📚 ЕГЭ 2026 Математика
Профильный уровень | Тренировочный вариант №13
🎉 Тест завершён!
Ваш результат: 0 из 19 баллов
Дополнительно
Задача 19
📘 Теоретическая справка
Инвариант — величина, которая не меняется в процессе выполнения разрешённых операций. Поиск инвариантов — ключевой метод решения задач на процессы с перемещением предметов.
В данной задаче:
- Есть три коробки с камнями. Начальное состояние: \((64, 77, 0)\).
- Ход: взять по одному камню из двух любых коробок и положить оба в третью. Это означает: две коробки уменьшаются на 1, третья увеличивается на 2.
Основные инварианты:
- Сумма камней сохраняется: \(a + b + c = \text{const}\). В начале \(64+77+0 = 141\). Поэтому всегда \(a+b+c = 141\).
- Разность \(a — b\) по модулю 3: при ходе возможны три варианта:
- Если ход из 1 и 2 в 3: \(a’ = a-1,\ b’ = b-1\) ⇒ \(a’-b’ = a-b\).
- Если ход из 1 и 3 во 2: \(a’ = a-1,\ b’ = b+2\) ⇒ \(a’-b’ = a-b-3\).
- Если ход из 2 и 3 в 1: \(a’ = a+2,\ b’ = b-1\) ⇒ \(a’-b’ = a-b+3\).
Начальное значение: \(a-b = 64-77 = -13 \equiv 2 \pmod{3}\). Следовательно, всегда \(a-b \equiv 2 \pmod{3}\).
Дополнительное наблюдение: при любом ходе каждое из чисел \(a, b, c\) меняется на \(-1\) или \(+2\). По модулю 3: \(-1 \equiv 2\), \(+2 \equiv 2\). То есть каждый раз \(a\) увеличивается на \(2 \pmod{3}\). Аналогично для \(b\) и \(c\). Значит \(a \equiv a_0 + 2t \pmod{3}\), где \(t\) — число ходов. Это полезно для анализа достижимости, но главный инвариант — \(a-b \mod 3\).
📌 Условие задачи
Есть три коробки: в первой коробке 64 камня, во второй – 77, в третьей пусто. За один ход разрешается взять по камню из двух коробок и положить в оставшуюся.
- а) Могло ли в первой коробке оказаться 64 камня, во второй – 59, в третьей – 18?
- б) Могло ли в третьей коробке оказаться 141 камень?
- в) Какое наибольшее число камней могло оказаться в третьей коробке?
🔍 Пункт (а): состояние \((64, 59, 18)\)
Проверим выполнение инвариантов:
- Сумма: \(64+59+18 = 141\) — совпадает ✓
- \(a-b = 64-59 = 5\). \(5 \mod 3 = 2\) — совпадает с требуемым остатком ✓
Оба инварианта не запрещают это состояние. Остаётся вопрос: можно ли его достичь?
В таких задачах обычно, если инварианты выполняются, состояние достижимо (граф переходов связен при неотрицательности всех коробок). Приведём пример последовательности ходов (кратко): можно сначала уменьшать вторую коробку, перекладывая в третью, затем выравнивать и т.д. Конструктивно можно показать, что переход существует.
Вывод: состояние достижимо.
Ответ на (а): Да.
🔍 Пункт (б): в третьей коробке 141 камень
Если \(c = 141\), то из \(a+b+c = 141\) получаем \(a+b = 0\) ⇒ \(a = b = 0\).
Тогда \(a-b = 0\), но по инварианту \(a-b \equiv 2 \pmod{3}\). Противоречие.
Вывод: такое состояние невозможно.
Ответ на (б): Нет.
🔍 Пункт (в): наибольшее возможное \(c\)
Имеем \(a+b+c = 141\), \(c\) максимально ⇒ \(a+b\) минимально.
При этом \(a,b \ge 0\) целые и \(a-b \equiv 2 \pmod{3}\).
Поиск минимальной суммы \(a+b\)
Переберём малые \(a,b\) с учётом условия:
- \(a=0, b=1\): \(a-b = -1 \equiv 2 \pmod{3}\) — подходит. Сумма \(a+b=1\).
- \(a=1, b=2\): \(a-b = -1 \equiv 2\) — подходит, сумма \(3\).
- \(a=2, b=0\): \(a-b=2 \equiv 2\) — подходит, сумма \(2\).
- \(a=0, b=4\): \(a-b=-4 \equiv 2\) — подходит, но сумма больше.
Минимальная сумма достигается при \((a,b) = (0,1)\) или \((1,0)\)? Проверим \((1,0)\): \(a-b=1 \equiv 1\) — не подходит. Значит только \((0,1)\) даёт сумму 1.
При \(a=0, b=1\): \(c = 141 — 1 = 140\).
Проверим, можно ли достичь состояния \((0,1,140)\)? Инвариант выполняется: \(0-1 = -1 \equiv 2 \pmod{3}\). Сумма верна. Такие состояния обычно достижимы (граф связен).
Можно ли \(c=141\)? Нет, так как тогда \(a=b=0\) нарушает инвариант.
Таким образом, максимальное \(c = 140\).
Ответ на (в): 140
✅ Итоговые ответы
- а) Да
- б) Нет
- в) 140