Сумма двух меньше суммы трёх: наименьшая сумма набора — задание 20 ЕГЭ по профильной математике
Доска: набор чисел с ограничением на сумму. 5 примера с ответом и проверкой.
Пример 1
Про некоторый набор, состоящий из 13 различных натуральных чисел, известно, что сумма любых двух различных чисел этого набора меньше суммы любых трёх различных чисел этого набора.
а) Может ли одним из этих чисел быть число 2100?
б) Может ли одним из этих чисел быть число 20?
в) Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма чисел такого набора?
а) Может ли одним из этих чисел быть число 2100?
б) Может ли одним из этих чисел быть число 20?
в) Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма чисел такого набора?
Показать ответ
а) да, например 2100, 2101, …, 2112: сумма двух наибольших равна 4223, а сумма трёх наименьших — 6303
б) нет: для упорядоченного набора a₁ < a₂ < … < a₁₃ условие равносильно неравенству a₁₂ + a₁₃ < a₁ + a₂ + a₃. Так как a₁₂ ≥ a₃ + 9 и a₁₃ ≥ a₃ + 10, получаем a₃ + 19 < a₁ + a₂; но a₁ + a₂ ≤ (a₃ − 2) + (a₃ − 1), откуда a₃ ≥ 23 и a₁ ≥ 21. Значит число 20 < 21 в наборе стоять не может
в) 351; например 21, 22, …, 33
Решение
Пусть числа набора упорядочены: a1 < a2 < … < a13. Наибольшая сумма двух чисел — это a12 + a13, наименьшая сумма трёх — это a1 + a2 + a3, поэтому условие равносильно неравенству a12 + a13 < a1 + a2 + a3.
а) Возьмём 13 подряд идущих чисел 2100, 2101, …, 2112: 2111 + 2112 = 4223 < 6303 = 2100 + 2101 + 2102.
б) Числа различны, поэтому a12 ≥ a3 + 9 и a13 ≥ a3 + 10. Подставляя, получаем 2a3 + 19 < a1 + a2 + a3, то есть a3 + 19 < a1 + a2. С другой стороны a1 + a2 ≤ (a3 − 2) + (a3 − 1) = 2a3 − 3, откуда a3 > 22, а тогда a1 > a3 + 19 − a2 ≥ 20. Итак все числа набора не меньше 21, и число 20 в наборе быть не может.
в) Из a1 ≥ 21 и различности чисел сумма не меньше 21 + 22 + … + 33 = 351. Это значение достигается на самом наборе 21, 22, …, 33.
Ответ: 351.
а) Возьмём 13 подряд идущих чисел 2100, 2101, …, 2112: 2111 + 2112 = 4223 < 6303 = 2100 + 2101 + 2102.
б) Числа различны, поэтому a12 ≥ a3 + 9 и a13 ≥ a3 + 10. Подставляя, получаем 2a3 + 19 < a1 + a2 + a3, то есть a3 + 19 < a1 + a2. С другой стороны a1 + a2 ≤ (a3 − 2) + (a3 − 1) = 2a3 − 3, откуда a3 > 22, а тогда a1 > a3 + 19 − a2 ≥ 20. Итак все числа набора не меньше 21, и число 20 в наборе быть не может.
в) Из a1 ≥ 21 и различности чисел сумма не меньше 21 + 22 + … + 33 = 351. Это значение достигается на самом наборе 21, 22, …, 33.
Ответ: 351.
Пример 2
Про некоторый набор, состоящий из 13 различных натуральных чисел, известно, что сумма любых двух различных чисел этого набора меньше суммы любых трёх различных чисел этого набора.
а) Может ли одним из этих чисел быть число 4000?
б) Может ли одним из этих чисел быть число 19?
в) Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма чисел такого набора?
а) Может ли одним из этих чисел быть число 4000?
б) Может ли одним из этих чисел быть число 19?
в) Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма чисел такого набора?
