Русская литература xi. История русской литературы

Пособия по математике серии «ЕГЭ 2017. Математика» ориентированы на подготовку учащихся старшей школы к успешной сдаче единого государственного экзамена по математике. В данном учебном пособии представлен материал для подготовки к решению задачи 19.
Пособие предназначено для учащихся старшей школы, учителей математики, родителей.

Примеры.
Из цифр 1,2,3,4,5,6,7 составляются всевозможные натуральные числа, в записи которых каждая из этих цифр присутствует ровно 1 раз. Докажите, что сумма всех таких чисел делится на 9.

В числах МИХАЙЛО и ЛОМОНОСОВ каждая буква обозначает цифру (разным буквам соответствуют разные цифры, одинаковым - одинаковые). Известно, что произведения цифр у этих чисел равны. Могут ли оба числа быть нечётными?

Найдутся ли 11 натуральных чисел, делящихся на 11, в записи каждого из которых по 1 разу использованы а) все цифры от 0 до 9; б) все цифры от 0 до 8; в) все цифры от 0 до 5?

Содержание
Предисловие
Диагностическая работа
Решения задач диагностической работы
§1. Делимость и её свойства. Признаки делимости
Диагностическая работа 1
1.1. Свойства делимости
Примеры решения задач
Подготовительные задачи
Основные задачи
1.2. Признаки делимости
Примеры решения задач
Подготовительные задачи
Основные задачи
§2. Остатки
Диагностическая работа 2
Краткая теоретическая справка
Примеры решения задач
Подготовительные задачи
Основные задачи
§3. Десятичная запись числа
Диагностическая работа 3
Краткая теоретическая справка
Примеры решения задач
Подготовительные задачи
Основные задачи
§4. НОД и НОК. Основная теорема арифметики
Диагностическая работа 4
Краткая теоретическая справка
4.1. НОД и НОК
Примеры решения задач
Подготовительные задачи
Основные задачи
4.2. Основная теорема арифметики. Делители
Примеры решения задач
Подготовительные задачи
Основные задачи
§5. Уравнения в целых числах
Диагностическая работа 5
Краткая теоретическая справка
Примеры решения задач
Подготовительные задачи
Основные задачи
§6. Неравенства и оценки в задачах теории чисел
Диагностическая работа 6
Краткая теоретическая справка
6.1. Среднее арифметическое. Неравенство о средних
Примеры решения задач
Подготовительные задачи
Основные задачи
6.2. Неравенства и оценки
Примеры решения задач
Подготовительные задачи
Основные задачи
§7. Последовательности и прогрессии
Диагностическая работа 7
Краткая теоретическая справка
Примеры решения задач
Подготовительные задачи
Основные задачи
§8. Как решать задачу 19: задачи ЕГЭ прошлых лет
Ответы, указания, решения.

Бесплатно скачать электронную книгу в удобном формате, смотреть и читать:
Скачать книгу ЕГЭ 2017, Математика, Арифметика и алгебра, Задача 19, Профильный уровень, Вольфсон Г.И., Ященко И.В. - fileskachat.com, быстрое и бесплатное скачивание.

• ЕГЭ 2019, Математика, Арифметика и алгебра, Задача 19, Профильный уровень, Вольфсон Г.И., Ященко И.В.
• ЕГЭ 2018, Математика, Арифметика и алгебра, Задача 19, Профильный уровень, Вольфсон Г.И., Ященко И.В.

Следующие учебники и книги:

• ЕГЭ, Математика, Профильный уровень, Высший балл, Ерина Т.М., 2017
• ЕГЭ 2017, Математика, Геометрический смысл производной, Задача 7, Профильный уровень, Задача 14, Базовый уровень, Рабочая тетрадь, Ященко И.В., Захаров П.И.

ЕГЭ 2017. Математика. Профильный уровень. Задание 19. Решение задач и уравнений в целых числах. Садовничий Ю.В.

