Оста­ток от де­ле­ния числа на три равен остат­ку от де­ле­ния на три суммы его цифр. Зна­чит, сумма остат­ков от де­ле­ния на три всех чисел, раз­де­лен­ных зна­ка­ми плюс, равна остат­ку от де­ле­ния на 3 суммы всех цифр у чисел от 1 до 100. В свою оче­редь, эта сумма цифр дает при де­ле­нии на 3 тот же оста­ток, что и сумма 1 + ⋯ + 100 = 5050. Так как 5050 на три не де­лит­ся, то на 3 не де­лит­ся и сумма из усло­вия за­да­чи. Если число не де­лит­ся на 3, то оно не де­лит­ся и на 111.

Ответ: нет.

Каж­дое 100-знач­ное на­ту­раль­ное число может быть по­лу­че­но до­пи­сы­ва­ни­ем двух цифр спра­ва к 98-знач­но­му числу. Пусть x  — не­ко­то­рое 98-знач­ное число. По­смот­рим какие спра­ва две цифры (каж­дая из ко­то­рых равна 1 или 2) нужно к числу x при­пи­сать, чтобы по­лу­чив­ше­е­ся 100-знач­ное число де­ли­лось на 3. Вос­поль­зу­ем­ся тем, что оста­ток от де­ле­ния на­ту­раль­но­го числа на 3 равен остат­ку от де­ле­ния на 3 суммы его цифр. Пусть наше число x при де­ле­нии на 3 дает оста­ток m. Тогда,

— если то при­пи­шем 12 или 21;

— если то при­пи­шем 11;

— если то при­пи­шем 22;

Таким об­ра­зом, из каж­до­го 98-знач­но­го числа, крат­но­го 3, можно по­лу­чить два крат­ных трем 100-знач­ных числа. Каж­дое не крат­ное трем 98-знач­ное число по­рож­да­ет толь­ко одно крат­ное трем 100-знач­ное число. Всего 98-знач­ных чисел 2⁹⁸. Пусть среди них A₉₈ чисел крат­но трем. (Далее сим­во­лом A_n будем обо­зна­чать ко­ли­че­ство n-знач­ных чисел, крат­ных 3.) Тогда ко­ли­че­ство крат­ных трем 100-знач­ных чисел может быть най­де­но по фор­му­ле

Верны, таким об­ра­зом, сле­ду­ю­щие со­от­но­ше­ния:

Сло­жив эти ра­вен­ства (ве­ли­чи­ны A₄, ..., A₉₈ при этом со­кра­ща­ют­ся), по­лу­чим

Оста­ет­ся про­сум­ми­ро­вать гео­мет­ри­че­скую про­грес­сию и за­ме­тить, что Тогда

Ответ:

Из усло­вия за­да­чи сле­ду­ет, что 2026n = 2019k + 2009 или 2016n − 2019k = 2009. По­лу­ча­ем,

Если n = k, то 7n = 2009 и n = 287.

Если n < k, то n > 287.

Если n > k, то n < 0.

Итак, это число 2026 · 287 = 581462.

Ответ: 581462.

Среди чисел от 1 до 2019 ровно 673 числа де­лят­ся на 3, 403 числа де­лят­ся на 5 и 134 числа де­лят­ся на 15. Сле­до­ва­тель­но, среди за­дан­ных чисел 2019 − 673 − 403 + 134 = 1077 чисел, ко­то­рые не де­лят­ся ни на 3 ни на 5. При этом 673 − 134 = 539 чисел де­лят­ся на 3, но не де­лят­ся на 5. Если будут взяты 1077 + 539 = 1616 чисел, то среди них может не быть чисел, ко­то­рые де­лят­ся на 5. А среди 1617 чисел все­гда най­дут­ся числа, ко­то­рые де­лят­ся и на 3, и на 5.

Ответ: 1617.