Показать ответ
а) да, например 4000, 4001, …, 4012: сумма двух наибольших равна 8023, а сумма трёх наименьших — 12003
б) нет: для упорядоченного набора a₁ < a₂ < … < a₁₃ условие равносильно неравенству a₁₂ + a₁₃ < a₁ + a₂ + a₃. Так как a₁₂ ≥ a₃ + 9 и a₁₃ ≥ a₃ + 10, получаем a₃ + 19 < a₁ + a₂; но a₁ + a₂ ≤ (a₃ − 2) + (a₃ − 1), откуда a₃ ≥ 23 и a₁ ≥ 21. Значит число 19 < 21 в наборе стоять не может
в) 351; например 21, 22, …, 33
Решение
Пусть числа набора упорядочены: a1 < a2 < … < a13. Наибольшая сумма двух чисел — это a12 + a13, наименьшая сумма трёх — это a1 + a2 + a3, поэтому условие равносильно неравенству a12 + a13 < a1 + a2 + a3.
а) Возьмём 13 подряд идущих чисел 4000, 4001, …, 4012: 4011 + 4012 = 8023 < 12003 = 4000 + 4001 + 4002.
б) Числа различны, поэтому a12 ≥ a3 + 9 и a13 ≥ a3 + 10. Подставляя, получаем 2a3 + 19 < a1 + a2 + a3, то есть a3 + 19 < a1 + a2. С другой стороны a1 + a2 ≤ (a3 − 2) + (a3 − 1) = 2a3 − 3, откуда a3 > 22, а тогда a1 > a3 + 19 − a2 ≥ 20. Итак все числа набора не меньше 21, и число 19 в наборе быть не может.
в) Из a1 ≥ 21 и различности чисел сумма не меньше 21 + 22 + … + 33 = 351. Это значение достигается на самом наборе 21, 22, …, 33.
Ответ: 351.
а) Возьмём 13 подряд идущих чисел 4000, 4001, …, 4012: 4011 + 4012 = 8023 < 12003 = 4000 + 4001 + 4002.
б) Числа различны, поэтому a12 ≥ a3 + 9 и a13 ≥ a3 + 10. Подставляя, получаем 2a3 + 19 < a1 + a2 + a3, то есть a3 + 19 < a1 + a2. С другой стороны a1 + a2 ≤ (a3 − 2) + (a3 − 1) = 2a3 − 3, откуда a3 > 22, а тогда a1 > a3 + 19 − a2 ≥ 20. Итак все числа набора не меньше 21, и число 19 в наборе быть не может.
в) Из a1 ≥ 21 и различности чисел сумма не меньше 21 + 22 + … + 33 = 351. Это значение достигается на самом наборе 21, 22, …, 33.
Ответ: 351.
Пример 3
Про некоторый набор, состоящий из 10 различных натуральных чисел, известно, что сумма любых двух различных чисел этого набора меньше суммы любых трёх различных чисел этого набора.
а) Может ли одним из этих чисел быть число 2500?
б) Может ли одним из этих чисел быть число 11?
в) Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма чисел такого набора?
а) Может ли одним из этих чисел быть число 2500?
б) Может ли одним из этих чисел быть число 11?
в) Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма чисел такого набора?
Показать ответ
а) да, например 2500, 2501, …, 2509: сумма двух наибольших равна 5017, а сумма трёх наименьших — 7503
б) нет: для упорядоченного набора a₁ < a₂ < … < a₁₀ условие равносильно неравенству a₉ + a₁₀ < a₁ + a₂ + a₃. Так как a₉ ≥ a₃ + 6 и a₁₀ ≥ a₃ + 7, получаем a₃ + 13 < a₁ + a₂; но a₁ + a₂ ≤ (a₃ − 2) + (a₃ − 1), откуда a₃ ≥ 17 и a₁ ≥ 15. Значит число 11 < 15 в наборе стоять не может
в) 195; например 15, 16, …, 24
Решение
Пусть числа набора упорядочены: a1 < a2 < … < a10. Наибольшая сумма двух чисел — это a9 + a10, наименьшая сумма трёх — это a1 + a2 + a3, поэтому условие равносильно неравенству a9 + a10 < a1 + a2 + a3.
а) Возьмём 10 подряд идущих чисел 2500, 2501, …, 2509: 2508 + 2509 = 5017 < 7503 = 2500 + 2501 + 2502.
б) Числа различны, поэтому a9 ≥ a3 + 6 и a10 ≥ a3 + 7. Подставляя, получаем 2a3 + 13 < a1 + a2 + a3, то есть a3 + 13 < a1 + a2. С другой стороны a1 + a2 ≤ (a3 − 2) + (a3 − 1) = 2a3 − 3, откуда a3 > 16, а тогда a1 > a3 + 13 − a2 ≥ 14. Итак все числа набора не меньше 15, и число 11 в наборе быть не может.
