + c/d = (ad+bc)/bd

По условию,
11(a+c)/(b+d) = (ad+bc)/bd
11bd(a+c) = (ad+bc)(b+d)
11abd + 11bcd = abd + ad² + b²c + bcd
10abd + 10bcd = ad² + b²c
ad(10b - d) + bc(10d - b) = 0

Речь идёт о двузначных числах. Это значит, что 10b > d при любых b и d. Потому что наименьшее двузначное число — 10, а наибольшее — 99
10*10 > 99.

Аналогично, 10d > b при любых b и d

Выходит, что у нас в левой части сумма положительных чисел. А в правой части 0. Сумма положительных чисел не может быть равна 0. Значит, условие пункта б выполняться не может. Ответ: нет

Переходим к третьему пункту. Для удобства, я выпишу, что нам дано.

(a+c)/(b+d) должно быть наименьшим.
a > 3b
c > 6d

Мы можем сделать несколько выводов на основе того, что я записал выше и того, что все числа двузначные.
99 ≥ c > 6d
d < 99/6
d < 33/2
d ≤ 16

Аналогично, b ≤ 32, a ≥ 31, c ≥ 61

В общем-то, дальше перебор тут не такой уж и большой, всего несколько сотен вариантов.

Есть другой способ.

Если a > 3b, то a = 3b+n, где n натуральное число.

Аналогично, c = 6d+m, где m натуральное.

Значит,
(a+c)/(b+d) =
(3b+n+6d+m)/(b+d) =
(3b+3d + 3d+n+m)/(b+d) =
3 + (3d+n+m)/(b+d)

Чем-то похоже на предыдущую задачу. Нам нужно, чтобы получившееся выражение было как можно меньше, а, значит, второе слагаемое должно быть как можно меньше. Для этого знаменатель должен быть как можно больше, а числитель как можно меньше.

b нет в числителе, зато есть в знаменателе. Сразу даём ему максимальное значение. b = 32.
Для d есть всего 7 вариантов: 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16

n и m должны быть наименьшими. Мы могли бы взять их за единицы, но мы должны учитывать, что a ≠ c ≠ b. В общем, надо быть осторожными. В лучшем случае — это единицы. В худшем — одно из них двойка.

Если d = 10, n = 1, m = 1, то

a = 97, b = 32, c = 61, d = 10. Условие о том, что числа попарно не равны выполняется.

3 + (3d+n+m)/(b+d) =
3 + 32/42 =
3 + 16/21

Если d = 11, n = 1, m = 1, то

a = 97, b = 32, c = 67, d = 11. Условие о том, что числа попарно не равны выполняется.

3 + (3d+n+m)/(b+d) =
3 + 35/43, что больше предыдущего

Несложно заметить, что при увеличении d на 1, числитель изменяется на 3, а знаменатель — на 1. Таким образом, дробь увеличивается с изменением d, а нам это невыгодно.

Поэтому, наилучший вариант будет при d = 10.
Ответ: 3 + 16/21

Вот вам новое говно

Давайте я скажу вам честно, я ненавижу НОДи и НОКе. Но почему бы не порешать задачку на них, их любят совать.

Давайте разберёмся, что такое
3x = 8y - 29

Мой взгляд привлекает число 29. Есть ощущение, что его можно записать в виде -a+b, так, чтобы a было кратно 3, а b было кратно 8. Или наоборот. При этом а должно быть больше 29.

29 = 32-3, например. Тогда:

3x = 8y - 32 + 3
3x - 3 = 8y - 32
3(x-1) = 8(y-4)

Отсюда делаем вывод, что х-1 делится на 8, а у-4 делится на 3. Что это нам даёт? Нихуя, если честно. Но меня это навело на мысль, что вот это -1 и -4 можно заменить на некоторые числа, имеющие общие делители с 8 и 3.

Давайте искать.

29 = 33 - 4
29 = 36 - 7
29 = 39 - 10
29 = 40 - 11
29 = 42 - 13
29 = 45 - 16
29 = 48 - 19
29 = 51 - 22
29 = 54 - 25

Не ищется. Грустно. Ну тогда давайте приступать к первому вопросу.

q/d = 170

Такое может быть, например, когда d = 1, q = 170.

А это, в свою очередь, бывает, когда x = 17, y = 10. Давайте подставим.

3*17 = 8*10 - 29
51 = 80 - 29
51 = 51

Ура, подошло. Нам повезло. Напишем да и приведём это в качестве примера

Ну и переходим ко второму вопросу

Если d — наибольший общий делитель, то
x = nd
y = md,
причём m и n — взаимно простые числа, то есть они не имеют общих делителей, кроме 1

Зная это, можем утверждать, что

q = mnd

q/d = mnd/d = mn

По условию второго пункта, это два. То есть,
mn = 2

Поскольку m и n — натуральные, одно из них точно 2, а другое точно 1. Рассмотрим два варианта.

x = d
y = 2d

Тогда
3d = 16d - 29
-13d = -29

29 на 13 не делится, значит, этот вариант нам не подходит.

x = 2d
y = d

Тогда
6d = 8d - 29
-2d = -29

29 на 2 не делится, значит, таких вариантов в целом нет.