М.: 2017. - 128 с.

Данная книга посвящена задачам, при решении которых используются свойства целых чисел. На примере задач, аналогичных задачам из вариантов ЕГЭ, а также заданий, предлагавшихся на различных математических олимпиадах, предпринята попытка систематизировать их по типам и изложить основные методы решения. Автор надеется, что данная книга будет полезна учащимся старших классов для самостоятельной подготовки к ЕГЭ, а также учителям математики, руководителям кружков и всем тем, кто хочет самостоятельно научиться решать интересные математические задачи.

Формат: pdf

Размер: 1,4 Мб

Смотреть, скачать: drive.google

ОГЛАВЛЕНИЕ
ВВЕДЕНИЕ 4
ГЛАВА 1. ДИОФАНТОВЫ УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО ПОРЯДКА С ДВУМЯ НЕИЗВЕСТНЫМИ 6
Задачи для самостоятельного решения 11
ГЛАВА 2. ДИОФАНТОВЫ УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА С ДВУМЯ НЕИЗВЕСТНЫМИ 12
Задачи для самостоятельного решения 20
ГЛАВА 3. ДРУГИЕ УРАВНЕНИЯ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ 22
Задачи для самостоятельного решения 25
ГЛАВА 4. ТЕКСТОВЫЕ ЗАДАЧИ, ИСПОЛЬЗУЮЩИЕ УРАВНЕНИЯ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ 28
Задачи для самостоятельного решения 33
ГЛАВА 5. ОЦЕНКИ ПЕРЕМЕННЫХ. ОРГАНИЗАЦИЯ ПЕРЕБОРА 36
Задачи для самостоятельного решения 45
ГЛАВА 6. НЕРАВЕНСТВА В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ. ГРАФИЧЕСКИЕ ИЛЛЮСТРАЦИИ 51
Задачи для самостоятельного решения 60
ГЛАВА 7. ЗАДАЧИ НА ДЕЛИМОСТЬ 62
Задачи для самостоятельного решения 68
ГЛАВА 8. ТЕКСТОВЫЕ ЗАДАЧИ, ИСПОЛЬЗУЮЩИЕ ДЕЛИМОСТЬ ЦЕЛЫХ ЧИСЕЛ 70
Задачи для самостоятельного решения 75
ГЛАВА 9. ЭКСТРЕМАЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ 79
Задачи для самостоятельного решения 87
ГЛАВА 10. ЦЕЛОЧИСЛЕННЫЕ ПРОГРЕССИИ 91
Задачи для самостоятельного решения 97
ГЛАВА 11. ЦЕЛЫЕ ЧИСЛА И КВАДРАТНЫЙ ТРЕХЧЛЕН 99
Задачи для самостоятельного решения 105
ГЛАВА 12. ЗАДАЧИ, АНАЛОГИЧНЫЕ ЗАДАЧАМ 19 ИЗ ЕГЭ 107
Задачи для самостоятельного решения 113
ГЛАВА 13. ЗАДАЧИ МАТЕМАТИЧЕСКИХ ОЛИМПИАД 115
Задачи для самостоятельного решения 120
ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО
РЕШЕНИЯ 124

В последние годы значительно возрос интерес к задачам, при решении которых используются свойства целых чисел. Это определено, в первую очередь, изменившимся форматом Единого государственного экзамена по математике. В вариантах ЕГЭ последних лет задача высокого уровня сложности (задача 19) традиционно связана с целыми числами. Кроме того, такие задачи встречаются едва ли не в каждом варианте различных олимпиад, проводимых для старшеклассников и дающих льготы при поступлении в вузы.
Задачи на целые числа всегда считались одними из наиболее сложных задач, предлагаемых учащимся старших классов. Это объясняется отсутствием единого метода или даже нескольких методов их решения. При этом решение большинства подобных задач, за исключением, может быть, задач, разбираемых на специальных курсах физико-математических школ, не содержит теоретического материала, выходящего за рамки программы курса математики средней школы. Более того, теория в каком-то смысле здесь вообще сведена к минимуму. К примеру, для решения задач на целые числа совершенно не обязательно знать все формулы тригонометрии. Но что совершенно необходимо, так это умение логически мыслить, охватывать всю задачу целиком, как говорят шахматисты, «просчитывать на несколько ходов вперед».

