Архив по категории: Задачи

2023-05-21

(ЕГЭ 2023, Досрок)

У Пети есть монеты номиналом 1, 2, 5 и 10 рублей. Каждого вида монет у него по 100 штук. Цена пирожного в рублях выражается целым числом. Петя хочет купить пирожное без сдачи, но до покупки не знает сколько оно стоит. 

а)  Может ли Петя выбрать дома 16 монет так, чтобы купить пирожное стоимостью не более 100  рублей?

б)  Может ли Петя выбрать дома 5 монет так, чтобы купить пирожное стоимостью не более 25  рублей?

в)  Какое наименьшее количество монет нужно взять Пете, если известно, что пирожное стоит не более 100  рублей?

Ответ: а) да; б) нет; в) 13.

Решение:

а) Взяв монеты 1,2,2,5 Петя может оплатить ими без сдачи пирожное стоимостью от 1 до 10 рублей. Добавляя к ним 9 монет по 10 рублей, Петя вполне может оплатить без сдачи пирожное любой стоимости уже до 100 рублей включительно.

А именно. Если цена пирожного – круглое число (с одним нулем), оплачиваем пирожное монетами по 10. Если цена пирожного 100 рублей, то отдаем все монеты. Если цена пирожного – не круглое число, то “разбиваем” цену на круглое число (оплата десячками) и единицы (оплата монетами 1,2,2,5).

Петя “укладывается” даже в 13 монет, уж тем более ему хватит шестнадцати.

б) Нет, не может.

Чтобы иметь возможность оплатить пирожное стоимостью 3 рубля, Петя должен иметь как минимум две монеты – 1 и 2 рубля.

Чтобы оплатить пирожное стоимостью 4 рубля, ему придется добавить к набору 1,2 еще одну рублевую или двухрублевую монету. То есть в наборе должны быть монеты  1,1,2 или 1,2,2.

Остается в запасе две монеты.

Если Петя добавит к взятым трем монетам только одну десятирублевую, а пятая – какая-то кроме десятирублевой, то сумма номинала монет не превзойдет 20 рублей. Значит, Пете придется взять две десятирублевые монеты. Но тогда он лишается возможности оплатить пирожное стоимостью, например, 19 рублей.

в) В пункте а было показано, что можно оплатить без сдачи любое пирожное стоимостью до 100 рублей, имея 13 монет.

Покажем, что монет не может быть меньше 13.

Мы уже замечали, что в наборе должна содержаться тройка 1,1,2 или 1,2,2 монет. Далее если даже 9 монет будут по 10 рублей, то их общая сумма будет не больше 9\cdot 10+2+2+1=95 рублей.

2023-05-20

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Егор делит линейку на части. За одно действие он может отрезать от любого количества линеек равные части, имеющие целую длину.

а)  Может ли Егор за 4 хода разделить линейку длиной в 16 см на части по 1 см?

б)  Может ли Егор за 5 ходов разделить линейку длиной в 100 см на части по 1 см?

в)  За какое наименьшее количество ходов Егор может разделить линейку длиной в 300 см на части по 1 см?

Решение:

а) Да, может. Разделили линейку пополам. Две образовавшиеся линейки делим снова пополам. Четыре линейки опять пополам, и наконец, восемь линеек за четвертый ход делим пополам, получая 16 частей по 1 см.

16\rightarrow 2*8\rightarrow 4*4\rightarrow 8*2 \rightarrow16*1.

б) Максимально, за один ход получаем удвоение количества линеек. За пять ходов можно получить не более 2^5, то есть 32-х линеек. Но не 100.

в) За восемь ходов сможем получить не более 2^8=256 линеек. Попробуем разделить линейку в 300 см на части по 1 см за 9 ходов.