Что касается третьего — нам сейчас дали весьма себе хорошую подсказку. Вместо q/d мы будем искать наименьшее mn, используя уравнение
3nd = 8md - 29
8md - 3nd = 29
(8m - 3n)d = 29

Давайте заметим, что 29 — простое число. Значит, либо
d = 29, 8m - 3n = 1
либо
d = 1, 8m - 3n = 29

На d не смотрим, нас интересует только 8m - 3n. При этом помним, что mn должно быть наименьшим. То есть нам нет смысла сильно увеличивать m и n.

8m - 3n = 1
При m = 1 решений нет. При m = 2, n = 5. Тогда mn = 10. Если мы будем увеличивать дальше, то mn будет расти, что нам совсем не нужно. Запомнили — лучшее mn для этого случая — 10.

8m - 3n = 29
Для первых трёх m решений нет, так как 8m будет меньше 29. Зато при m = 4 судьба нам улыбнулась. n = 1. Значит, mn = 4. И это наименьшее из возможных mn.

Вот и всё. Ответ: 4

Какая-то груда буков и немного цифер.

Пункт а. Предлагаю начать с
a+b+c+d = 15

Если наибольшее из них взять за 5, то 15 не получится. Значит, наибольшее из них не меньше 6. Но и не больше 9. Потому что к 9 можно найти три разных b, c, d, а к 10, 11, 12, 13, 14 и 15 — нельзя.

Теперь переходим к
a²-b²+c²-d² = 19

По факту, мы складываем две разности квадратов. Разность двух соседних квадратов всегда нечётное число. 19 — нечётное. Сумма двух нечётных, как и сумма двух чётных — чётное число. Значит, либо а и b отличаются на 2, либо c и d, но это не должно происходить одновременно.

И не забываем, что a²-b² и c²-d² — положительные числа.

Это значит, что a²-b² должно быть меньше, чем 19. Это значит, что
из 36 мы можем вычесть только 25
из 49 мы можем вычесть только 36
из 64 мы можем вычесть только 49
из 81 мы можем вычесть только 64

Ну, предположим, мы взяли a² = 36, b² = 25. Тогда
a²-b²+c²-d² = 19
36-25+c²-d² = 19
11+c²-d² = 19
c²-d² = 8

8 можно получить как разность 9 и 1. Таким образом,
a² = 36, a = 6
b² = 25, b = 5
c² = 9, c = 1
d² = 1, d = 1

6+5+3+1 = 15

Значит, этот вариант нам прекрасно подходит.

Перед тем, как перейти к пункту б, хочу обратить ваше внимание на
a²-b² = (a-b)(a+b)

Предположим, a-b чётное. Тогда либо a и b оба нечётные, либо a и b оба чётные. Отсюда следует, что a+b тоже чётное. Значит, a²-b² в таком случае делится на 4. Это работает и в обратную сторону — если a+b чётное, значит и a-b чётное

Отсюда следует, что если разность квадратов делится на 2, то она автоматически делится и на 4. Возможно, это нам пригодится

a+b+c+d = 23
a²-b²+c²-d² = 23

Давайте начнём с того же, с чего начинали до этого.

Если a = 6, b = 5, c = 4, d = 3, то их сумма равна 18, что меньше 23. Значит, а больше 6.

Аналогично, 7+6+5+4 = 22, что меньше 23. Значит, a больше 7. И не меньше 8.

Теперь подставим b = 3, c = 2, d = 1, чтобы найти наибольшее возможное a. Это, как вы можете наблюдать, 17. Размах серьёзный. Нужно думать что-нибудь ещё.

a²-b²+c²-d² = 23

Вспомним, что a²-b² < 23, кроме того, нам понятно, что
c²-d² < 23.

И ещё проведём небольшую реформу.
a²-b²+c²-d² = 23
a²-d²-b²+c² = 23
(a²-d²)-(b²-c²) = 23

b²-c² точно больше нуля. Значит, a²-d² точно больше 23.

Заметим, что 64-36 = 28 > 23. А мы помним, что a²-b² < 23. При увеличении a, будет увеличиваться разность
a² - (a-2)²

Значит, b = a-1. И никак иначе. Но и это не всё.
a² - (a-1)² < 23
a²- a² + 2a - 1 < 23
2a < 24
a < 12

Выходит, нужно перебрать все a от 8 до 12. Уже по силам.

Кстати, отталкиваясь от того, что b = a-1, а c и d — разные, можно черпнуть ОДЗ из первого выражения
a+b+c+d = 23
a+a-1+c+d = 23
2a+c+d = 24
2a = 24-c-d
a = 12-(c+d)/2

А раз c+d должно делиться на 2, их наименьшая сумма — 3+1 = 4.
Значит, максимальное a — 10.

Осталось перебрать все a от 8 до 10.

64-49+c²-d² = 23
c²-d² = 8
c² = 9, d² = 1
8+7+3+1 = 19 < 23

81-64+c²-d² = 23
c²-d² = 6
6 делится на 2, но не делится на 4, значит не может быть получено разностью квадратов

100-81+c²-d² = 23
c²-d² = 4
4 можно получить как разность квадратов только 2²-0². 0 — не натуральное число, значит нет подходящих c и d.

Вот таким небольшим перебором мы решили пункт б и доказали, что у предложенной нам системы уравнений нет решений.

Ну и самое сложное — пункт в.

a+b+c+d = 1200
a²-b²+c²-d² = 1200

1200/4 = 300. Значит, мы a точно больше, чем 300.

301+300+299+298 = 1198
302+301+300+299 = 1202

Рассмотрели и поняли, что a ≥ 302.