За­ме­тим, что По­сколь­ку одно из чисел n² или n² + 1 чет­ное, то число n⁶ − n² также яв­ля­ет­ся чет­ным. Оста­лось по­ка­зать, что это число также де­лит­ся на 5. Рас­смот­рим все воз­мож­ные слу­чаи остат­ков при де­ле­нии числа n на 5:

1)  n де­лит­ся на 5. Тогда и число также де­лит­ся на 5;

2)  n при де­ле­нии на 5 имеет оста­ток 1, тогда де­лит­ся на 5 число n² − 1 и, как след­ствие, число n⁶ − n²;

3)  n при де­ле­нии на 5 имеет оста­ток 2, тогда де­лит­ся на 5 число n² + 1 и, как след­ствие, число n⁶ − n²;

4)  n при де­ле­нии на 5 имеет оста­ток 3, тогда де­лит­ся на 5 число n² + 1 и, как след­ствие, число n⁶ − n²;

5)  n при де­ле­нии на 5 имеет оста­ток 4, тогда де­лит­ся на 5 число n² − 1 и, как след­ствие, число n⁶ − n²;

Итак, по­ка­за­но, что число n⁶ − n² чет­ное и де­лит­ся на 5, сле­до­ва­тель­но, оно де­лит­ся на 10.

Можно за­ме­тить, что ука­зан­ное число все­гда де­лит­ся на Это легко до­ка­зы­ва­ет­ся через фор­му­лу раз­но­сти сте­пе­ней или поль­зу­ясь тем об­сто­я­тель­ством, что При этом част­ное тоже боль­ше еди­ни­цы при

Ответ: нет, не может.

За­ме­тим, что 8 в любой сте­пе­ни все­гда даёт оста­ток 1 при де­ле­нии на 7. По­сколь­ку 20 160 000 де­лит­ся на 7, это зна­чит, что для вы­во­за в сей кучи нужно ко­ли­че­ство по­ез­док, крат­ное 7, а 1000 на 7 не де­лит­ся.

Ответ: нет.

За­ме­ча­ем:

Это озна­ча­ет, что мы нашли спо­соб увез­ти весь песок за 32 по­езд­ки. Если одну из них за­ме­нить на 9 в ко­то­рые вы­во­зят­ся в 9 раз мень­ше песка, ко­ли­че­ство по­ез­док уве­ли­чит­ся на 8. Про­де­лав такую опе­ра­ции 246 раз мы из 32 по­ез­док по­лу­чим 2000. Оче­вид­но, что эту опе­ра­цию при­бав­ле­ния 8 по­ез­док все­гда можно про­из­ве­сти, так как это нель­зя сде­лать толь­ко в том слу­чае, когда в каж­дой по­езд­ки уже вы­во­зит­ся ровно одна пес­чин­ка, то есть по­ез­док

Ответ: Да.

Дан­ные числа, рас­по­ло­жен­ные в по­ряд­ке воз­рас­та­ния, об­ра­зу­ют ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию с раз­но­стью 3. Сле­до­ва­тель­но, остат­ки от де­ле­ния на 7 у этих чисел че­ре­ду­ют­ся. Дей­стви­тель­но, если какое-то из этих чисел де­лит­ся на 7, т. е. имеет вид где то сле­дом за ним идут числа

да­ю­щие при де­ле­нии на 7 остат­ки 2, 4, 6, 1, 3, 5 со­от­вет­ствен­но. Далее идёт число де­ля­ще­е­ся на 7, и затем остат­ки по­вто­ря­ют­ся. Таким об­ра­зом, остат­ки от де­ле­ния дан­ных чисел на 7 идут в по­ряд­ке ... 0; 3; 6; 2; 5; 1; 4; 0 ... Среди дан­ных нам 140 чисел есть по 20 чисел, да­ю­щих остат­ки 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 от де­ле­ния на 7. Сумма двух чисел может де­лить­ся на 7 в сле­ду­ю­щих слу­ча­ях.

1)  Оба числа де­лят­ся на 7. Всего кар­то­чек с та­ки­ми чис­ла­ми 20, и нужно вы­брать 2 них  — есть

сде­лать это.