1) отрезаем 150 см:

300\rightarrow 2*150;

2) отрезаем от двух линеек по 75 см:

2*150\rightarrow 4*75;

3) отрезаем от четырех линеек по 37 см:

4*75\rightarrow 4*37+4*38;

4) отрезаем от восьми линеек по 19 см:

4*37+4*38\rightarrow 12*19+4*18;

5) отрезаем от 16 линеек по 9 см:

12*19+4*18\rightarrow 20*9+12*10;

6) отрезаем от 32 линеек по 5 см:

20*9+12*10\rightarrow 44*5+20*4;

7) отрезаем от 64 линеек по 2 см:

44*5+20*4\rightarrow 84*2+44*3;

8) отрезаем от 128 линеек по 1 см:

84*2+44*3\rightarrow 212*1+44*2;

9) отрезаем от 44 линеек по 1 см:

212*1+44*2\rightarrow 212*1+88*1=300*1.

Ответ: а) да; б) нет; в) 9.

2023-05-20

(ЕГЭ 2023, Досрок)
Бесконечная геометрическая прогрессия b_1, b_2, ..., b_n, ... состоит из различных натуральных чисел. Пусть S_1  =  b_1 и S_n=  b_1 + b_2+ ... + b_n при всех натуральных n\geq 2.

а)  Существует ли такая прогрессия, среди чисел S_1, S_2, S_3, S_4 которой ровно два числа делятся на 60?

б)  Существует ли такая прогрессия, среди чисел  S_1, S_2, S_3, S_4

 которой ровно три числа делятся на 60?

в)  Какое наибольшее количество чисел среди  S_1, S_2, S_3, …, S_{12}

 может делиться на 60, если известно, что S_1 на 60 не делится?

Решение:

Пусть q – знаменатель прогрессии b_1, b_2, ..., b_n, ...

Пусть

S_1=b_1=b,

тогда

S_2=b+bq=b(1+q),

S_3=b+bq+bq^2=b(1+q+q^2),

S_4=b+bq+bq^2+bq^3=b(1+q+q^2+q^3)=b(1+q)(1+q^2).

Заметим, S_4 так же как и S_2 делится на (1+q).

а) Пусть, например, b=20,q=2.

Тогда из геометрической последовательности {b_n}

20;40;80;160

получаем последовательность  {S_n}:

20;60;140;300,

только два члена которой делятся на 60.

б) Если b кратно 60, то все члены кратны 60.

Пусть S_1=b не делится на 60. Тогда S_2=b+bq, S_3=b+bq+bq^2,S_4=b+bq+bq^2+bq^3 кратны 60.

Рассмотрим, например (рассуждения для любой другой пары соседних членов  {S_n} аналогичны), разность S_3-qS_2, которая должна делиться на 60, раз S_3 и S_2 кратны 60:

S_3-qS_2=b+bq+bq^2-bq-bq^2=b.

Но b не делится на 60. Противоречие.

Не существует такой прогрессии, среди чисел  S_1, S_2, S_3, S_4 которой ровно три числа делятся на 60.

в) В пункте а было подмечено, что суммы {S_n} c четными индексами кратны (1+q) (рассуждения были приведены для S_2,S_4, но идея распространяется на все суммы S_n c четными индексами, что несложно проверить).

В пункте б было подмечено, что в последовательности {S_n} соседние члены не могут быть кратны 60.

Если допустить, что в последовательности {S_n} есть 7 чисел кратных 60, то хотя бы одна пара из них – соседние члены последовательности, что невозможно. Приведем пример для 6 чисел:

{b_n}: 20;40;80;160;320;640;1280;2560;5120;10240;20480;40960

{S_n}: 20;60;140;300;620;1260;2540;5100;10220;20460;40940;81900.

Ответ: a) да; б) нет; в) 6.

2023-05-19

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Трёхзначное натуральное число, в десятичной записи которого нет нулей, разделили на произведение его цифр.

а)  Может ли получившееся частное быть равным 5?

6)  Может ли получившееся частное быть равным 1?

в)  Какое наименьшее значение может принимать это частное?

Решение:

а) Пусть наше трехзначное число – 100a+10b+c.

Заметим, все цифры числа не равны нулю и число кратно 5, стало быть, c=5.

Имеем:

100a+10b+5=25ab;

20a+2b+1=5ab;

Пусть, например, a=1. Тогда

20+2b+1=5b;

21=3b;

b=7.