Вспоминаем, что a²-b² < 1200

Числа большие, поэтому давайте рассмотрим в общем виде, что будет, если
b = a-2

a²-(a-2)² < 1200
a²-a²+4a-4 < 1200
4a < 1204
a < 301

А у нас a ≥ 302. Значит, такой вариант нам не подходит.

Выходит, что
b = a-1

Подставляем в
a+b+c+d = 1200. Получим
a+a-1+c+d = 1200
2a-1+c+d = 1201
2a = 1201-c-d

А тут я предлагаю так и оставить. Ну поскольку наименьшее c+d это 2+1=3, то
a ≤ 1198/2 = 599

И в итоге нам нужно перебирать все варианты от 302 до 599. Если у вас гвоздь в жопе, вы конечно можете попробовать, но я предлагаю другой вариант.

a²-b²+c²-d² = 1200
a²-(a-1)²+c²-d² = 1200
a²-a²+2a-1+c²-d² = 1200
2a = 1201-c²+d²

Но из прошлых вычислений мы знаем, что
2а = 1201-c-d

Значит,
1201-с²+d² = 1201-c-d
2 = c²-c-d-d²
c²-d²-(c+d) = 0
(c-d)(c+d)-(c+d) = 0
(c+d)(c-d-1) = 0
c+d ≠ 0 при любых c, d =>
c = d+1

Вот это заебись, богоугодная хуйня. Мы с вами внезапно выразили одну переменную через другую. Значит, наша изначальная система сводится к одной прекрасной системе (на первый взгляд)

a+a-1+c+c-1 = 1200
a²-(a-1)²+c²-(c-1)² = 1200

Однако если мы раскроем скобки во втором и преобразуем, то получим, что эти два уравнения совпадают. Значит, нам придётся иметь дело с одним чудовищем:
2a+2c = 1204
a+c = 601

В общем-то, это единственное необходимое условие. А это значит, для любых а из того промежутка, что мы с вам вывели, найдётся подходящие a, b, c, d. Можете проверить.
a — любое из промежутка от 302 до 599 включительно.

Чтобы посчитать количество возможных вариантов, надо из большего вычесть меньшее и ещё прибавить 1. 599-302+1 = 600-302 = 298.

Ответ: 298

Честно, я очень заебался с этой задачей и не знал, как её решить. Но, спасибо различного рода рассуждениям, справился.

Эту задачу я уже разбирал когда-то, но разобрать заново — лишним не будет.

Начнём с пункта а. Числа действительно могут быть попарно различны. Подобрать бы только пример. Подбирать пример можно так:

Предположим, что a = 2. И ещё предположим, что b = 3. Тогда
1/2 + 1/3 + 1/c + 1/d = 1
1/3 + 1/c + 1/d = 1/2
1/c + 1/d = 3/6 - 2/6
1/c + 1/d = 1/6

Теперь нам надо записать 1/6 на две разные дроби. Для этого запишем
1/6 = 3/18 = 1/18 + 2/18 =
1/18 + 1/9

Таким образом, мы добились того, что все числа различны:
a = 2
b = 3
c = 9
d = 18

Ответили на первый вопрос. Заебись, я полагаю.

Кстати, так неловко, мы ещё случайно ответили и на второй вопрос. Во втором вопросе ставят и другие числа — 7, например. В подобных задачах на второй вопрос всегда ответ «да», единственное — нужно поподбирать (хуи с пола).

Чтобы быть честными, давайте представим, что во втором вопросе написано число 7. Наш план действий:
1/a + 1/b + 1/c + 1/7 = 1
1/a + 1/b + 1/c = 6/7
1/a + 1/b + 1/c = 12/14
1/a + 1/b + 1/c = 7/14 + 5/14
1/a + 1/b + 1/c = 1/2 + 5/14

Теперь предположим, что а = 2, опираясь на то, что справа уже есть 1/2

1/2 + 1/b + 1/c = 1/2 + 5/14
1/b + 1/c = 5/14
1/b + 1/c = 15/42
1/b + 1/c = 14/42 + 1/42
1/b + 1/c = 1/3 + 1/42

Значит, b = 3, c = 42

И мой совет для вас: не приводите дроби к общему знаменателю, оставляйте в виде дробей. Работать с
bcd + acd + abd + abc = abcd
намного сложнее, чем с дробями. Ну, вплоть до третьего пункта, к которому мы как раз подошли.

В третьем пункте нас просят найти такие a, b, c, d среди которых ровно два равны.

Думаю, на нас никто не обидится, если мы найдём ещё и те, среди которых ровно три равны, и ровно четыре равны, а потом откинем их перед тем, как писать ответ.

Итак, ровно два равны. Предположим, что это c = d. Тогда
1/а + 1/b + 1/c + 1/c = 1

Прежде всего, хочу обратить ваше внимание на то, что все четыре числа не могут быть одновременно меньше, чем 4, и одновременно больше, чем 4. А ещё ни одно из них не может быть равно одному. А ещё с повторяется два раза, значит оно не может быть равно двум.

Зная всё это, делаем вывод, что как минимум одно из чисел равно 3 или 2 (если 2, то точно не с). Поскольку a и b равносильны в своих положениях, и если мы поменяем их местами, ничего не изменится, будем рассматривать только случаи для а.

А с — неравносильно другим переменным, так как встречается два раза. Значит, его нам придётся рассматривать отдельно.

