Задание 20 ЕГЭ по профильной математике

1. 1. При каждом ходе две коробки теряют по 1, одна набирает 2. Разность количеств в любой паре меняется на 0 или на 3.
2. 2. Начальная разность двух непустых коробок 112 − 99 = 13 не делится на 3.
3. 3. Чтобы в одной коробке было 211 (все камни: 112 + 99 = 211), две другие должны обнулиться, то есть разность должна стать 0 — а 0 делится на 3.
4. 4. Но разность меняется шагами по 3 и стартует с 13 (остаток 1 по модулю 3), поэтому нулём стать не может. Значит нельзя.

Ответ: нельзя (инвариант — остаток по модулю 3)

1. 1. а) Да, могло.
2. 2. Сделаем 3 хода, каждый раз беря по камню из первой и второй коробок и кладя оба в третью.
3. 3. Получим (95−3; 104−3; 2·3) = (92; 101; 6) — ровно требуемое расположение; сумма 92 + 101 + 6 = 199 сохранилась.
4. 4. б) Здесь работает инвариант: за один ход две коробки теряют по камню, а третья получает два, поэтому разность количеств в любой паре коробок меняется на 0 или на ±3 — её остаток при делении на 3 сохраняется.
5. 5. Сравниваем остаток стартовой разности 95 − 104 с остатком разности в требуемом состоянии: если они различаются, состояние недостижимо.
6. 6. в) Тот же инвариант даёт оценку сверху для третьей коробки, а затем строится пример — последовательность ходов, на которой эта оценка достигается.

Ответ: См. решение

1. 1. а) Пункт «а» всегда требует пример, а не рассуждение. Достаточно перебрать небольшие квадраты: 12² = 144. Запись оканчивается на 44. Ответ: да.
2. 2. б) Нужен запрет, и его даёт остаток. Квадрат целого числа при делении на 4 даёт остаток 0 или 1: если n = 2k, то n² = 4k², остаток 0; если n = 2k + 1, то n² = 4(k² + k) + 1, остаток 1. Других вариантов нет.
3. 3. Остаток числа при делении на 4 определяется его двумя последними цифрами (потому что 100 делится на 4). Число, оканчивающееся на 66, даёт тот же остаток, что и 66, а 66 = 64 + 2 — остаток 2.
4. 4. Остаток 2 в список {0; 1} не входит, значит квадрат натурального числа на 66 оканчиваться не может. Ответ: нет.
5. 5. в) Пусть обе последние цифры равны d, тогда двузначное окончание — это число 11d. Работают два ограничения сразу.
6. 6. Первое: последняя цифра квадрата может быть только 0, 1, 4, 5, 6 или 9 — это видно из таблицы квадратов цифр (0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81). Значит d ∈ {0; 1; 4; 5; 6; 9}.
7. 7. Второе: остаток 11d при делении на 4 должен быть 0 или 1. Проверяем кандидатов: 00 → 0 (годится); 11 → 3; 44 → 0 (годится); 55 → 3; 66 → 2; 99 → 3. Остаются только 00 и 44.
8. 8. Осталось показать, что оба варианта достижимы: 10² = 100 оканчивается на 00, 12² = 144 оканчивается на 44.
9. 9. Где теряют баллы. Останавливаются на запрете и не приводят примеров в пункте «в». Формулировка «найдите все пары» требует и оценки (что больше ничего быть не может), и примера для каждого оставшегося варианта. Решение без примера эксперт считает неполным и снимает балл, даже если запрет доказан безупречно.

Ответ: Ответ: а) да; б) нет; в) 00 и 44

1. 1. а) Признак делимости на 3 смотрит на сумму цифр. У числа из n единиц сумма цифр равна n, значит число делится на 3 ровно тогда, когда n кратно 3. Пример: 111 = 3·37. Ответ: да.
2. 2. б) Число делится на 5, только если оканчивается на 0 или 5. Все наши числа оканчиваются на 1, поэтому ни одно из них на 5 не делится. Ответ: нет.
3. 3. в) Признака делимости на 7 «по цифрам» нет, зато есть удобная рекуррентная связь: каждое следующее число получается из предыдущего по правилу R(n + 1) = 10·R(n) + 1. Значит и остатки можно считать шаг за шагом, не выписывая громадные числа.
4. 4. R(1) = 1, остаток 1. R(2): 10·1 + 1 = 11, остаток 11 − 7 = 4. R(3): 10·4 + 1 = 41, остаток 41 − 35 = 6. R(4): 10·6 + 1 = 61, остаток 61 − 56 = 5.
5. 5. R(5): 10·5 + 1 = 51, остаток 51 − 49 = 2. R(6): 10·2 + 1 = 21, остаток 0. Нашли: шесть единиц.
6. 6. Проверяем напрямую: 111111 = 7·15873. Верно.
7. 7. Заодно видно, почему ответ именно наименьший: остатки для n = 1, 2, 3, 4, 5 равны 1, 4, 6, 5, 2 — ни один не ноль, а меньших вариантов просто нет.
8. 8. Где теряют баллы. Пытаются делить столбиком числа 1111111 и длиннее и тонут в арифметике. Работа с остатками заменяет деление громоздких чисел сложением и умножением однозначных: остаток произведения равен остатку произведения остатков. Второе место потерь — в пункте «в» приводят только пример 111111 и не показывают, что меньшего не бывает; без перебора пяти предыдущих случаев это не решение, а догадка.

Ответ: Ответ: а) да; б) нет; в) 6

1. 1. Сначала найдём инвариант — он понадобится в пунктах б и в. Пусть на доске сумма S, стираем a и b, пишем |a − b|. Сумма меняется на |a − b| − a − b = −2·min(a; b), то есть на ЧЁТНОЕ число.
2. 2. Значит чётность суммы всех чисел на доске не меняется никогда. Исходная сумма 1 + 2 + … + 20 = 20·21/2 = 210 — чётная. Следовательно последнее оставшееся число тоже чётное.
3. 3. а) Да, ноль получить можно. Пример: разобьём числа на пары соседей (1;2), (3;4), …, (19;20) — десять пар, каждая даёт |a − b| = 1. На доске остаются десять единиц.
4. 4. Разобьём эти десять единиц на пять пар: каждая пара даёт |1 − 1| = 0. Остаются пять нулей, а из нулей любыми ходами получается 0. Итог — ноль.
5. 5. б) Нет, единицу получить нельзя. Единица нечётна, а по доказанному инварианту последнее число обязано быть чётным. Противоречие.
6. 6. в) Оценка сверху. Модуль разности двух чисел не превосходит большего из них, поэтому ни один ход не может создать число, большее наибольшего из имеющихся. Наибольшее на старте — 20, значит финальное число не больше 20.
7. 7. в) Пример, где 20 достигается. Отложим число 20 в сторону и приведём к нулю остальные: 19 и 1 дают 18, затем 18 и 18 дают 0. Осталось 2, 3, …, 17 и один ноль.
8. 8. Чисел от 2 до 17 ровно шестнадцать; разобьём их на пары соседей (2;3), (4;5), …, (16;17) — восемь пар, каждая даёт 1. Восемь единиц разбиваем на четыре пары, каждая даёт 0. Все нули сводятся в один ноль.
9. 9. Теперь на доске 20 и 0: последний ход даёт |20 − 0| = 20. Оценка достигнута.
10. 10. Проверка чётности: 20 — чётное число, инварианту не противоречит.

Ответ: Ответ: а) да; б) нет; в) 20