Итак,

\frac{175}{1\cdot 7\cdot 5}=5.

б) Допустим,

100a+10b+c=abc,

тогда

10b+c=a(bc-100).

Заметим, правая часть отрицательна, а левая положительна, что невозможно.

Указанное в условии частное не может быть равно 1.

в)

\frac{100a+10b+c}{abc}=\frac{100}{bc}+\frac{10}{ac}+\frac{1}{ab}\geq\frac{100}{81}+\frac{10}{81}+\frac{1}{81}=\frac{111}{81}=\frac{37}{27}.

Итак, a=b=c=9.

\frac{999}{9\cdot 9\cdot 9\cdot 9}=\frac{37}{27}.

Ответ: Ответ: а)  да; б)  нет; в)  \frac{37}{27}.

2023-05-16

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Дано натуральное число. К этому числу можно либо прибавить утроенную сумму его цифр, либо вычесть утроенную сумму его цифр. После прибавления или вычитания суммы цифр, число должно остаться натуральным.

а)  Можно ли получить из числа 128 число 29?

б)  Можно ли получить из числа 128 число 31?

в)  Какое наименьшее число можно было получить из числа 128?

Решение:

а) Да, например:

128;95;53;29.

б) Заметим, остаток при делении на 3 числа 128 равен 2, а остаток при делении на 3 числа 31 равен 1. Но указанные в условии задачи операции (прибавление утроенной суммы цифр к числу, либо вычитание утроенной суммы цифр числа) не меняют остаток при делении на 3 числа, так как утроенные суммы цифр числа кратны 3.


в) По замеченному в пункте б, понимаем, что наименьшим числом не может оказаться 1, так как числа 128 и 1 имеют разные остатки при делении на 3.
Попробуем подобрать пример для 2.


128-3\cdot 11=95;
95-3\cdot 14=53;
53-3\cdot 8=29;
29+3\cdot 11=62;
62+3\cdot 8=86;
86-3\cdot 14=44;
44+3\cdot 8=20;
20+3\cdot 2=26;
26-3\cdot 8=2.

Ответ: а) да; б) нет; в) 2.

2023-05-16

(ЕГЭ 2023, Досрок) При каких значениях параметра a уравнение

\frac{|4x|-x-3-a}{x^2-x-a}=0

имеет ровно 2 различных решения.

Решение:

Исходное уравнение равносильно системе:

\begin{cases}|4x|-x-3-a=0,&&x^2-x-a\neq 0.&\end{cases}

Распишем первую строку системы согласно определению модуля:

\left[\begin{gathered}\begin{cases}4x-x-3-a=0,&&x\geq 0;&\end{cases}&\begin{cases}-4x-x-3-a=0,&&x<0;\end{cases}\right\end{gathered}

\left[\begin{gathered}\begin{cases}a=3x-3,&&x\geq 0;&\end{cases}&\begin{cases}a=-5x-3,&&x<0;\end{cases}\right\end{gathere}

Построим множество точек последней совокупности в системе координат (x;a), при условии a\neq x^2-x:

Ограничение a\neq x^2-x (множество точек параболы) «выкалывает» на ломаной a=|4x|-x-3 четыре точки: (1;0),(-1;2),(3;6),(-3;12). Становится видно, что два решения исходная система будет иметь при

a\in(-3;0)\cup(0;2)\cup(2;6)\cup(6;12)\cup(12;+\infty).


Ответ: (-3;0)\cup(0;2)\cup(2;6)\cup(6;12)\cup(12;+\infty).

2023-05-14

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Найдите все значения a, при каждом из которых множество решений неравенства

\frac{5-a-(a^2-2a+1)sinx}{cos^2x+a^2+2}<1

содержит отрезок [0;\frac{2\pi}{3}].

Решение:

Так как cos^2x+a^2+2>0 всегда, то переходим к равносильному неравенству:

5-a-(a^2-2a+1)sinx-cos^2x-a^2-2<0;

5-a-(a^2-2a+1)sinx-(1-sin^2x)-a^2-2<0;

sin^2x-(a-1)^2sinx-a^2-a+2<0.