Выходит, нам нужно перебрать 3 случая:
— a = 2
— a = 3
— c = 3

Но чтобы перебирать было удобнее, приведём к общему знаменателю.
1/a + 1/b + 1/c + 1/c = 1
1/a + 1/b + 2/c = 1
bc/abc + ac/abc + 2ab/abc = abc/abc
bc + ac + 2ab = abc

Первый случай. a = 2.
bc + ac + 2ab = abc
bc + 2c + 4b = 2bc
2c + 4b - bc = 0
b(4-c) + 2c = 0

Обратите внимание. Мы вынесли одну из переменных — любую. Теперь нам абсолютно ясно, что нужно прибавить и вычесть, чтобы ещё раз получить 4-с.

b(4-c) + 2c - 8 + 8 = 0
b(4-c) - 2(4-c) = -8
(b-2)(4-c) = -8
(b-2)(c-4) = 8

8 имеет следующие натуральные делители:
1 8
2 4

Значит, из первого случая мы берём:

__________________
b - 2 = 1 => b = 3
c - 4 = 8 => c = 12

___________________
b - 2 = 2 => b = 4
c - 4 = 4 => c = 8

___________________
b - 2 = 4 => b = 6
c - 4 = 2 => c = 6

___________________
b - 2 = 8 => b = 10
c - 4 = 1 => c = 5

Но обратите внимание, в третьем случае у нас b = c, то есть у нас равны три переменные. А нам надо ровно две. Таким образом, после первого перебора имеем:
a = 2, b = 3, c = 12, d = 12
a = 2, b = 4, c = 8, d = 8
a = 2, b = 10, c = 5, d = 5

Второй случай. a = 3.
bc + ac + 2ab = abc
bc + 3c + 6b = 3bc
3c + 6b - 2bc = 0
2b(3-c) + 3c = 0
2b(3-c) + 3c - 9 + 9 = 0
2b(3-c) - 3(3-c) = -9
(2b-3)(c-3) = 9

9 имеет делители:
1 9
3 3

__________________
2b-3 = 1 => b = 2
c-3 = 9 => c = 12

__________________
2b-3 = 3 => b = 3
c-3 = 3 => 6

__________________
2b-3 = 9 => b = 6
c-3 = 1 => c = 4

Ну, хочу обратить ваше внимание, что первый случай
a = 3, b = 2, c = 12, d = 12

это то же самое, что и
a = 2, b = 3, c = 12, d = 12

так как, по условию, порядок не важен.

Во втором случае у нас a = b, что по условию недопустимо

Третий вариант мы ещё не предусматривали, его и выпишем
a = 3, b = 6, c = 4, d = 4

Третий случай. с = 3.
bc + ac + 2ab = abc
3b + 3a + 2ab = 3ab
3b + 3a - ab = 0
a(3-b) + 3b = 0
a(3-b) + 3b - 9 + 9 = 0
(a-3)(b-3) = 9

1 9
3 3

________________
a-3 = 1 => a=4
b-3 = 9 => b=12

________________
a-3 = 3 => a=6
b-3 = 3 => b=6

Мы могли бы рассмотреть ещё один вариант, когда a-3=9, b-3=1, но а и b равнозначны, их можно менять местами, так что смысла рассматривать нет.

Во втором варианте a=b, что недопустимо.

Первый вариант удовлетворяет условиям и до этого не встречался. Выпишем
a = 4, b = 12, c = 3, d = 3

Таким образом, имеем пять наборов чисел для пункта в.

Ответ:
2, 3, 12, 12
2, 4, 8, 8
2, 10, 5, 5
3, 6, 4, 4
4, 12, 3, 3

Ура, решили.

Какое-то говно. Нам с вами, вероятно, предлагают поиграть с теоремой косинусов, а может синусов. Но мне понятнее теорема косинусов. Дело в том, что косинус тупого угла отрицателен, в отличие от косинуса острого. А синус тупого угла положителен, как и синус острого.

В пункте а нас спрашивают про треугольник, большая сторона которого к меньшей стороне относится как 13/7. Давайте предположим, что тупой угол этого самого тупоугольного треугольника — А.

Раз угол тупой, то
cosА < 0

Давайте ещё возьмём, что a — большая сторона треугольника, b — средняя, c — меньшая. Запишем теорему косинусов для а.

а² = b² + c² - 2*b*c*cosA

Теперь давайте выразим косинус через известные величины. Запишем обратную теорему косинусов, ей часто пользуются в стереометрии для поиска углов:

cosA = (b²+c²-a²)/(2bc)

Да, я забыл сказать, мы сейчас решаем не пункт а, а все пункты сразу.

Ну а теперь, зная, что
cosA < 0

А ещё зная, что
cosA > -1

Так как косинус в принципе не может быть меньше, чем -1, а в случае, когда cosA = -1, тупой угол в треугольнике становится развёрнутым, и все стороны треугольника ложатся на одну прямую.

Так вот подставляя вместо косинуса полученное нами выражение, получим систему:

(b²+c²-a²)/(2bc) < 0
(b²+c²-a²)/(2bc) > -1

Теперь, когда мы получили эту систему, можно переходить к решению конкретных пунктов.

Итак, если a/c = 13/7, то можно сказать, что
a = 13x
c = 7x

И чтобы средняя сторона не выделялась, скажем, что
b = kx

При этом и kx, и x — натуральные, что важно.

Теперь все введённые нами обозначения внесём в нашу систему.