в) Из a1 ≥ 15 и различности чисел сумма не меньше 15 + 16 + … + 24 = 195. Это значение достигается на самом наборе 15, 16, …, 24.
Ответ: 195.
а) Возьмём 10 подряд идущих чисел 2500, 2501, …, 2509: 2508 + 2509 = 5017 < 7503 = 2500 + 2501 + 2502.
б) Числа различны, поэтому a9 ≥ a3 + 6 и a10 ≥ a3 + 7. Подставляя, получаем 2a3 + 13 < a1 + a2 + a3, то есть a3 + 13 < a1 + a2. С другой стороны a1 + a2 ≤ (a3 − 2) + (a3 − 1) = 2a3 − 3, откуда a3 > 16, а тогда a1 > a3 + 13 − a2 ≥ 14. Итак все числа набора не меньше 15, и число 11 в наборе быть не может.
в) Из a1 ≥ 15 и различности чисел сумма не меньше 15 + 16 + … + 24 = 195. Это значение достигается на самом наборе 15, 16, …, 24.
Ответ: 195.
Пример 4
Про некоторый набор, состоящий из 11 различных натуральных чисел, известно, что сумма любых двух различных чисел этого набора меньше суммы любых трёх различных чисел этого набора.
а) Может ли одним из этих чисел быть число 1300?
б) Может ли одним из этих чисел быть число 16?
в) Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма чисел такого набора?
а) Может ли одним из этих чисел быть число 1300?
б) Может ли одним из этих чисел быть число 16?
в) Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма чисел такого набора?
Показать ответ
а) да, например 1300, 1301, …, 1310: сумма двух наибольших равна 2619, а сумма трёх наименьших — 3903
б) нет: для упорядоченного набора a₁ < a₂ < … < a₁₁ условие равносильно неравенству a₁₀ + a₁₁ < a₁ + a₂ + a₃. Так как a₁₀ ≥ a₃ + 7 и a₁₁ ≥ a₃ + 8, получаем a₃ + 15 < a₁ + a₂; но a₁ + a₂ ≤ (a₃ − 2) + (a₃ − 1), откуда a₃ ≥ 19 и a₁ ≥ 17. Значит число 16 < 17 в наборе стоять не может
в) 242; например 17, 18, …, 27
Решение
Пусть числа набора упорядочены: a1 < a2 < … < a11. Наибольшая сумма двух чисел — это a10 + a11, наименьшая сумма трёх — это a1 + a2 + a3, поэтому условие равносильно неравенству a10 + a11 < a1 + a2 + a3.
а) Возьмём 11 подряд идущих чисел 1300, 1301, …, 1310: 1309 + 1310 = 2619 < 3903 = 1300 + 1301 + 1302.
б) Числа различны, поэтому a10 ≥ a3 + 7 и a11 ≥ a3 + 8. Подставляя, получаем 2a3 + 15 < a1 + a2 + a3, то есть a3 + 15 < a1 + a2. С другой стороны a1 + a2 ≤ (a3 − 2) + (a3 − 1) = 2a3 − 3, откуда a3 > 18, а тогда a1 > a3 + 15 − a2 ≥ 16. Итак все числа набора не меньше 17, и число 16 в наборе быть не может.
в) Из a1 ≥ 17 и различности чисел сумма не меньше 17 + 18 + … + 27 = 242. Это значение достигается на самом наборе 17, 18, …, 27.
Ответ: 242.
а) Возьмём 11 подряд идущих чисел 1300, 1301, …, 1310: 1309 + 1310 = 2619 < 3903 = 1300 + 1301 + 1302.
б) Числа различны, поэтому a10 ≥ a3 + 7 и a11 ≥ a3 + 8. Подставляя, получаем 2a3 + 15 < a1 + a2 + a3, то есть a3 + 15 < a1 + a2. С другой стороны a1 + a2 ≤ (a3 − 2) + (a3 − 1) = 2a3 − 3, откуда a3 > 18, а тогда a1 > a3 + 15 − a2 ≥ 16. Итак все числа набора не меньше 17, и число 16 в наборе быть не может.
в) Из a1 ≥ 17 и различности чисел сумма не меньше 17 + 18 + … + 27 = 242. Это значение достигается на самом наборе 17, 18, …, 27.