Пусть sinx=m,m\in[-1;1].

Заметим, если x\in[0;\frac{2\pi}{3}], то m\in[0;1].

Пусть f(m)=m^2-(a-1)^2m-a^2-a+2.

Хотим, чтобы решения неравенства f(m)<0 содержали бы в себе отрезок [0;1].


Достаточно потребовать:

\begin{cases}f(0)<0,&&f(1)<0;&\end{cases}

\begin{cases}-a^2-a+2<0,&&1-(a-1)^2-a^2-a+2<0;&\end{cases}

\begin{cases}a^2+a-2>0,&&2a^2-a-2>0;&\end{cases}

Ответ: (-\infty;-2)\cup (\frac{1+\sqrt{17}}{4};+\infty).

2023-05-16

(ЕГЭ 2023, Досрок)
Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение

\sqrt{5x-3}\cdot ln(x^2-6x+10-a^2)=0

имеет ровно один корень на отрезке [0;3].

Решение:

\sqrt{5x-3}\cdot ln(x^2-6x+10-a^2)=0;


\left[\begin{gathered}\begin{cases}\sqrt{5x-3}=0,&&x^2-6x+10-a^2>0;&\end{cases}&\begin{cases}&ln(x^2-6x+10-a^2)=0;&&5x-3\geq 0;&\end{cases}\right\end{gathered}


\left[\begin{gathered}\begin{cases}x=0,6,&&(\frac{3}{5})^2-6\cdot \frac{3}{5}+10-a^2>0;&\end{cases}&\begin{cases}&x^2-6x+10-a^2=1;&&x\geq 0,6;&\end{cases}\right\end{gathered}


\left[\begin{gathered}\begin{cases}x=0,6,&&a^2<\frac{169}{25};&\end{cases}&\begin{cases}&(x-3)^2-a^2=0;&&x\geq 0,6;&\end{cases}\right\end{gathered}


\left[\begin{gathered}\begin{cases}x=0,6,&&(a-2,6)(a+2,6)<0;&\end{cases}&\begin{cases}&a=\pm (x-3);&&x\geq 0,6;&\end{cases}\right\end{gathered}

Работаем в системе координат (x;a). При этом рабочая зона – x\in [0;3].


Множество точек, отвечающее исходному уравнению, помечено на рисунке красным цветом (жирные линии).
Откуда видно, что уравнение имеет единственное решение при a \in (-2,6;-2,4]\cup [2,4;2,6).

Ответ: (-2,6;-2,4]\cup [2,4;2,6).

2023-05-13

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение

\sqrt{3x-5}\cdot ln(4x^2-a^2)=\sqrt{3x-5}\cdot ln(2x+a)

имеет ровно один корень.

Решение:

\sqrt{3x-5}\cdot ln(4x^2-a^2)=\sqrt{3x-5}\cdot ln(2x+a);

\sqrt{3x-5}\cdot(ln(4x^2-a^2)- ln(2x+a))=0;

\begin{cases}\left[\begin{gathered}\sqrt{3x-5}=0,&ln(4x^2-a^2)- ln(2x+a)=0;&\end{gathered}\right&&3x-5\geq 0,&&2x+a>0,&&4x^2-a^2>0;&\end{cases}

\begin{cases}\left[\begin{gathered}3x-5=0,&4x^2-a^2=2x+a;&\end{gathered}\right&&3x-5\geq 0,&&2x+a>0,&&(2x-a)(2x+a)>0;&\end{cases}

\begin{cases}\left[\begin{gathered}3x-5=0,&(2x+a)(2x-a-1)=0;&\end{gathered}\right&&3x-5\geq 0,&&2x+a>0,&&(2x-a)(2x+a)>0;&\end{cases}

\begin{cases}\left[\begin{gathered}x=\frac{5}{3},&a=-2x&a=2x-1;&\end{gathered}\right&&x\geq \frac{5}{3},&&a>-2x,&&(2x-a)(2x+a)>0;&\end{cases}

Работаем в системе координат (x;a).