(b²+c²-a²)/(2bc) < 0
(b²+c²-a²)/(2bc) > -1

(k²x²+49x²-169x²)/(2*kx*7x) < 0
(k²x²+49x²-169x²)/(2*kx*7x) > -1

Вот. Теперь давайте работать с каждым выражением по отдельности.

(k²x²+49x²-169x²)/(2*kx*7x) < 0
(k²x²+49x²-169x²)/(14kx²) < 0
x²(k²+49-169)/(14k)x² < 0

Поскольку мы и без всяких тупых знаменателей знаем, что х не равно нулю, просто сокращаем все иксы.

(k²+49-169)/14k < 0
(k²-120)/14k < 0

k у нас натуральное. Значит, больше нуля. Значит, на знак не влияет. Значит, из знаменателя мы его беспощадно выкидываем.

k²-120 < 0
k² < 120
k < корень из 120

Хорошо. Решаем второе неравенство.

(k²x²+49x²-169x²)/(2*kx*7x) > -1
(k²-120)/14k + 1 > 0
(k²-120)/14k + 14k/14k > 0
(k²-120+14k)/14k > 0
k² + 14k - 120 > 0

D/4 = 49 + 120 = 169
k = -7±13 = -20; 6

(k+20)(k-6) > 0

Поскольку k положительное, k+20 тоже положительное, а, значит, на знак не влияет.

k-6 > 0
k > 6

Выходит, что
6 < k < корень из 120

Значит, k существует, и, значит, такое отношение может существовать. Например, при a = 13, b = 8, c = 7. Для доказательства вы можете привести все те рассуждения, что я писал выше. А можете просто привести этот пример и доказать, что в теореме косинусов косинус оказался меньше нуля.

Сейчас хочу вас обрадовать. Второе неравенство, которое мы решали — это неравенство треугольника. Ну, то есть,
a < b+c

Не знаю как вам, а мне такая запись нравится больше, чем

(b²+c²-a²)/(2bc) > -1

Давайте докажем, что это оно.
(b²+c²-a²)/(2bc) + 1 > 0
(b²+c²-a²+2bc)/(2bc) > 0
b²+c²-a² + 2bc > 0
b²+2bc+c² > a²
(b+c)² > a²
b+c > a

Красота. Теперь нам придётся решать намного более простую систему.

Что касается первого неравенства — в нём можно откинуть знаменатель.

(b²+c²-a²)/(2bc) < 0

2bc больше нуля, так как и b, и c — положительные. Значит, знаменатель на знак не влияет. Таким образом, в результате имеем упрощённую систему

a² > b²+c²
a < b+c

Не понимаю, почему я не сделал это сразу. Ну, теперь можно приступать ко второму пункту. a/c = 8/7

Снова сделаем
a = 8x
c = 7x
b = kx

И подставим в нашу систему:

a² > b²+c²
a < b+c

64x² > k²x² + 49x²
8x < kx+7x

k²x² < 15x²
kx > x

k² < 15
k > 1

Ну вроде всё заебись. Только мы забыли об ещё одном условии. b — средняя сторона. Это значит, что
a > b > c
8x > kx > 7x
8 > k > 7

А у нас по условию k² < 15. Это значит, что k меньше четырёх. Но ведь k больше семи! Выходит, противоречие. Значит, такое отношение a/c невозможно. Пункт б решён.

Решаем в. Теперь нам известно, что
b = 25

И нам нужно найти наименьшее a/c. Ну давайте обозначим это самое a/c за n. Тогда

a = nc
b = 25
c = c

И вспоминаем про нашу систему, которую мы в этот раз не забудем дополнить неравенствами
a > b
b > c

Итак, система:

a² > b²+c²
a < b+c
a > b
c < b

Подставляем наши значения:

n²c² > 625 +c²
nc < 25 + c
nc > 25
c < 25

Нам надо найти наименьшее n.

nc и c — натуральные, но это не значит, что n — натуральное. Вообще, мы точно знаем, что 1 < n. И, вероятно, оно меньше двух. Ладно, давайте решать.

Начнём с первого.

n²c² - c² > 625
(n²-1)c² > 625
n²-1 > 625/c²
n² > 625/c² + 1
n² > 1 + 625/c²

Ну обратите внимание, что тут с² в знаменателе, так что нам выгоднее, чтобы он был как можно больше. В данный конкретный момент самое выгодное c для нас — 24, потому что c целое и точно меньше 25.

Второе выражение.

nc < 25+c
(n-1)c < 25
n < 25/c + 1

При увеличении с лишь уменьшается верхняя граница. Нам всё ещё выгодно взять c = 24. Но если вдруг возникнет противоречие из-за этого неравенства, придётся перебирать варианты поменьше.

Третье выражение.

nc > 25
n > 25/c

Ну тут всё также.

А в последнем выражении нет n. И оно совсем не противоречит тому, что
c = 24.

Ну тогда давайте подставим c = 24 и найдём n. И да, n должно быть рациональным.

Если мы вспомним, что мы писали раньше, то получим новую систему:

n² > 625/c² + 1
n < 25/c + 1
n > 25/c

Подставляем c = 24.

n² > 625/576 + 1
n < 25/24 + 1
n > 25/24

Приведём всё что можно к общему знаменателю.

n² > (625+576)/576
n < (25+24)/24
n > 25/24

Теперь так:

n² > 1201/576
n < 49/24
n > 25/24

И возведём два последних выражения в квадрат.

n² > 1201/576
n² < 4401/576
n² > 625/576

Заметим, что последнее неравенство нам не нужно.

