previous arrow
next arrow
Slider

Задача 18 на числа и их свойства на ЕГЭ-2022 по математике

 

Анна Малкова

В этой статье мы расскажем, какие задачи встретились на ЕГЭ-2022 по математике под номером 18. Это последняя в варианте, самая сложная задача ЕГЭ. Тема – числа и их свойства.

В этом году они действительно были непростыми, нестандартными. Но есть и хорошая новость: в каждой из них пункт (а) решался за 3 минуты.

Начнем с наиболее стандартной из них, задачи 18 из московского варианта. Здесь мы можем ввести переменные и сделать «заготовку», то есть математическую модель для всех пунктов задачи.

1. ЕГЭ-2022, Москва.

С натуральным трехзначным числом проводят следующую операцию: из числа вычитают его сумму цифр и полученный результат делят на 3.

а) Может ли результатом выполнения операции быть число 201?

б) Может ли результатом выполнения быть число 251?

в) Сколько различных результатов можно получить, если применить данную операцию для всех трехзначных чисел от 600 до 999 включительно?

Решение:

Сделаем «заготовку» для всех пунктов задачи.

Запишем число А в виде: A=\overline{abc}=100a+10b+c .

По условию, \frac{A-a-b-c}{3}=m; \displaystyle \frac{100a+10b+c-a-b-c}{3}=m.

99a+9b=3m;\
33a+3b=m\Rightarrow m\vdots 3.

а) Да, может быть m=201.\ \ \

33m+3b=201\Leftrightarrow 11a+b=67\

Подберем a и b.

Пусть a=6;\ \ b=1;\ \ 11\cdot 6+1=67. Заметим, что с – любое.

Пример: A=614,\ \ \ \ \frac{614-11}{3}=201.

б) Нет, не может быть m=251, так как m\vdots 3, а 251 не делится на 3, пришли к противоречию.

в) 600\le A\le 999.

Выясним, какие значения может принимать m.

Так как a, b и с – цифры числа А, 6\le a\le 9;\ \ 0\le b\le 9;\ \ 0\le c\le 9.

m=33a+3b\ge 33\cdot 6+3\cdot 0, то есть m \ge 198,
m=33a+3b\le 33\cdot 9+3\cdot 9, то есть m \le 324.
Значит, 198\le m\le 324;\ \ m\vdots 3.

Числа m являются членами арифметической прогрессии, где

d=3; {\ a}_1=198,\ \ a_n=324. Найдем n – количество членов этой прогрессии.

a_n=a_1+d\left(n-1\right)\ ;\ \

324=198+3\left(n-1\right);\

108=66+n-1\ ;\

n=43.

Мы получили, что чисел вида m=33a+3b не более 43, и они являются членами арифметической прогрессии a_k=198+3k,\ где 0\le k\le 42,\ всего таких чисел не более 43.

Проверим, может ли быть m =a_1 = 198.

m=33a+3b;\

33a+3b=198;

11a + b = 66, возможно при a = 6, b = 0, c = любое.

Получаем числа 600; 601\dots 609, всего 10 чисел, для которых m = 198.

Случай m = 324 также возможен. Тогда 33a+3b=324,\

11 a + b = 108, подходят а = 9, b = 9, с – любое.

Проверим, может ли m быть равным любому члену арифметической прогрессии a_k=198+3k.

Пусть m=198+3k. С другой стороны, m=33a+3b.

Получим: 33a+3b=198+3k,\

11a+b=66+k;

11a-66=k-b;

11\left(a-6\right)=k-b.

По условию, a\ge 6, то есть a-6\ge 0.

Тогда k-b\ge 0 и \left(k-b\right)\vdots 11.

Пусть k-b=11p, где p\in Z,\ p\ge 0.

Так как b – цифра, 0\le b\le 9.

k=11p+b;

11p\le k\le 11p+9.
Это значит, что k может делиться на 11 без остатка. Или давать остаток от 1 до 9 от деления на 11. Но k не может давать остаток 10 от деления на 11.

Раньше мы нашли, что 0\le k\le 42.\ Исключим числа, дающие остаток 10 от деления на 11. Это 10, 21, 33, всего 3 числа. Получаем, что m может принимать не более 43 – 3 = 40 различных значений. Это оценка.

Для каждого m можно подобрать такие a и b, что условие задачи выполняется. Так, как мы сделали для m = 198 и m= 324.

Ответ: а) да; б) нет; в) 40.

В следующей задаче нет ни переменных, ни уравнений. А решение – это текст, сочинение-рассуждение на заданную тему : -) Напомним, что если в каком-либо пункте задачи 18 ответ «да», то нужно написать: «Да, может, вот пример». Если ответ «нет» - надо привести доказательство, почему не может такого быть.

2. ЕГЭ-2022, Санкт-Петербург В трех коробках лежат камни: в первой 101 камень, во второй 102, в третьей 104, в четвертой коробке камней нет.

За 1 ход берут по 1 камню из любых трех коробок и кладут в оставшуюся.