Множество точек, отвечающее исходному уравнению, помечено на рисунке красным цветом.
Откуда видно, что уравнение имеет единственное решение при a \in(-\frac{10}{3};\frac{7}{3}]\cup [\frac{10}{3};+\infty).


Ответ: (-\frac{10}{3};\frac{7}{3}]\cup [\frac{10}{3};+\infty).

2023-05-19

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Окружность касается одной из сторон прямого угла с вершиной D в точке E и пересекает вторую сторону в точках A и B (точка A лежит между B и D). В окружности проведён диаметр AC.

а)  Докажите, что отрезок BC вдвое больше отрезка DE.

б)  Найдите расстояние от точки E до прямой AC, если AD = 4 и AB = 5.

Решение:

а) \angle ABC=90^{\circ}, так как опирается на диаметр AC.

 Пусть K – середина AB. В равнобедренном треугольнике AOB (AO=OB как радиусы) медиана OK  – высота.

OE\perp DE как радиус, проведенный к касательной.

Таким образом DEOK – прямоугольник и OK=DE.

При этом OK – средняя линия треугольника ABC, то есть OK=\frac{BC}{2}.

Итак, BC=2OK=2DE.

б) Пусть EH – искомое расстояние. Пусть  OE=AO=R.

Из треугольника AOK:

OK=\sqrt{AO^2-AK^2}=\sqrt{R^2-2,5^2}.

DE=OK=\sqrt{R^2-(\frac{5}{2})^2} – расстояние от точки A до EO.

По свойству касательной и секущей:

DE^2=DA\cdot DB;

R^2-2,5^2=4\cdot 9;

R=6,5.

Заметим, треугольник AEO – равнобедренный, значит высоты, проведенные к боковым сторонам, равны.

Длина EH равна расстоянию от A до EO:

\rho (E,AC)=DE=\sqrt{R^2-2,5^2}=\sqrt{6,5^2-2,5^2}=6.

Ответ: 6.

2023-05-13

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Серединный перпендикуляр к стороне AB треугольника ABC переcекает сторону AC в точке D. Окружность с центром O, вписанная в треугольник ADB, касается отрезка AD в точке P, а прямая OP пересекает сторону AB в точке K.

а)  Докажите, что около четырёхугольника BDOK можно описать окружность.

б)  Найдите радиус окружности, описанной около четырёхугольника BDOK, если AB=10,BC=\sqrt{19},AC=9.

Решение:

а) Серединный перпендикуляр к AB – биссектриса угла  ADB.

Пусть \angle DAB=\angle DBA=\alpha. Тогда \angle ADH= \angle BDH=90^{\circ}-\alpha, где H – середина AB.

Тогда, с учетом того, что  OP\perp AC, получаем: \angle POD=\alpha. И тогда \angle DOK=180^{\circ}-\alpha.

Итак, в четырехугольнике BDOK наблюдаем:

\angle O+\angle B=180^{\circ}-\alpha+\alpha=180^{\circ},

что говорит о том, около четырёхугольника можно описать окружность.

б) Заметим, треугольник ABC – прямоугольный, так как 10^2=9^2+(\sqrt{19})^2.

Пусть DC=x, тогда AD=DB=9-x.

Из треугольника DBC:

(9-x)^2=x^2+19;

62=18x;

x=\frac{31}{9}.

Тогда  DB=9-x=9-\frac{31}{9}=\frac{50}{9}.

Замечаем, BO – биссектриса угла DBA.

Из треугольника DOB:

\angle DOB=180^{\circ}-\alpha-(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2})=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.

Из треугольника ABC cosA=cos \alpha=\frac{9}{10}.

Тогда cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{cos\alpha+1}{2}}=\sqrt{\frac{19}{20}}.
 По теореме Синусов для треугольника DBO:

\frac{DB}{sinDOB}=2R;

\frac{\frac{50}{9}}{sin(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2})}=2R;

\frac{\frac{50}{9}}{cos\frac{\alpha}{2}}=2R;

R=\frac{25}{9cos\frac{\alpha}{2}};

R=\frac{25}{9\cdot \sqrt{\frac{19}{20}}};

R=\frac{25\sqrt{20}}{9\sqrt{19}};

R=\frac{50\sqrt{95}}{171}.