Раскроем замену.
n = a/c
n = a/24
n² = a²/576

Подставим.

a²/576 > 1201/576
a²/576 < 4401/576

Откинем нахуй знаменатель.

a² > 1201
a² < 4401

И подберём наименьшее натуральное a, подходящее этому промежутку.

31² = 961
32² = 1024
33² = 1089
34² = 1156
35² = 1225

Значит, a = 35. А наименьшее отношение — 35/24. Ответ: 35/24

Я, пожалуй, должен извиниться за то, что повёл вас в дебри теоремы косинусов, мне казалось, что через неё должны появиться ещё ограничения, помимо неравенства треугольника и теоремы Пифагора.

С другой стороны, вы можете наблюдать, что по мере усложнения вопроса задачи мы получаем всё более упрощённые схемы решения. Мне это нравится, так и должно быть.

Эту задачу я вроде тоже разбирал в старых статьях. А может нет. Не помню уже.

Пусть a, b, c — хорошая тройка. Тогда для этих чисел должно выполняться неравенство треугольника. А именно:

a < b+c
b < a+c
c < a+b

Если мы заранее условимся, что a ≥ b ≥ c (а мы можем записать в таком порядке любые три вещественных числа), то будем иметь всего одно неравенство:

a < b+c

Два других будут выполняться сами по себе.

Для решения первого пункта задачи нам этого достаточно. Нам дали 8 ебать различных натуральных чисел. Если они различны, значит среди них нет равных. Значит, мы можем записать их в порядке возрастания.

Вот и давайте представим, что мы записали их в порядке возрастания. А после этого последовательно дали им имена:

x1 < x2 < x3 < x4… < x8

Да простят меня боги за то что я написал индекс большой буквой. Ну ничего страшного, программистам можно, значит можно и нам.

Так вот. Теперь нам надо сделать так, чтобы для любых трёх чисел не выполнялось неравенство треугольника. В общем-то, если
x3 ≥ x2+x1, то и
x4 ≥ x2+x1, так как x4 > x3.

Продолжая эту цепочку, мы придём к выводу, что если для всех чисел в нашем ряду

x[n] ≥ x[n-1] + x[n-2]

То условие пункта а выполняется. Осталось подобрать такие натуральные числа. Самым простым ответом будет последовательность Бернулли. Но вы можете придумать любую свою последовательность. Например,
5 7 13 21 35 67 103 500

Или, например,
1
10
100
1 000
10 000
100 000
1 000 000
10 000 000

Ну это если вы совсем наглухо отбитые.

Хорошо. Теперь давайте поговорим о предложенной нам отличной тройке. Вообще в математике это называется пифагоровой тройкой, ну если числа натуральные. Но никто не мешает математикам придумывать свои названия.

Пусть a, b, c — числа отличной тройки, причём a ≤ b ≤ c. Тогда, вспоминая теорему Пифагора, и понимая, что гипотенуза всегда больше катетов, запишем соотношение, связывающее a, b, c. А именно:

a²+b² = c²

Заебись. Приступаем к пункту б.

Нам дали четыре различных натуральных числа. Запишем их как в пункте а.

x1 < x2 < x3 < x4

Разделим эти числа на катеты и гипотенузы. Чтобы число было гипотенузой, перед ним в ряду должно стоять как минимум два других числа — катета. Чтобы число было катетом, после него должно стоять как минимум одно число — гипотенуза. Это значит, что
x1 и x2 — только катеты
x3 — может быть и катетом, и гипотенузой
x4 — только гипотенуза.

Чтобы получить как можно больше гипотенуз, x3 должно быть гипотенузой. Перед ним стоят только два числа, значит они и будут его катетами:

(x1)²+(x2)² = (x3)²

Это значит, что
(x1)²+(x2)² ≠ (x4)²

так как в обратном случае
x3 = x4

а мы знаем, что
x3 > x4, откуда возникает противоречие.

Остаётся всего два варианта для отличных троек:

(x1)²+(x3)² = (x4)²
и
(x2)²+(x3)² = (x4)²

Чтобы среди всех этих четырёх чисел было три отличных тройки, оба этих уравнения должны выполняться вместе. А они не могут выполняться, так как если они выполняются одновременно, то

x1 = x2

что противоречит условию x1 < x2.

Таким образом, мы доказали, что среди четырёх различных натуральных чисел не может оказаться одновременно трёх отличных троек. А, значит, ответили на второй вопрос.

Ну и теперь мы переходим к третьему вопросу. Тут давалки совсем охуели и дали нам целых 12 чисел. Что нам с ними делать — неясно. Поступаем по старой схеме.

x1 < x2 < x3 < x4 < x5… < x12

Чтобы получить максимальное количество отличных троек, все числа, начиная с x3 должны быть гипотенузами, а катетами для одной гипотенузы должны быть максимально удалённые друг от друга числа, чтобы позволить числам между ними образовать дополнительные тройки.

Это очень интуитивно, и надо бы как-то доказать, но у меня нет идей как это доказать. Если вы можете заполнить этот пробел в моём решении, напишите в комменты.

А я продолжу. Чтобы это самое удалось, мы сделаем так:
x1² + x2² = x3²
x1² + x3² = x4²
x1² + x4² = x5²
…

А теперь давайте представим, что x1 — какое-то число a. И ещё есть какое-то число k = x2/x1.

