Практика к уроку «Числа и их свойства»

Решение пункта А.

Используем формулу разности квадратов: $$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$$ $$c^2-d^2=(c-d)(c+d).$$

Тогда $$a^2-b^2+c^2-d^2=(a-b)(a+b)+(c-d)(c+d).$$

Вычтем из этого выражения сумму $a+b+c+d$: $$a^2-b^2+c^2-d^2-(a+b+c+d)=(a-b-1)(a+b)+(c-d-1)(c+d).$$

Так как $a>b>c>d$, то $a-b\geq1$ и $c-d\geq1$. Значит, $a-b-1\geq0$, $c-d-1\geq0$, поэтому оба слагаемых $(a-b-1)(a+b)$ и $(c-d-1)(c+d)$ неотрицательны.

а) По условию: $$a+b+c+d=17,$$ $$a^2-b^2+c^2-d^2=21.$$

Тогда $$a^2-b^2+c^2-d^2-(a+b+c+d)=21-17=4.$$

Получаем: $$(a-b-1)(a+b)+(c-d-1)(c+d)=4.$$

Если $a-b-1>0$, то первое слагаемое не меньше $a+b$.

Но при $a>b>c>d$ минимально возможные натуральные значения — это $a=4$, $b=3$, $c=2$, $d=1$, поэтому $a+b\geq7$. Это больше $4$, значит, невозможно.

Следовательно,

$a-b-1=0$,
$a-b=1$.

Тогда первое слагаемое равно $0$, и остаётся: $(c-d-1)(c+d)=4$. Так как $c>d$, то $c-d\geq1$.

Если $c-d=1$, то левая часть равна $0$, поэтому нужно $c-d>1$.

Единственный подходящий вариант:

$c-d-1=1$,
$c+d=4$.

Тогда

$c-d=2$,
$c+d=4$.

Складываем уравнения:

$2c=6$,
$c=3$.

Тогда $d=1$.

Теперь найдём $a$ и $b$. Из условия суммы: $$a+b+3+1=17.$$

Значит, $a+b=13$.

Также известно: $a-b=1$.

Решаем систему:

$a+b=13$,
$a-b=1$.

Складываем:

$2a=14$,
$a=7$.

Тогда $b=6$.

Ответ к пункту A: $a=7$, $b=6$, $c=3$, $d=1$.

Решение пункта Б.

Предположим, что $a+b+c+d=25$ и $a^2-b^2+c^2-d^2=25$.

Тогда $$a^2-b^2+c^2-d^2-(a+b+c+d)=25-25=0.$$

Получаем: $$(a-b-1)(a+b)+(c-d-1)(c+d)=0.$$

Оба слагаемых неотрицательны, значит, каждое из них равно нулю:

$a-b-1=0$,
$c-d-1=0$.

Отсюда:

$a=b+1$,
$c=d+1$.

Тогда сумма равна: $$a+b+c+d=(b+1)+b+(d+1)+d.$$

Упростим: $$a+b+c+d=2b+2d+2.$$

Это чётное число. Но по условию сумма равна $25$, то есть нечётному числу. Получили противоречие.

Ответ к пункту Б: нет, не может.

Решение пункта В.

По условию: $a+b+c+d=900$, $a^2-b^2+c^2-d^2=900$.

Тогда $$a^2-b^2+c^2-d^2-(a+b+c+d)=900-900=0.$$

Получаем: $$(a-b-1)(a+b)+(c-d-1)(c+d)=0.$$

Оба слагаемых неотрицательны, значит,

$a-b-1=0$,
$c-d-1=0$.

Отсюда:

$a-b=1$,
$c-d=1$.

Значит,

$a=b+1$,
$c=d+1$.

Подставим это в сумму: $$(b+1)+b+(d+1)+d=900.$$

Получаем:

$2b+2d+2=900$
$2b+2d=898$
$b+d=449$.

Теперь используем условие порядка $a>b>c>d$.

Так как $c=d+1$, то условие $b>c$ даёт: $b>d+1$. Из равенства $b+d=449$ получаем: $b=449-d$.

Подставим в неравенство:

$449-d>d+1$
$448>2d$
$d<224$.

Так как $d$ — натуральное число, то $d=1,2,3,\ldots,223$.

Каждому такому значению $d$ соответствует единственное значение

$b=449-d$,
$a=b+1=450-d$.

Значит, число $a$ принимает $223$ различных значения.

Ответ к пункту В: $223$.

Решение пункта А.

Пусть данное трёхзначное число равно $$N=100x+10y+z,$$

где $x$ — цифра сотен, $y$ — цифра десятков, $z$ — цифра единиц.

Так как число трёхзначное, то $1\leq x\leq9$.

Так как число не кратно $100$, то оно не оканчивается двумя нулями, значит, $y+z>0$.

Сумма цифр числа равна $S=x+y+z$.

Возьмём число $N=510$. Сумма его цифр: $S=5+1+0=6$.