Ответ: 242.
Пример 5
Про некоторый набор, состоящий из 12 различных натуральных чисел, известно, что сумма любых двух различных чисел этого набора меньше суммы любых трёх различных чисел этого набора.
а) Может ли одним из этих чисел быть число 2900?
б) Может ли одним из этих чисел быть число 14?
в) Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма чисел такого набора?
а) Может ли одним из этих чисел быть число 2900?
б) Может ли одним из этих чисел быть число 14?
в) Какое наименьшее возможное значение может принимать сумма чисел такого набора?
Показать ответ
а) да, например 2900, 2901, …, 2911: сумма двух наибольших равна 5821, а сумма трёх наименьших — 8703
б) нет: для упорядоченного набора a₁ < a₂ < … < a₁₂ условие равносильно неравенству a₁₁ + a₁₂ < a₁ + a₂ + a₃. Так как a₁₁ ≥ a₃ + 8 и a₁₂ ≥ a₃ + 9, получаем a₃ + 17 < a₁ + a₂; но a₁ + a₂ ≤ (a₃ − 2) + (a₃ − 1), откуда a₃ ≥ 21 и a₁ ≥ 19. Значит число 14 < 19 в наборе стоять не может
в) 294; например 19, 20, …, 30
Решение
Пусть числа набора упорядочены: a1 < a2 < … < a12. Наибольшая сумма двух чисел — это a11 + a12, наименьшая сумма трёх — это a1 + a2 + a3, поэтому условие равносильно неравенству a11 + a12 < a1 + a2 + a3.
а) Возьмём 12 подряд идущих чисел 2900, 2901, …, 2911: 2910 + 2911 = 5821 < 8703 = 2900 + 2901 + 2902.
б) Числа различны, поэтому a11 ≥ a3 + 8 и a12 ≥ a3 + 9. Подставляя, получаем 2a3 + 17 < a1 + a2 + a3, то есть a3 + 17 < a1 + a2. С другой стороны a1 + a2 ≤ (a3 − 2) + (a3 − 1) = 2a3 − 3, откуда a3 > 20, а тогда a1 > a3 + 17 − a2 ≥ 18. Итак все числа набора не меньше 19, и число 14 в наборе быть не может.
в) Из a1 ≥ 19 и различности чисел сумма не меньше 19 + 20 + … + 30 = 294. Это значение достигается на самом наборе 19, 20, …, 30.
Ответ: 294.
а) Возьмём 12 подряд идущих чисел 2900, 2901, …, 2911: 2910 + 2911 = 5821 < 8703 = 2900 + 2901 + 2902.
б) Числа различны, поэтому a11 ≥ a3 + 8 и a12 ≥ a3 + 9. Подставляя, получаем 2a3 + 17 < a1 + a2 + a3, то есть a3 + 17 < a1 + a2. С другой стороны a1 + a2 ≤ (a3 − 2) + (a3 − 1) = 2a3 − 3, откуда a3 > 20, а тогда a1 > a3 + 17 − a2 ≥ 18. Итак все числа набора не меньше 19, и число 14 в наборе быть не может.
в) Из a1 ≥ 19 и различности чисел сумма не меньше 19 + 20 + … + 30 = 294. Это значение достигается на самом наборе 19, 20, …, 30.
Ответ: 294.
Другие темы задания №20
1Каждый следующий в 10 раз больше или меньше: наибольшее число членов2Сумма соседей — одна из трёх: наименьшее число членов3Вдвое меньше либо больше на D: наименьший максимум4Средние без k-го члена: наибольшее M₃5Возрастающая с шагом ≤ 10: наибольшее среднее всех членов6Член больше среднего соседей: наименьшая сумма при n членах7Концы нулевые: наименьший второй член8Числа 1–4 и степенные суммы S₁…S₄9Целые числа: средние всех / положительных / отрицательных10Средние арифметические набора11Средние арифметические набора12Деление на три группы: наименьшее из наибольших средних
Нужен репетитор по математике?
Посмотрите репетиторов, которые ведут занятия в Precettore, или оставьте заявку — подберём сами.
Готовьтесь к ЕГЭ по профильной математике в Precettore
Варианты с автопроверкой, домашние задания от репетитора, онлайн-доска и разбор ошибок — в одном кабинете. Регистрация бесплатная.