Тогда x2 = ka

А дальше любое число можно записать через k и a.

x1² + x2² = x3²
a² + k²a² = x3²
x3² = (k²+1)a

x1² + x3² = x4²
a² + (k²+1)a² = x4²
x4² = (k²+2)a²

И так далее. Обобщая, получим формулу:

x[n]² = (k²+n-2)a²

Так вот давайте представим, что нам захотелось, чтобы кроме всех тех пар, что мы имеем, у нас ещё была пара

x[i]² + x[j]² = x[w]²

В таком случае мы получим, что
(k²+i-2)a² + (k²+j-2)a² = (k²+w-2)a²

Понятно, что мы сразу можем разделить всё на а²

k²+i-2 + k²+j-2 = k²+w-2
k² = w-i-j+2

Заметим, что такое возможно в принципе только тогда, когда k² — целое.

w = k²+i+j-2

Поскольку i и j натуральные числа, то есть их сумма минимум два (а в контесте задачи — минимум три), то
w > k²

А мы хотим, чтобы у нас было много разных таких вариантов для w. А значит, минимальное w должно быть как можно меньше.

k — целое, как мы выяснили. Числа у нас в последовательности разные, это значит, что
x1 ≠ x2
a ≠ ka
k ≠ 1

Значит, самое маленькое k², которое мы можем взять — это 2.

И тогда:

x1² = a²
x2² = 2a²
x3² = 3a²
x4² = 4a²
x5² = 5a²
…

Остаётся посчитать. А что считать? Сколько существует вариантов катетов для каждой гипотенузы. Максимально упрощая это, получим, что нам нужно считать, сколько существует различных способов получить натуральное число суммой двух других различных натуральных чисел.

3 = 2+1 {+1}
4 = 3+1 {+1}
5 = 4+1 = 3+2 {+2}
6 = 5+1 = 4+2 {+2}
7 = 6+1 = 5+2 = 4+3 {+3}
…

То есть, в итоге имеем
2*1 + 2*2 + 2*3 + 2*4 +2*5 =
2*(1+2+3+4+5) =
2*15 =
30

Ровно тридцать отличных троек может прятаться в лучшем случае среди 12 различных чисел. Ответ: 30

А это снова Ларинское задание. К сожалению, много текста. Надо читать. А я не люблю. Но прочитал. Теперь ваша очередь

Давайте по пунктам сразу.

В первом вопросе нам не говорят ничего про город В, а, значит, мы можем делать с населением городов всё, что захотим. Ну, предположим, возьмём и скажем, что в городе А всего два человека.

Пусть x[k] — количество баллов, которое набрал k-й учитель. А всего учителей n. А мы с вами решили, что
n = 2.

Давайте договоримся, что x1 — учитель, который ушёл.

Тогда давайте подберём такие x1 и х2, чтобы

2(x1+x2)/2 = x2
x1 + x2 = x2
x1 = 0

Эх. Не получилось. Ну ничего, давайте представим, что был ещё один учитель.

2(x1+x2+x3)/3 = (x2+x3)/2
4x1 + 4x2 + 4x3 = 3x2 + 3x3
4x1 = -x2-x3

Ну блять заебись, оно стало отрицательным. Возьмём ещё одного учителя.

2(x1+x2+x3+x4)/4 = (x2+x3+x4)/3
3x1+3x2+3x3+3x4 = 2x2+2x3+2x4
3x1 = -x2-x3-x4

Не помогло. Тогда давайте докажем, что условие первого пункта не может выполняться.

Предположим, изначально в городе А было n учителей, n ≥ 2. Тогда средний балл можно посчитать как:
(x1+x2+x3…+x[n])/n

Потом один учитель ушёл и средний балл стал
(x2+x3+x4+…x[n])/(n-1)

Нужно доказать, что второе не может быть больше первого в два раза.

Давайте, чтобы не мучиться в записи, запишем
S = x2+x3+x4…+x[n]

Тогда средний балл в первый раз:
(x1+S)/n

Во второй раз:
S/(n-1)

Необходимо доказать:
2(x1+S)/n ≠ S/(n-1)
2(n-1)(x1+S) ≠ nS
2(n-1)x1 + 2nS - 2S ≠ nS
2(n-1)x1 ≠ 2S - nS
2(n-1)x1 ≠ (2-n)S

А поскольку n≥2, слева у нас будет положительное число, а справа — отрицательное или нуль. Их равенство невозможно, а нам это и нужно было доказать. Мы молодцы

А теперь давайте пиздиться волосатыми палками. Мы решаем пункт б.

Нам с вами неожиданно сказали, что существует второй город. А это значит, что придётся подстраиваться под него.

Давайте обозначим всё так. Пусть изначально в городе А было n учителей, их средний балл был a, а сумма баллов была S. В таком случае,

a = S/n
S = an

Причём все числа натуральные.

Если в сумме в двух городах учителей было 51, то во втором городе их изначально было 51-n. Обозначим их первоначальный средний балл за b, а сумму их баллов за T.

b = T/(51-n)

Пусть x — количество баллов у учителя, который переехал. Тогда в городе А после его отъезда стал средний балл

(S-x)/(n-1)

А в городе В после его приезда стал средний балл

(T+x)/(51-n+1)

Вот. И нам известно, что в обоих городах средний балл вырос на 10%, то есть в 1,1 раз.

Составим систему:

a = S/n
1,1a = (S-x)/(n-1)
b = T/(51-n)
1,1b = (T+x)/(52-n)

В пункте б нам сказали, что b = 1. Нам нужно доказать, что такого не может быть. А может нужно доказать, что может быть. В общем, подставляем вместо b 1 и смотрим, что выйдет.