ЕГЭ по математике профильный уровень

Работа состоит из 19 заданий.
Часть 1:
8 заданий с кратким ответом базового уровня сложности.
Часть 2:
4 задания с кратким ответом
7 заданий с развернутым ответом высокого уровня сложности.

Время выполнения - 3 часа 55 минут.

Примеры заданий ЕГЭ

Решение заданий ЕГЭ по математике.

Для самостоятельного решения:

1 киловатт-час электроэнергии стоит 1 рубль 80 копеек.
Счетчик электроэнергии 1 ноября показывал 12625 киловатт-часов, а 1 декабря показывал 12802 киловатт-часа.
Какую сумму нужно заплатить за электроэнергию за ноябрь?
Ответ дайте в рублях.

В обменном пункте 1 гривна стоит 3 рубля 70 копеек.
Отдыхающие обменяли рубли на гривны и купили 3 кг помидоров по цене 4 гривны за 1 кг.
Во сколько рублей обошлась им эта покупка? Ответ округлите до целого числа.

Маша отправила SMS-сообщения с новогодними поздравлениями своим 16 друзьям.
Стоимость одного SMS-сообщения 1 рубль 30 копеек. Перед отправкой сообщения на счету у Маши было 30 рублей.
Сколько рублей останется у Маши после отправки всех сообщений?

В школе есть трехместные туристические палатки.
Какое наименьшее число палаток нужно взять в поход, в котором участвует 20 человек?

Поезд Новосибирск-Красноярск отправляется в 15:20, а прибывает в 4:20 на следующий день (время московское).
Сколько часов поезд находится в пути?

Решите уравнение:

1/cos 2 x + 3tgx - 5 = 0

Укажите корни,
принадлежащие отрезку (-п; п/2).

Решение:

1) Запишем уравнение так:

(tg 2 x +1) + 3tgx - 5 = 0

Tg 2 x + 3tgx - 4 = 0

tgx = 1 или tgx = -4.

Следовательно:

X = п/4 + пk или x = -arctg4 + пk.

Отрезку (-п; п/2)

Принадлежат корни -3п/4, -arctg4, п/4.

Ответ: -3п/4, -arctg4, п/4.

А знаете ли вы, что?

Если умножить ваш возраст на 7, затем умножить на 1443, то результатом будет ваш возраст написанный три раза подряд.

Мы считаем отрицательные числа чем-то естественным, но так было далеко не всегда. Впервые отрицательные числа были узаконены в Китае в III веке, но использовались лишь для исключительных случаев, так как считались, в общем, бесмыссленными. Чуть позднее отрицательные числа стали использоваться в Индии для обозначения долгов, но западнее они не прижились – знаменитый Диофант Александрийский утверждал, что уравнение 4x+20=0 – абсурдно.

Американский математик Джордж Данциг, будучи аспирантом университета, однажды опоздал на урок и принял написанные на доске уравнения за домашнее задание. Оно показалось ему сложнее обычного, но через несколько дней он смог его выполнить. Оказалось, что он решил две «нерешаемые» проблемы в статистике, над которыми бились многие учёные.

В русской математической литературе ноль не является натуральным числом, а в западной, наоборот, принадлежит ко множеству натуральных чисел.