2)  Одно из чисел даёт оста­ток 1 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое долж­но да­вать оста­ток 6 от де­ле­ния на 7. Эту пару чисел можно вы­брать спо­со­ба­ми.

3)  Одно из чисел даёт оста­ток 2 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое даёт оста­ток 5, и, ана­ло­гич­но вто­ро­му слу­чаю, по­лу­ча­ем 400 спо­со­бов вы­брать 2 числа.

4)  Одно из чисел даёт оста­ток 3 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое даёт оста­ток 4  — также 400 спо­со­бов. В итоге вы­хо­дит 1390 спо­со­бов.

Ответ: 1390.

Дан­ные числа, рас­по­ло­жен­ные в по­ряд­ке воз­рас­та­ния, об­ра­зу­ют ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию с раз­но­стью 2. Сле­до­ва­тель­но, остат­ки от де­ле­ния на 7 у этих чисел че­ре­ду­ют­ся. Дей­стви­тель­но, если какое-то из этих чисел де­лит­ся на 7, т. е. имеет вид где то сле­дом за ним идут числа

да­ю­щие при де­ле­нии на 7 остат­ки 2, 4, 6, 1, 3, 5 со­от­вет­ствен­но. Далее идёт число де­ля­ще­е­ся на 7, и затем остат­ки по­вто­ря­ют­ся. Таким об­ра­зом, остат­ки от де­ле­ния дан­ных чисел на 7 идут в по­ряд­ке ... 0; 2; 4; 6; 1; 3; 5; 0 ... Среди дан­ных нам 210 чисел есть по 30 чисел, да­ю­щих остат­ки 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 от де­ле­ния на 7.

Сумма двух чисел может де­лить­ся на 7 в сле­ду­ю­щих слу­ча­ях.

1)  Оба числа де­лят­ся на 7. Всего кар­то­чек с та­ки­ми чис­ла­ми 30, и нужно вы­брать 2 них  — есть

сде­лать это.

2)  Одно из чисел даёт оста­ток 1 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое долж­но да­вать оста­ток 6 от де­ле­ния на 7. Эту пару чисел можно вы­брать спо­со­ба­ми.

3)  Одно из чисел даёт оста­ток 2 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое даёт оста­ток 5, и, ана­ло­гич­но вто­ро­му слу­чаю, по­лу­ча­ем 900 спо­со­бов вы­брать 2 числа.

4)  Одно из чисел даёт оста­ток 3 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое даёт оста­ток 4  — также 900 спо­со­бов. В итоге вы­хо­дит 3135 спо­со­бов.

Ответ: 3135.

Дан­ные числа, рас­по­ло­жен­ные в по­ряд­ке воз­рас­та­ния, об­ра­зу­ют ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию с раз­но­стью 2. Сле­до­ва­тель­но, остат­ки от де­ле­ния на 3 у этих чисел че­ре­ду­ют­ся. Дей­стви­тель­но, если какое-то из этих чисел де­лит­ся на 3, т. е. имеет вид где то сле­ду­ю­щее за ним число есть 3+2  — и оно даёт оста­ток 2 от де­ле­ния на 3, далее идёт да­ю­щее оста­ток 1 от де­ле­ния на 3, а затем  — ко­то­рое снова де­лит­ся на 3. Таким об­ра­зом, остат­ки от де­ле­ния дан­ных чисел на 3 идут в по­ряд­ке ... 0; 2; 1; 0; 2; 1; 0 ...

Среди дан­ных нам чисел есть 44, да­ю­щие оста­ток 1 от де­ле­ния на 3 (они об­ра­зу­ют мно­же­ство

также 43 числа, де­ля­щих­ся на 3

и 43 числа, да­ю­щих оста­ток 2 от де­ле­ния на 3

Сумма трёх чисел может де­лить­ся на 3 в сле­ду­ю­щих слу­ча­ях.