Но я предлагаю для начала разобрать первое уравнение. Точнее, первые два.

1,1a = (S-x)/(n-1)

Подставим a = S/n

1,1S/n = (S-x)/(n-1)
1,1S(n-1) = Sn - nx
1,1Sn - 1,1S = Sn - nx
0,1Sn - 1,1S = -nx
10nx = (11-n)S
x = (11-n)S / 10n

Красиво. Теперь вместо S снова запишем an

x = (11-n)a / 10

Отсюда делаем вывод, что n точно меньше 11, потому что x должен быть положительным.

Теперь решим два других уравнения. Причём я предлагаю сделать это в общем виде, не присваивая b значение 1, потому что в следующем пункте нам понадобится именно это.

1,1b = (T+x)/(52-n)

Подставим b = T/(51-n)

1,1T/(51-n) = (T+x)/(52-n)
1,1T(52-n) = (T+x)(51-n)
1,1*52T - 1,1Tn = 51T - Tn + x(51-n)
6,2T - 0,1Tn = x(51-n)
10x(51-n) = (62-n)T
x = (62-n)T / 10(51-n)

Подставляем T = (51-n)b

x = (62-n)b / 10

Итак, мы получили упрощённую систему:

x = (11-n)a / 10
x = (62-n)b / 10

Теперь, чтобы решить пункт б, подставим во второе уравнение

b = 1

Тогда имеем следующую хуйню:

x = (62-n) / 10

x целое, значит 62-n должно делиться на 10. А мы помним, что n < 11. Значит, единственное n, которое нам подходит — это 2.

n = 2
x = 60/10 = 6

Теперь подставим в первое

6 = 9a / 10
a = 60 / 9

60 на 9 не делится. Значит, b не может быть равно одному. Вот мы и ответили на вопрос б.

Теперь в. Вернёмся к нашей системе.

x = (11-n)a / 10
x = (62-n)b / 10

Поскольку мы последовательно ищем сначала икс, а потом уже a, предлагаю переписать первое уравнение в другом виде:

a = 10x / (11-n)

Ну и тогда наша система:

x = (62-n)b / 10
a = 10x / (11-n)

b = 1 мы уже проверяли. Давайте проверим
b = 2.

В таком случае 62-n должно делиться на 5, значит, n либо 2, либо 7.

Ну давайте подставим 2. Тогда

x = 60*2/10 = 12
a = 10*12/9

Снова мимо. a вышло нецелым.

Подставим n = 7.

x = 55*2 / 10 = 11
a = 10*11 / 4

Промах.

Значит, b точно больше 2. Ну давайте подставим 3. Тогда n только 2.

x = 60*3/10 = 18
a = 10*18/9 = 20

Ура. Наконец-то, блять, решили. Ответ: 3

Давайте проверим, всё равно делать нечего.

Изначально в городе А было 2 человека. У одного из них балл 18, а их средний — 20. Значит, у второго было 22. Когда уехал учитель с 18 баллами, средний балл оказался 22, то есть на 10% больше, чем 20. Сошлось.

В городе В было 49 человек, их средний балл — 3, то есть сумма баллов — 147. Когда к ним приехал учитель с 18 баллами, сумма стала 165, а учителей стало 50. Средний балл — 165/50 = 3,3, что на 10% больше, чем 3.

При этом условия на то, что новый балл должен быть целым нам не ставили. Значит, всё сошлось. Ура.

И, пожалуй, последняя, не сильно сложная, но довольно спорная.

Удивительно, но на РЕШУ ЕГЭ этой задачи нет. Это из сборника Ященко. Везде поголовно приводят к ней такое решение:

Я согласен с первыми двумя пунктами этого решения, таким образом действительно можно получить необходимое количество троек слагаемых.

А вот с последним я не согласен. Наверное, я чего-то не понимаю, и это следует принимать без доказательств, но кто сказал, что их способ составления троек самый выгодный? Где они это доказали?

Может, если я буду объединять числа в беспорядочные тройки, я смогу найти десятую? Ну, например,
1+3+51 = 55
2+4+49 = 55
5+7+43 = 55
…

окажется более выгодным? Наверное, я всё-таки не осознаю одного важного момента, но я пытался найти другое решение пункта В.

Несколько дней искал. Или месяцев. А может часов.

Не нашёл. Заставил всю беседу математиков искать другое решение.

В конце концов пришёл Лёша, тот, с которым мы вместе интегрировали, и привёл гениальнейшее простейшее решение.

Чтобы образовать 12 пар, нам нужно 36 различных чисел. При этом сумма каждой тройки — 55. Значит, нам нужно 36 чисел, общая сумма которых
55*12 = 660.

Если мы возьмём первые 36 натуральных чисел и сложим их:

1+2+3+4+5…+36

То получим 37*18 = 666.

Если мы в сумме 1+2+3+4+5…+36 заменим одно из чисел на любое другое натуральное (при условии, что все числа различны), то получим сумму ещё больше, чем 666.

Значит, невозможно подобрать 36 таких чисел, чтобы их сумма была равна 360. Их сумма всегда будет больше.

Значит, нельзя найти 12 троек слагаемых для нашей задачи. Третий пункт решён.

Ура. Я закончил ещё один разбор. Надеюсь, вы решите ваше 19-е на ЕГЭ целиком. Ну или частично. Ни рыбы, ни мяса вам