Используемая нами десятичная система счисления возникла по причине того, что у человека на руках 10 пальцев. Способность к абстрактному счёту появилась у людей не сразу, а использовать для счёта именно пальцы оказалось удобнее всего. Цивилизация майя и независимо от них чукчи исторически использовали двадцатичную систему счисления, применяя пальцы не только рук, но и ног. В основе распространённых в древних Шумере и Вавилоне двенадцатеричной и шестидесятиричной систем тоже было использование рук: большим пальцем отсчитывались фаланги других пальцев ладони, число которых равно 12.

Одна знакомая дама просила Эйнштейна позвонить ей, но предупредила, что номер ее телефона очень сложно запомнить: - 24-361. Запомнили? Повторите! Удивленный Эйнштейн ответил: - Конечно, запомнил! Две дюжины и 19 в квадрате.

Стивен Хокинг - один из крупнейших физиков-теоретиков и популяризатор науки. В рассказе о себе Хокинг упомянул, что стал профессором математики, не получая никакого математического образования со времён средней школы. Когда Хокинг начал преподавать математику в Оксфорде, он читал учебник, опережая собственных студентов на две недели.

Максимальное число, которое можно записать римскими цифрами, не нарушая правил Шварцмана (правил записи римских цифр) - 3999 (MMMCMXCIX) - больше трех цифр подряд писать нельзя.

Известно много притч о том, как один человек предлагает другому расплатиться с ним за некоторую услугу следующим образом: на первую клетку шахматной доски тот положит одно рисовое зёрнышко, на вторую - два и так далее: на каждую следующую клетку вдвое больше, чем на предыдущую. В результате тот, кто расплачивается таким образом, непременно разоряется. Это неудивительно: подсчитано, что общий вес риса составит более 460 миллиардов тонн.

Во многих источниках, зачастую с целью ободрения плохо успевающих учеников, встречается утверждение, что Эйнштейн завалил в школе математику или, более того, вообще учился из рук вон плохо по всем предметам. На самом деле всё обстояло не так: Альберт ещё в раннем возрасте начал проявлять талант в математике и знал её далеко за пределами школьной программы.

ЕГЭ 2019 по математике задание 19 с решением

Демонстрационный вариант ЕГЭ 2019 по математике

ЕГЭ по математике 2019 в формате pdf Базовый уровень | Профильный уровень

Задания для подготовки к ЕГЭ по математике: базовый и профильный уровень с ответами и решением.

Математика: базовый | профильный 1-12 | | | | | | | | Главная

ЕГЭ 2019 по математике задание 19

ЕГЭ 2019 по математике профильный уровень задание 19 с решением

ЕГЭ по математике

Число P равно произведению 11 различных натуральных чисел, больших 1.
Какое наименьшее число натуральных делителей (включая единицу и само число) может иметь число P.

Любое натуральное число N представимо в виде произведения:

N = (p1 x k1) (p2 x k2) ... и т.д.,

Где p1, p2 и т.д. - простые числа,

А k1, k2 и т.д. - целые неотрицательные числа.

Например:

15 = (3 1) (5 1)

72 = 8 х 9 = (2 x 3) (3 2)

Так вот, общее количество натуральных делителей числа N равно

(k1 + 1) (k2 + 1) ...

Итак, по условию, P = N1 N2 ... N11, где
N1 = (p1 x k) (p2 x k) ...
N2 = (p1 x k) (p2 x k) ...
...,
а это значит, что
P = (p1 x (k + k + ... + k)) (p2 x (k + k + ... + k)) ...,

И общее количество натуральных делителей числа P равно

(k + k + ... + k + 1) (k + k + ... + k + 1) ...

Это выражение принимает минимальное значение, если все числа N1...N11 являются последовательными натуральными степенями одного и того же простого числа, начиная с 1: N1 = p, N2 = p 2 , ... N11 = p 1 1.

То есть, например,
N1 = 2 1 = 2,
N2 = 2 2 = 4,
N3 = 2 3 = 8,
...
N11 = 2 1 1 = 2048.

Тогда количество натуральных делителей числа P равно
1 + (1 + 2 + 3 + ... + 11) = 67.