1)  Все три числа дают оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 3. Есть спо­со­бов вы­брать 3 числа из мно­же­ства A и по спо­со­бов вы­брать 3 числа из мно­жеств B и C. В сумме по­лу­ча­ем

2)  Если не все остат­ки оди­на­ко­вы, то под­хо­дит толь­ко слу­чай, когда все три остат­ка раз­ные, т. е. мы долж­ны вы­брать по од­но­му числу из каж­до­го из мно­жеств A, B, C. По­лу­ча­ем

В сумме вы­хо­дит 119 282 спо­со­бов.

Ответ: 119 282.

Дан­ные числа, рас­по­ло­жен­ные в по­ряд­ке воз­рас­та­ния, об­ра­зу­ют ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию с раз­но­стью 4. Сле­до­ва­тель­но, остат­ки от де­ле­ния на 3 у этих чисел че­ре­ду­ют­ся. Дей­стви­тель­но, если какое-то из этих чисел де­лит­ся на 3, т. е. имеет вид где то сле­ду­ю­щее за ним число есть   — и оно даёт оста­ток 1 от де­ле­ния на 3, далее идёт да­ю­щее оста­ток 2 от де­ле­ния на 3, а затем ко­то­рое снова де­лит­ся на 3. Таким об­ра­зом, остат­ки от де­ле­ния дан­ных чисел на 3 идут в по­ряд­ке ... 0; 1; 2; 0; 1; 2; 0 ...

Среди дан­ных нам чисел есть 47, да­ю­щие оста­ток 1 от де­ле­ния на 3 (они об­ра­зу­ют мно­же­ство

также 46 чисел, де­ля­щих­ся на 3

и 47 чисел, да­ю­щих оста­ток 2 от де­ле­ния на 3

Сумма трёх чисел может де­лить­ся на 3 в сле­ду­ю­щих слу­ча­ях.

1)  Все три числа дают оди­на­ко­вые остат­ки от де­ле­ния на 3. Есть спо­со­бов вы­брать 3 числа из мно­же­ства B и по спо­со­бов вы­брать 3 числа из мно­жеств A и C. В сумме по­лу­ча­ем

2)  Если не все остат­ки оди­на­ко­вы, то под­хо­дит толь­ко слу­чай, когда все три остат­ка раз­ные, т. е. мы долж­ны вы­брать по од­но­му числу из каж­до­го из мно­жеств A, B, C. По­лу­ча­ем

В сумме вы­хо­дит 149 224 спо­со­бов.

Ответ: 149 224.

а)  Дей­стви­тель­но, функ­ция убы­ва­ет на луче воз­рас­та­ет на и

при любом

Ответ: два ре­ше­ния при бес­ко­неч­но много при и ни од­но­го при

б)  Имеем:

За­ме­тим, что дан­ный мно­го­член имеет вид где и во­об­ще утвер­жде­ние за­да­чи имеет сле­ду­ю­щее обоб­ще­ние: если   — мно­го­член, то де­лит­ся на

в)  По­ло­жим (1993 квад­рат­ных кор­ней). Далее,

по­это­му ис­ход­ное не­ра­вен­ство рав­но­силь­но или что верно. По­лез­но также от­ме­тить, что дан­ная дробь равна

что, оче­вид­но, боль­ше

а)  По­ло­жим Утвер­жде­ние легко до­ка­зы­ва­ет­ся по ин­дук­ции в силу тож­де­ства Един­ствен­ное, что сле­ду­ет от­ме­тить, это то, что ин­дук­ци­он­ное пред­по­ло­же­ние за­клю­ча­ет­ся в спра­вед­ли­во­сти утвер­жде­ния для всех

б)  Пусть тогда так что по­это­му число целое. Так как то по­это­му зна­чит, и

в)  Не­труд­но ви­деть, что если   — част­ное от де­ле­ния мно­го­чле­на на то част­ным от де­ле­ния на будет мно­го­член

За­ме­ча­ем, что Де­ли­мость на 5 вы­пол­не­на в любом слу­чае, так как число окан­чи­ва­ет­ся пятёркой. Для ис­сле­до­ва­ния де­ли­мо­сти на 11 су­ще­ствен­но, на каких по­зи­ци­ях стоят за­ме­ня­е­мые цифры.