Тогда частное числа и суммы его цифр равно $\frac{510}{6}=85$. Значит, частное может быть равным $85$.

Ответ к пункту А: да, может.

Решение пункта В.

Докажем, что частное не может быть больше $91$. Нужно сравнить число $N$ и $91S$:

$N=100x+10y+z$,
$91S=91(x+y+z)$.

Покажем, что $100x+10y+z\leq91(x+y+z)$.

Преобразуем это неравенство:

$100x+10y+z\leq91x+91y+91z$,
$9x\leq81y+90z$,
$x\leq9y+10z$.

Так как число не кратно $100$, то $y+z>0$.

Если $y\geq1$, то $9y+10z\geq9$, а так как $x\leq9$, получаем $x\leq9y+10z$.

Если $y=0$, то обязательно $z\geq1$, поэтому $9y+10z=10z\geq10$, а значит, снова $x\leq9y+10z$.

Следовательно, $N\leq91S$. Значит, $\frac NS\leq91$. Поэтому частное не может быть равным $92$.

Ответ к пункту Б: нет, не может.

Решение пункта В.

Из пункта б) уже доказано, что $\frac NS\leq91$. Осталось показать, что значение $91$ действительно достигается.

Возьмём число $N=910$. Оно трёхзначное и не кратно $100$. Сумма его цифр: $S=9+1+0=10$.

Тогда $\frac{910}{10}=91$.

Значит, наибольшее натуральное значение частного равно $91$.

Ответ к пункту В: $91$.

Решение пункта А.

Пусть контейнеров с зерном $k$. Тогда всего контейнеров — $4k$, так как контейнеров с зерном $25\%$, то есть четверть от общего количества. Следовательно, контейнеров без зерна $3k$.

Приведём пример. Пусть всего $8$ контейнеров. Тогда контейнеров с зерном должно быть $8\cdot25\%=2$.

Возьмём $2$ контейнера с зерном по $20$ т. Их масса равна $2\cdot20=40$ т.

Оставшиеся $6$ контейнеров пусть будут такими: один контейнер массой $60$ т и пять контейнеров массой $20$ т. Их масса равна $60+5\cdot20=160$ т.

Общая масса всех контейнеров равна $40+160=200$ т.

Доля массы контейнеров с зерном равна $$\frac{40}{200}=0{,}2=20\%.$$

Ответ к пункту А: да, может.

Решение пункта Б.

Чтобы масса контейнеров с зерном составляла как можно большую долю от общей массы, нужно сделать контейнеры с зерном как можно тяжелее, а контейнеры без зерна — как можно легче.

То есть все $k$ контейнеров с зерном должны иметь массу $60$ т, а все $3k$ контейнеров без зерна — массу $20$ т.

Тогда масса контейнеров с зерном равна $60k$.

Масса контейнеров без зерна равна $3k\cdot20=60k$.

Общая масса равна $60k+60k=120k$.

Максимальная возможная доля массы контейнеров с зерном равна $$\frac{60k}{120k}=\frac12=50\%.$$

Значит, доля $55\%$ невозможна.

Ответ к пункту Б: нет, не может.

Решение пункта В.

Чтобы доля массы контейнеров с зерном была минимальной, нужно сделать контейнеры с зерном как можно легче, а контейнеры без зерна — как можно тяжелее.

То есть все $k$ контейнеров с зерном должны иметь массу $20$ т, а все $3k$ контейнеров без зерна — массу $60$ т.

Тогда масса контейнеров с зерном равна $20k$.

Масса контейнеров без зерна равна $3k\cdot60=180k$.

Общая масса равна $20k+180k=200k$.

Минимальная доля массы контейнеров с зерном равна $$\frac{20k}{200k}=\frac1{10}=10\%.$$

Ответ к пункту B: $10\%$.

Решение пункта А.

Каждую коробку с $7$ пирожными можно положить в одну сумку вместе с одной коробкой с $2$ пирожными, так как $7+2=9\leq10$.

Возьмём $11$ сумок и положим в каждую по одной коробке с $7$ пирожными и по одной коробке с $2$ пирожными.

Так мы перевезём:

• $11$ коробок по $7$ пирожных,
• $11$ коробок по $2$ пирожных.

Останется: $22-11=11$ коробок по $2$ пирожных.

В одну сумку можно положить не более пяти таких коробок, так как $5\cdot2=10$.

Для $11$ оставшихся коробок по $2$ пирожных нужно: $3$ сумки, потому что $5+5+1=11$.

Всего потребуется: $11+3=14$ сумок.

Ответ к пункту А: да, можно.

Решение пункта Б.

Каждая коробка с $7$ пирожными должна лежать в отдельной сумке, потому что две такие коробки в одну сумку не помещаются: $7+7=14>10$.

Значит, для $11$ коробок по $7$ пирожных уже нужно не менее $11$ сумок.

В каждую из этих $11$ сумок можно добавить не более одной коробки с $2$ пирожными, так как $7+2=9\leq10$, а $7+2+2=11>10$.