ЕГЭ по математике

Найдите все натуральные числа,
не представимые в виде суммы двух взаимно простых чисел, отличных от 1.

Решение:

Каждое натуральное число может быть либо четным (2 k), либо нечетным (2 k+1).

1. Если число нечетное:
n = 2 k+1 = (k)+(k+1). Числа k и k+1 всегда взаимно простые

(если есть некоторое число d, являющееся делителем x и y, то число |x-y| тоже должно делиться на d. (k+1)-(k) = 1, то есть 1 должно делиться на d, то есть d=1, а это и есть доказательство взаимной простоты)

То есть мы доказали, что все нечетные числа могут быть представлены в виде суммы двух взаимно простых.
Исключением по условию будут являться числа 1 и 3, поскольку 1 вообще нельзя представить в виде суммы натуральных, а 3 = 2+1 и никак иначе, а единица в качестве слагаемого не подходит по условию.

2. Если число четное:
n = 2 k
Тут придется рассмотреть два случая:

2.1. k - четное, т.е. представимое в виде k = 2 m.
Тогда n = 4 m = (2 m+1)+(2 m-1).
Числа (2 m+1) и (2 m-1) могут иметь общий делитель только такой (см. выше), на который делится число (2 m+1)-(2 m-1) = 2. 2 делится на 1 и 2.
Но если делитель равен 2, то получается, что нечетное число 2 m+1 должно делиться на 2. Этого не может быть, поэтому остается только 1.

Так мы доказали, что все числа вида 4 m (то есть кратные 4) тоже могут быть представлены в виде суммы двух взаимно простых.
Тут исключение - число 4 (m=1), которое хотя и может быть представлено в виде 1+3, но единица в качестве слагаемого нам по-прежнему не подходит.

2.1. k - нечетное, т.е. представимое в виде k = 2 m-1.
Тогда n = 2 (2 m-1) = 4 m-2 = (2 m-3)+(2 m+1)
Числа (2 m-3) и (2 m+1) могут иметь общий делитель, на который делится число 4. То есть либо 1, либо 2, либо 4. Но ни 2, ни 4 не годятся, поскольку (2 m+1) - число нечетное, и ни на 2, ни на 4 делиться не может.

Так мы доказали, что все числа вида 4 m-2 (то есть все кратные 2, но не кратные 4) тоже могут быть представлены в виде суммы двух взаимно простых.
Тут исключения - числа 2 (m=1) и 6 (m=2), у которых одно из слагаемых в разложении на пару взаимно простых равно единице.

На столе перед нумизматом лежит 200 монет орлом кверху. За один ход нумизмат переворачивает любые 4 разные монеты. Разрешено так же переворачивать те монеты, которые уже переворачивались ранее.

а) Может ли в результате нескольких ходов ровно 6 монет выпасть кверху решкой?

б) Может ли в результате нескольких ходов ровно 3 монеты выпасть кверху решкой?

в) Найдите наибольшее число монет, которое может выпасть кверху решкой, если хотя бы одна монета должна в конечном итоге выпасть кверху орлом?

Показать решение

Решение

а) Да. Пусть в первый ход нумизмат переворачивает 4 монеты. Вторым ходом он переворачивает 3 ещё нетронутых монеты и 1 монету, которую перевернул за первый ход. Таким образом, окажется ровно 6 монет решкой кверху.

б) Нет, так как количество монет решкой кверху после каждого хода будет оставаться чётным. Изначально решкой кверху лежит 0 монет (чётное число).

Если за один ход нумизмат переворачивает 4 монеты, которые были решкой кверху, то количество монет кверху решкой уменьшится на 4 .

Если за один ход нумизмат переворачивает 3 монеты кверху решкой и 1 монету кверху орлом, то количество монет кверху решкой уменьшится на 2 .