а) Может ли в 1 коробке получиться 101 камень, во второй 102, в третьей 100, в четвертой 4 камня?

б) Может ли оказаться 306 камней в четвертой коробке через некоторое количество ходов?

в) какое наибольшее количество камней может оказаться в первой коробке?

Решение:

а) Да, может.

Сделаем следующие действия:

(101; 102; 104; 0);

(100; 101; 103; 3);

(99; 100; 102; 6);

(102; 99; 101; 5);

(101; 102; 100; 4).

б) Приведем решение И. В. Яковлева:

Такого случиться не может.

Допустим, такое произошло.

Всего камней 307. Если в четвертой коробке 306 камней, то значит, еще в какой-либо коробке находится 1 камень, и 2 коробки пустые.

После каждого хода четность числа камней в каждой коробке меняется на противоположную, поскольку либо в коробку добавляют 2 камня, либо убирают 1 камень.

Поэтому количества камней в коробках 1 и 2 не смогут стать равными (у них изначально была разная четность). Аналогично, не могут стать равными количества камней в коробках 1 и 3.

Значит, финальная ситуация обязательно 1, 0, 0, 306. Но после каждого хода количества камней в коробках 2 и 3 либо одновременно уменьшаются на 1, либо в одной из них -1, а в другой +3, так что количества камней в коробках 2 и 3 всегда отличаются не менее чем на 2. Противоречие.

Другой способ доказательства:

После каждого хода для количеств камней в любых двух коробках имеем -1, -1 или -1, +3. В обоих случаях остаётся неизменной разность остатков от деления этих чисел на 4. Исходно в первых трёх коробках эти остатки разные (а именно, 1, 2 и 0), то есть все три разности –- ненулевые. Значит, они будут ненулевыми после каждого хода, так что числа камней в первых трёх коробках всегда будут попарно различны. Следовательно, мы никогда не придём к ситуации, когда в двух из этих коробок нули (чтобы в четвёртой было 306).

в) Найдем наибольшее количество камней, которое может оказаться в первой коробке.

Все 307 камней не могут в ней оказаться, потому что тогда в остальных коробках будет 0 камней. В пункте (б) доказано, что это невозможно.

Предположим, что в 1-й коробке 306 камней. Тогда во 2-й коробке 1 камень, в 3-й и 4-й 0 камней. Другие случаи невозможны, поскольку только в 3-й и 4-й коробках количество камней изначально делилось на 4.

Но ситуация 306; 1; 0; 0 также невозможна, поскольку количества камней в коробках 2 и 3 всегда отличаются не менее чем на 2.

В первой коробке может быть 305 камней. Приведем пример, как это получить.

Первоначально в коробках: (101; 102; 104; 0).

Переложим 25 раз по одному камню из первых трех коробок в четвертую. Получим:

(76; 77; 79; 75). Следующие действия:

(75; 76; 78; 78);

(303; 0; 2; 2);

(302; 3; 1; 1);

(305; 2; 0; 0).

Ответ: а) да; б) нет; в) 305.

Еще одна задача, про числа на круге, была предложена на Дальнем Востоке и в других регионах России. Обратите внимание, что сюжеты задач разные, но во всех так или иначе используются понятия: делимость, четность, деление с остатком.

3. ЕГЭ-2022, Дальний Восток

По кругу расставлены N чисел так, что сумма трех последовательных чисел не делится на 3, а сумма четырех последовательных делится на 3.

а) Может ли N быть равно 240?

б) Может ли N быть равно 219?

в) Найдите наибольшее N, если числа различны и каждое меньше 340.

а) Да, может N = 240.

Например, по кругу расположены 60 четверок вида 1,1,2,2 или 1,2,1,2.

Сумма чисел в каждой тройке не делится на 3, а в каждой четверке делится на 3.

Возможен и такой вариант:

И в том, и в другом случае мы не ставим подряд три единицы или три двойки.

б)

Посмотрим, какие вообще числа могут находиться на круге.

Пусть а, b, с и d – последовательные числа на круге, такие

что а + b + с - не делится на 3. Тогда а + в + с при делении на 3 дает остаток 1 или 2.

Получим совокупность

  , где n = 0, 1, 2, \dots .

Сумма a + b + c + d делится на 3, тогда a + b + c + d = 3k, где k = 2, 3, \dots

Получаем систему 

Если из уравнения (3) вычесть уравнение (1), то получим d\ =\ 3k-3n-1 – это означает, что при делении числа d на 3 получается остаток 2.

Если из уравнения (3) вычесть уравнение (2), то получим d\ =\ 3k-3n-2 – это означает, что при делении числа d на 3 получается остаток 1.

Значит, число d при делении на 3 дает остаток 1 или 2.

Так как d – любое число на круге, то все числа на круге при делении на 3 дают остаток 1 или 2, то есть на круге все числа вида 3m + 1 или 3m + 2.

Так как по условию любые три подряд идущие числа не делятся на 3, значит, числа вида 3m + 1 не стоят три подряд, а стоят через одно или через два.

Аналогично, числа вида 3m + 2 не стоят три подряд, а стоят через одно или через два.