Значит, вместе с большими коробками можно перевезти не более $11$ коробок по $2$ пирожных.

Если всего сумок $12$, то остаётся ещё одна сумка только для коробок по $2$ пирожных. В неё можно положить не более $5$ таких коробок: $5\cdot2=10$.

Следовательно, в $12$ сумках можно перевезти не более $11+5=16$ коробок по $2$ пирожных.

Но по условию нужно перевезти $17$ коробок по $2$ пирожных. Получили противоречие.

Ответ к пункту Б: нет, нельзя.

Решение пункта В.

Сначала положим каждую коробку с $7$ пирожными в отдельную сумку. Для $11$ таких коробок нужно $11$ сумок. В каждую из этих сумок можно добавить по одной коробке с $2$ пирожными: $7+2=9\leq10$.

Так мы дополнительно перевезём $11$ коробок по $2$ пирожных.

Останется: $77-11=66$ коробок по $2$ пирожных.

В одну сумку помещается не более $5$ коробок по $2$ пирожных, так как $5\cdot2=10$.

Для $66$ таких коробок потребуется: $$\left\lceil\frac{66}{5}\right\rceil=14 (сумок.)$$

Значит, всего потребуется: $11+14=25$ сумок. Докажем, что меньшего количества сумок не хватит.

Коробки по $7$ пирожных нельзя класть по две в одну сумку, поэтому для них обязательно нужно не менее $11$ сумок. В этих $11$ сумках можно разместить не более $11$ коробок по $2$ пирожных.

Оставшиеся $66$ коробок по $2$ пирожных требуют не менее $14$ сумок. Значит, меньше чем $11+14=25$ сумок использовать нельзя.

Ответ к пункту В: $25$.

Решение пункта А.

Возьмём число $A=625$. Если зачеркнуть цифру $6$, получится двузначное число $25$. Так могут сделать и Аня, и Ваня, тогда $B=25$, $C=25$.

Проверим: $$B\cdot C=25\cdot25=625.$$

Значит, $A=B\cdot C$ при $A=625$, причём $625>600$.

Ответ к пункту А: да, может.

Решение пункта Б.

Пусть $650\leq A<700$. Тогда число $A$ имеет вид $A=6\overline{xy}$, то есть первая цифра числа равна $6$.

После зачёркивания одной цифры можно получить только числа следующих видов:

$\overline{xy}$,
$60+y$,
$60+x$.

Если в произведении участвуют два числа, каждое из которых не меньше $60$, то $$B\cdot C\geq60\cdot60=3600.$$

Это больше любого трёхзначного числа, значит, хотя бы один из множителей должен быть числом $\overline{xy}$.

Второй множитель при этом не меньше $60$, поэтому $\overline{xy}\cdot60<700$. Отсюда $\overline{xy}<\frac{700}{60}$.

Так как $\frac{700}{60}<12$, получаем, что $\overline{xy}$ может быть только $10$ или $11$.

Тогда число $A$ могло бы быть только $610$ или $611$. Но оба эти числа не входят в промежуток $650\leq A<700$. Значит, на этом промежутке равенство $A=B\cdot C$ невозможно.

Ответ к пункту Б: нет, не может.

Решение пункта В.

Найдём наибольшее $A<800$, для которого возможно равенство $A=B\cdot C$.

Сначала покажем, что число $A=710$ подходит.

Если зачеркнуть цифру $7$, получится число $10$. Если зачеркнуть последнюю цифру $0$, получится число $71$.

Тогда можно взять $B=10$, $C=71$. Проверим: $B\cdot C=10\cdot71=710$. Значит, $A=710$ подходит.

Теперь покажем, что больше $710$, но меньше $800$, подходящих чисел нет. Пусть $711\leq A<800$. Тогда первая цифра числа равна $7$.

После зачёркивания одной цифры можно получить числа видов:

$\overline{xy}$,
$70+y$,
$70+x$.

Если оба множителя не меньше $70$, то $B\cdot C\geq70\cdot70=4900$, что невозможно, так как $A<800$.

Значит, один из множителей должен быть числом $\overline{xy}$.

Второй множитель при этом не меньше $70$, поэтому $\overline{xy}\cdot70<800$. Отсюда $\overline{xy}<\frac{800}{70}$.

Так как $\frac{800}{70}<12$, то число $\overline{xy}$ может быть только $10$ или $11$.

• Если $\overline{xy}=10$, то исходное число равно $710$.
• Если $\overline{xy}=11$, то исходное число равно $711$.

Проверим $A=711$. После зачёркивания одной цифры можно получить только числа $11$, $71$, $71$.

Их возможные произведения:

$11\cdot11=121$,
$11\cdot71=781$,
$71\cdot71=5041$.

Ни одно из них не равно $711$. Значит, среди чисел больше $710$ и меньше $800$ подходящих нет.

Ответ к пункту В: $710$.