Если за один ход нумизмат переворачивает 2 монеты кверху решкой и 2 монеты кверху орлом, то количество монет кверху решкой не изменяется (можно сказать «изменяется на 0 »).

Если за один ход нумизмат переворачивает 1 монету кверху решкой и 3 монеты кверху орлом, то количество монет кверху решкой увеличивается на 2 .

Если за один ход нумизмат переворачивает 4 монеты, которые были кверху орлом, то количество монет кверху решкой увеличивается на 4 .

Таким образом, после произвольного хода количество монет кверху решкой изменяется на 4 , на 2 или на 0 , то есть на чётное число. Изначально количество монет кверху решкой 0 — чётное число, следовательно, их число будет оставаться четным числом и не может быть равно 3 .

в) Число монет кверху решкой не должно равняться 200 (по условию) и не может равняться 199 , так как число 199 — нечетно (см. решение б) . Покажем, что число монет решкой кверху может равняться 198 . Пусть первые 49 ходов нумизмат переворачивал только ранее нетронутые монеты. В итоге кверху решкой окажется 49 \cdot 4=196 монет. За 50 -й ход нумизмат перевернет 3 монеты, которые лежали орлом кверху, и 1 монету, которая лежала кверху решкой. Кверху решкой окажется 198 монет.

В данной статье речь пойдёт о решении задачи 19 из варианта досрочного профильного ЕГЭ по математике, предлагавшегося для решения школьникам в 2016 году. Решение задачи 19 из ЕГЭ по математике (профильный уровень) традиционно вызывает наибольшие затруднения у выпускников, ведь это последняя, а потому обычно самая сложная задача из экзамена. По крайней мере, такое впечатление часто складывается в умах школьников, готовящихся к ЕГЭ. Но на самом деле ничего очень сложного в этих задачах нет. Посмотрите, например, как легко решается следующая задача 19 из профильного ЕГЭ по математике.

Не смущайтесь термина «хорошее» множество. Это типично для составителей вариантов ЕГЭ по математике. Когда не хватает слов, приходится использовать слова не по их прямому назначению.

Решение задачи 19 из профильного ЕГЭ по математике под буквой А

Перейдём к решению. Отвечаем на вопрос под буквой А. Является записанное множество хорошим? Предположим, что да. Если это действительно так, то это самый простой случай для нас. Ведь в этом случае требуется лишь привести пример разбиения этого множества на два множества, суммы элементов которых одинаковы. В противном случае пришлось бы доказывать принципиальную невозможность нужного разбиения. А это уже гораздо сложнее. Ну а поскольку это лишь задание под буквой А, можно надеяться, что оно достаточно простое. Итак, попытаемся разбить наше множество на два подмножества, суммы элементов в которых будут одинаковы.

К счастью, чтобы это сделать, не нужно быть Эйнштейном. Берём самое очевидное и интуитивное решение. Группируем элементы исходного множества в пары: первый с последним, второй с предпоследним и так далее:

Последняя парочка будет состоять из двух чисел: 249 и 250. Всего таких парочек получится 50. Сумма чисел в каждой парочке равна 499. А дальше берите какие угодно 25 парочек в первое множество, остальные 25 — во второе множество, и получите требуемое разбиение. Итак, ответ на вопрос под буквой А — да!

Ответ на вопрос под буквой Б из задачи 19 ЕГЭ по математике (профильный уровень)

Переходим к вопросу под буквой Б. Задание то же самое, только множество другое. Поэтому думается, что авторы-составители должны были здесь проявить оригинальность. Так что, скорее всего, это множество уже не будет хорошим. Если это так, то просто примером в данном случае ограничиться не получится, придётся всё доказывать. Ну что ж, попробуем.

Вообще говоря, если вдуматься в задание, то решение приходит само собой. Нам требуется разбить данное множество на два подмножества, суммы элементов в каждом из которых равны. Ну и, в общем, тут не нужно быть Стивином Хокингом, чтобы понять, что ключ к решению в том, чтобы найти, чему должны быть равны эти суммы! А для этого нужно посчитать сумму элементов нашего исходного множества.