Обозначим числа, дающие при делении на 3 остаток 1, как (1).

Числа, дающие при делении на 3 остаток 2, обозначим как (2).

Получим варианты:

Других вариантов нет, так как сумма чисел в четверке должна быть кратна трем. Это значит, что если в ней 2 числа типа (1), то должно быть и 2 числа типа (2).

Предположим, что N = 129.

129 = 128 + 1 = 32 \cdot 4+1 то есть на круге 32 четверки чисел и еще одно число, причем это может быть либо число типа (1), либо число типа (2). Где же оно может быть расположено?

А вот нигде не может!

Рассмотрим сначала первый вариант. Пусть наше число типа (1). Чтобы три числа типа (1) не стояли подряд, мы можем поставить его только между двумя числами типа (2). Но теперь вместе с тремя соседями слева или с тремя соседями справа оно дает четверку, в которой сумма не делится на 3.

Аналогично – если мы попытаемся добавить число типа (2).

Так же и во втором варианте. Куда бы мы ни добавили новое число, вместе с тремя соседями слева или с тремя соседями справа оно дает четверку, в которой сумма не делится на 3. Значит, 129 чисел на круге быть не может.

в) Найдем наибольшее количество чисел на круге при условии, что все они различны и не превосходят 340. Мы сказали, что это должны быть числа, которые при делении на 3 дают остаток 1 или остаток 2. В пункте (б) мы определили, как они должны быть расположены на круге.

Мы сказали также, что если N – количество чисел на круге, то N делится на 4.

Пусть n = 4р, то есть на круге р четверок чисел, в каждой из которых 2 числа типа (1) и 2 числа типа (2). Числа типа (1), которые при делении на 3 дают остаток 1, - это 1, 4, 7, 10 ...

Числа типа (2), которые при делении на 3 дают остаток 2, - это 2, 5, 8, 11 ...

Наибольшее число на круге – это число типа (2), и по условию, оно меньше 340. Числа типа (2) образуют арифметическую прогрессию

a_k=2+3\left(k-1\right).

Так как a_k \textless 340, получим: 2 + 3 (k-1) \textless 340 , отсюда k \leq 113.

Значит, на круге не более 113 чисел типа (2). Но тогда и чисел типа (1) столько же, то есть тоже не более 113. Всего на круге не более 113 + 113 = 226 чисел. Это оценка.

Приведем пример для 226 различных чисел на круге.

Ответ: а) да; б) нет; в) 226.

И еще одна задача из Санкт-Петербурга.

4. ЕГЭ-2022, Санкт-Петербург

На доске написано N различных натуральных чисел, каждое из которых не превосходит 27. Для каждых двух написанных чисел a и b таких, что а < b ни одно из написанных чисел не делится на b – а и ни одно из написанных чисел не является делителем числа b – a.

а) Могли ли на доске быть написаны какие-то два числа из чисел 4, 5, 6?

б) Среди написанных на доске чисел есть 5. Может ли N быть равным 7?

в) Найдите наибольшее значение N.

а) Нет, не может. Если на доске числа 4 и 5, то их разность равна 1. Но 5 делится на 1 – противоречие.

Аналогично, если на доске числа 5 и 6.

Если на доске числа 4 и 6, то их разность равна 2, но 4 делится на 2 – противоречие.

б) Если два числа дают одинаковые остатки при делении на число р, то их разность делится на р.

Остатки от деления на 5 – это 1, 2 ... 4, всего 4 остатка. Поскольку на доске 7 чисел, среди них найдутся два, дающие одинаковые остатки от деления на 5. Их разность делится на 5, что противоречит условию.

в) Из пункта (а) мы получили, что среди чисел на доске не может быть подряд идущих (например, 4 и 5 не могут быть на доске).

Если на доске только нечетные числа, разность любых двух из них четна, и ни одно из них не делится на эту разность.

От 1 до 27 ровно 14 нечетных чисел.

Есть еще одно условие: разность любых двух из них не должна делиться ни на одно из этих чисел.

Пусть на доске не менее 14 нечетных чисел. Если на доске есть число а ≤ 9, то хотя бы два из написанных чисел дают одинаковый остаток при делении на а, следовательно, их разность делится на а – противоречие.

Аналогично, если на доске не менее 10 чисел.

Поскольку все числа не превосходят 27, среди этих 10 чисел должно быть число а ≤ 9.

Но тогда не менее двух чисел на доске дают одинаковые остатки от деления на а, значит, их разность делится на а – противоречие. Значит, на доске не более 9 чисел. Это оценка.

Приведем пример для 9 чисел на доске.

11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27.

Разность любых двух из них четна и не делится ни на одно из этих чисел. Также ни одно из чисел не делится на разность каких-либо двух из них.

Ответ: а) нет, не может; б) нет, не может; в) 9.

Подробно о том, как решать задачи на числа и их свойства, читайте здесь. Это целый раздел сайта, посвященный нестандартным задачам.

А если хотите сами так же легко их решать – приходите на мой онлайн-курс и я вас научу.