Ответ: \frac{50\sqrt{95}}{171}.

2023-05-10

(ЕГЭ 2023, Досрок)

Две окружности касаются внутренним образом в точке K, причём меньшая проходит через центр большей. Хорда MN большей окружности касается меньшей в точке C. Хорды KM и KN пересекают меньшую окружность в точках A и B соответственно, а отрезки KC и AB пересекаются в точке L.

а)  Докажите, что CN:CM=LB:LA.

б)  Найдите длину хорды MN, если LB:LA=3:7,  a радиус меньшей окружности равен \sqrt{17}.

Решение:

а) Пусть O – центр большей окружности.

Угол KBO – прямой, так как опирается на диаметр   KO.

OB – радиус, проведенный перпендикулярно хорде KN, а значит B – середина KN. Тогда BO – не только высота и медиана в треугольнике KON, но и биссектриса.

Пусть

\angle BOK=\angle NOB=\alpha.

При этом

\angle BAK=\angle BOK=\alpha (опираются на одну дугу).

Далее,

\angle NMK=\frac{1}{2}\angle NOK (пара “центральный-вписанный”)

\angle NMK=\frac{2\alpha}{2}=\alpha.

Имеем: \angle BAK=\angle NMK=\alpha, значит прямые NM, AB параллельны.

Но тогда \triangle KBL\infty \triangle KNC и \triangle KLA\infty \triangle KCM.

А значит, LB:CN=KL:KC и LA:CM=LK:CK, откуда

LB:CN=LA:CM

или

CN:CM=LB:LA.

б) Пусть Q – центр малой окружности. QC\perp NM.

Пусть OT\perp NM (T – середина  NM).

По условию LB:LA=3:7, значит NC:CM=3:7. Пусть NC=3x,CM=7x, тогда CT=2x.

Пусть QF\perp OT.

Очевидно, QC=FT=\sqrt{17},CT=QF=2x.

Из треугольника QOF:

 FO=\sqrt{17-4x^2}.

Наконец, из треугольника  NTO имеем:

NO^2=NT^2+TO^2;

4\cdot 17=(5x)^2+(\sqrt{17}+\sqrt{17-4x^2})^2;

4\cdot 17=25x^2+17+2\sqrt{17(17-4x^2)}+17-4x^2;

2\sqrt{17(17-4x^2)}=34-21x^2;

4(17^2-68x^2)=(34-21x^2)^2;

4(17^2-68x^2)=34^2-68\cdot 21x^2+441x^4;

441x^4=17\cdot 68x^2;

21x^2=34^2;

x=\frac{34}{21}.

Тогда

MN=10x=\frac{340}{21}.

Ответ: \frac{340}{21}.

Полезно посмотреть аналог

2023-05-09

ЕГЭ 2023, Досрок
Точка B лежит на отрезке AC. Прямая, проходящая через точку A, касается окружности с диаметром BC в точке M и второй раз пересекает окружность с диаметром AB в точке K. Продолжение отрезка MB пересекает окружность с диаметром AB в точке D.

а)  Докажите, что прямые AD и MC параллельны.

б)  Найдите площадь треугольника DBC, если AK=7 и MK=14.

Решение:

а) Заметим, углы BMC, ADB опираются на диаметр, а значит являются прямыми. Стало быть, углы при прямых AD, MC и секущей DM равны. А значит, по признаку параллельности прямых, AD и MC параллельны.

б) Пусть Q – середина BC. Заметим, MQ перпендикулярен AM как радиус, проведенный к касательной.

Треугольники AKB, AMQ подобны по двум углам (угол A общий и углы AKM, AMQ прямые).

С учетом условия AK=7 и   MK=14 коэффициент подобия треугольников – 1:3.

Пусть AB=2x,BQ=MQ=4x, BK=\frac{4}{3}MQ=\frac{4}{3}x.