Посмотрите внимательно. Перед нами классическая геометрическая прогрессия со знаменателем , первым членом и элементами. Сумма всех элементов такой прогрессии определяется по известной формуле:

Это означает, что если бы мы разбили наше множество на два подмножества с одинаковой суммой элементов в каждом из них, то эта сумма оказалась бы равной . А это нечётное число! Но ведь все элементы нашего множества — это степени двойки, то есть числа безусловно чётные. Вопрос. Может ли получиться нечётное число, если складывать чётные числа? Конечно, нет. То есть мы доказали невозможность такого разбиения. Итак, ответ к вопросу под буквой Б из решения задачи 19 из ЕГЭ по математике (профильный уровень) — нет!

Решение задачи 19 из ЕГЭ по математике (профильный уровень) под буквой В

Ну и наконец, переходим к вопросу под буквой В. Сколько же четырёхэлементных хороших множества содержится в множестве {1; 2; 4; 5; 7; 9; 11}? Да… Тут уже придётся задуматься более серьёзно. Ну конечно! Ведь это последнее, как говорят некоторые видеоблогеры, самое жёсткое задание в профильном ЕГЭ по математике. Так как же его решить?

Доводилось ли вам когда-нибудь слышать об осознанном переборе? Этот метод применяется тогда, когда возможных вариант не очень много. Но при этом варианты перебираются не как попало, а в определённой последовательности. Это нужно для того, чтобы не упустить из виду ни одного возможного варианта. Плюс, по возможности, при переборе исключаются из рассмотрения невозможные варианты. Итак, как же нам свести это задание к осознанному перебору?

Введём фильтр, ограничивающий перебор:

• Заметим сразу, что суммы искомых хороших четырёхэлементных подмножеств должны быть чётными, иначе их нельзя разбить на подмножества с одинаковыми суммами элементами. При этом минимально возможная сумма равна 1+2+4+5 = 12, а максимально возможная сумма равна 5+7+9+11 = 32. Таких сумм 11 штук.
• Примем также во внимание, что чётные числа 2 и 4 должны либо одновременно входить в хорошее четырёхэлементное множество, либо одновременно не входить в него. В противном случае только одно из чисел четырёхэлементного множества чётное, поэтому сумма элементов такого множества не будет чётной.
• Поскольку порядок расположения элементов в искомых хороших четырёхэлементных множествах не важен, договоримся, что элементы в этих множествах будут у нас расположены по возрастанию.

Рассматриваем все возможные суммы:

1. Сумма 12: {1; 2; 4; 5}.
2. Сумма 14: {1; 2; 4; 7}.
3. Сумма 16: нет вариантов.
4. Сумма 18: {2; 4; 5; 7}.
5. Сумма 20: нет вариантов.
6. Сумма 22: {2; 4; 7; 9}, {2; 4; 5; 11}.
7. Сумма 24: {1; 5; 7; 11}.
8. Сумма 26: {2; 4; 9; 11}.
9. Сумма 28: нет вариантов.
10. Сумма 30: нет вариантов.
11. Сумма 32: {5; 7; 9; 11}.

Вот и получилось у нас всего 8 множеств. Других вариантов нет. То есть ответ к заданию под буквой В — 8.

Вот такое решение задачи 19 из ЕГЭ по математике (профильный уровень). Для тех, кто только начинает готовиться к сдаче профильного ЕГЭ по математике, оно можно показаться сложным. Но на самом деле для решения таких задач требуется использование одних и тех же способов и приёмов. Нужно только овладеть ими, и все эти задачи будут казаться вам простыми, и вы их решите на экзамене без всяких проблем. Я вас мог этому научить. Подробную информацию обо мне и моих занятиях вы можете найти на .