Пер­вый слу­чай. За­ме­ня­ем два нуля на ме­стах одной чётно­сти (оба чётные или оба нечётные). Для де­ли­мо­сти на 11 нужно, чтобы сумма двух новых цифр де­ли­лась на 11, а так как каж­дая цифра за­клю­че­на в пре­де­лах [1; 9], то сумма долж­на быть равна 11. За­ме­тим, что де­ли­мость на 9 при этом ав­то­ма­ти­че­ски вы­пол­ня­ет­ся (сумма цифр числа равна Под­хо­дят сле­ду­ю­щие пары цифр: 2−−9, 3−−8, 4−−7, 5−−6. Под­счи­та­ем ко­ли­че­ство спо­со­бов осу­ще­ствить за­ме­ну. Сна­ча­ла вы­би­ра­ем одну из этих четырёх пар цифр (4 спо­со­ба), затем ста­вим мень­шую цифру на место лю­бо­го из нулей (100 спо­со­бов); на­ко­нец на место той же самой чётно­сти ста­вим боль­шую цифру (49 спо­со­бов)  — итого вы­хо­дит

Вто­рой слу­чай. За­ме­ня­ем два нуля на ме­стах раз­ной чётно­сти. Тогда для де­ли­мо­сти на 11 тре­бу­ет­ся, чтобы эти цифры были оди­на­ко­вы­ми (обо­зна­чим каж­дую из них через k), а для де­ли­мо­сти на 9 надо, чтобы Этому усло­вию удо­вле­тво­ря­ет толь­ко Такая за­ме­на может быть осу­ществ­ле­на спо­со­ба­ми (вы­би­ра­ем одно из пя­ти­де­ся­ти чётных мест и одно из пя­ти­де­ся­ти нечётных). В сумме по­лу­ча­ем

Ответ: 22 100.

За­ме­ча­ем, что Де­ли­мость на 2 вы­пол­не­на в любом слу­чае, так как число окан­чи­ва­ет­ся восьмёркой. Для ис­сле­до­ва­ния де­ли­мо­сти на 11 су­ще­ствен­но, на каких по­зи­ци­ях стоят за­ме­ня­е­мые цифры.

Пер­вый слу­чай. За­ме­ня­ем два нуля на ме­стах одной чётно­сти (оба чётные или оба нечётные). Для де­ли­мо­сти на 11 нужно, чтобы сумма двух новых цифр де­ли­лась на 11, а так как каж­дая цифра за­клю­че­на в пре­де­лах [1; 9], то сумма долж­на быть равна 11. За­ме­тим, что де­ли­мость на 9 при этом ав­то­ма­ти­че­ски вы­пол­ня­ет­ся (сумма цифр числа равна Под­хо­дят сле­ду­ю­щие пары цифр: 2−−9, 3−−8, 4−−7, 5−−6. Под­счи­та­ем ко­ли­че­ство спо­со­бов осу­ще­ствить за­ме­ну. Сна­ча­ла вы­би­ра­ем одну из этих четырёх пар цифр (4 спо­со­ба), затем ста­вим мень­шую цифру на место лю­бо­го из нулей (80 спо­со­бов); на­ко­нец на место той же самой чётно­сти ста­вим боль­шую цифру (39 спо­со­бов)  — итого вы­хо­дит спо­со­бов. той же самой чётно­сти ста­вим боль­шую цифру (39 спо­со­бов)  — итого вы­хо­дит

Вто­рой слу­чай. За­ме­ня­ем два нуля на ме­стах раз­ной чётно­сти. Тогда для де­ли­мо­сти на 11 тре­бу­ет­ся, чтобы эти цифры были оди­на­ко­вы­ми (обо­зна­чим каж­дую из них через k), а для де­ли­мо­сти на 9 надо, чтобы Этому усло­вию удо­вле­тво­ря­ет толь­ко Такая за­ме­на может быть осу­ществ­ле­на спо­со­ба­ми (вы­би­ра­ем одно из пя­ти­де­ся­ти чётных мест и одно из пя­ти­де­ся­ти нечётных). В сумме по­лу­ча­ем

Ответ: 14 080.