Из треугольника AKB по теореме Пифагора:

4x^2=49+(\frac{4x}{3})^2;

36x^2=49\cdot 9+16x^2;

20x^2=49\cdot 9; с.

x=\frac{21}{2\sqrt{5}}.

BK=\frac{4}{3}x=\frac{14}{\sqrt{5}}.

Заметим, треугольники ABM, CBD равновелики.
Действительно, с учетом параллельности прямых AD и MC, имеем:

S_{CBD}=S_{ACD}-S_{ABD}=S_{AMD}-S_{ABD}=S_{AMB}.

Итак,

S_{CBD}=S_{AMB}=\frac{AM\cdot BK}{2}=\frac{21\cdot \frac{14}{\sqrt{5}}}{2}=\frac{147\sqrt 5}{5}.

Ответ: \frac{147\sqrt5}{5}.

2023-05-08

3.1. (ЕГЭ 2023, Досрок)

15 января Алексей планирует взять кредит в банке на шесть месяцев в размере 1 млн рублей. Условия его возврата следующие:

— 1-го числа каждого месяца долг увеличивается на r процентов по сравнению с концом предыдущего месяца, где r  — целое число;

— платёж должен вноситься один раз в месяц, со 2-го по 14-е число каждого месяца;

— 15-го числа каждого месяца размер долга должен соответствовать долгу, указанному в таблице.

Дата15.0115.0215.0315.0415.0515.0615.07
Долг
(млн. руб.)
10,80,70,50,30,10

Найдите наименьшее значение r, при котором общая сумма платежей больше 1,4 млн рублей.

Решение:

Пусть k=\frac{r}{100}.

Распишем платежи каждого месяца:

  1. 0,2+k\cdot 1
  2. 0,1+k\cdot 0,8
  3. 0,2+k\cdot 0,7
  4. 0,2+k\cdot 0,5
  5. 0,2+k\cdot 0,3
  6. 0,1+k\cdot 0,1

Общая сумма выплат: 1+k(1+0,8+0,7+0,5+0,3+0,1).

По условию общая сумма платежей больше 1,4 млн рублей, поэтому

1+k(1+0,8+0,7+0,5+0,3+0,1)>1,4;

1+3,4k>1,4;

k>\frac{1,4-1}{3,4};

k>\frac{2}{17}.

Откуда

\frac{r}{100}>\frac{2}{17};

r>\frac{200}{17};

r>11\frac{13}{17}.

Наименьшее целое число r, отвечающее неравенству, – это 12.

 Ответ: 12.

2023-05-18

(ЕГЭ 2023, Досрок)

В июле 2023 года планируется взять кредит на некоторую сумму. Условия возврата таковы:

— в январе каждого года долг увеличивается на 20% по сравнению с предыдущим годом;

— с февраля по июнь нужно выплатить часть долга одним платежом.

Сколько рублей планируется взять в банке, если известно, что кредит будет полностью погашен четырьмя равными платежами (то есть за четыре года), а общая сумма выплат равна 311 040 рублей?

Решение:

Пусть S – сумма кредита. Пусть x– сумма каждой из четырех выплат.

Распишем остатки долга после каждого погашения:

2024 год: 1,2S-x;

2025 год: 1,2^2S-1,2x-x;

2026 год: 1,2^3S-1,2^2x-1,2x-x;

2027 год: 1,2^4S-1,2^3x-1,2^2x-1,2x-x=0 (*)

Ссогласно условию 4x=311040, значит x=77760.

Тогда, возвращаясь к (*), имеем:

1,2^4\cdot S-77760\cdot (1,2^3+1,2^2+1,2+1)=0;

S=\frac{77760\cdot (1,2^3+1,2^2+1,2+1)}{1,2^4};

S=\frac{77760\cdot ((\frac{6}{5})^3+(\frac{6}{5})^2+\frac{6}{5}+1)}{(\frac{6}{5})^4};

S=\frac{5\cdot 77760\cdot (6^3+5\cdot 6^2+25\cdot 6+125)}{6^4};

S=201300.

Ответ: 201300 рублей.