За­ме­ча­ем, что Де­ли­мость на 5 вы­пол­не­на в любом слу­чае, так как число окан­чи­ва­ет­ся пятёркой. Для ис­сле­до­ва­ния де­ли­мо­сти на 11 су­ще­ствен­но, на каких по­зи­ци­ях стоят за­ме­ня­е­мые цифры.

Пер­вый слу­чай. За­ме­ня­ем два нуля на ме­стах одной чётно­сти (оба чётные или оба нечётные). Для де­ли­мо­сти на 11 нужно, чтобы сумма двух новых цифр де­ли­лась на 11, а так как каж­дая цифра за­клю­че­на в пре­де­лах [1; 9], то сумма долж­на быть равна 11. За­ме­тим, что де­ли­мость на 9 при этом ав­то­ма­ти­че­ски вы­пол­ня­ет­ся (сумма цифр числа равна Под­хо­дят сле­ду­ю­щие пары цифр: 2−−9, 3−−8, 4−−7, 5−−6. Под­счи­та­ем ко­ли­че­ство спо­со­бов осу­ще­ствить за­ме­ну. Сна­ча­ла вы­би­ра­ем одну из этих четырёх пар цифр (4 спо­со­ба), затем ста­вим мень­шую цифру на место лю­бо­го из нулей (100 спо­со­бов); на­ко­нец на место той же самой чётно­сти ста­вим боль­шую цифру (49 спо­со­бов)  — итого вы­хо­дит

Вто­рой слу­чай. За­ме­ня­ем два нуля на ме­стах раз­ной чётно­сти. Тогда для де­ли­мо­сти на 11 тре­бу­ет­ся, чтобы эти цифры были оди­на­ко­вы­ми (обо­зна­чим каж­дую из них через k), а для де­ли­мо­сти на 9 надо, чтобы Этому усло­вию удо­вле­тво­ря­ет толь­ко Такая за­ме­на может быть осу­ществ­ле­на спо­со­ба­ми (вы­би­ра­ем одно из пя­ти­де­ся­ти чётных мест и одно из пя­ти­де­ся­ти нечётных). В сумме по­лу­ча­ем

Ответ: 22 100.

За­ме­ча­ем, что Де­ли­мость на 2 вы­пол­не­на в любом слу­чае, так как число окан­чи­ва­ет­ся восьмёркой. Для ис­сле­до­ва­ния де­ли­мо­сти на 11 су­ще­ствен­но, на каких по­зи­ци­ях стоят за­ме­ня­е­мые цифры.

Пер­вый слу­чай. За­ме­ня­ем два нуля на ме­стах одной чётно­сти (оба чётные или оба нечётные). Для де­ли­мо­сти на 11 нужно, чтобы сумма двух новых цифр де­ли­лась на 11, а так как каж­дая цифра за­клю­че­на в пре­де­лах [1; 9], то сумма долж­на быть равна 11. За­ме­тим, что де­ли­мость на 9 при этом ав­то­ма­ти­че­ски вы­пол­ня­ет­ся (сумма цифр числа равна Под­хо­дят сле­ду­ю­щие пары цифр: 2−−9, 3−−8, 4−−7, 5−−6. Под­счи­та­ем ко­ли­че­ство спо­со­бов осу­ще­ствить за­ме­ну. Сна­ча­ла вы­би­ра­ем одну из этих четырёх пар цифр (4 спо­со­ба), затем ста­вим мень­шую цифру на место лю­бо­го из нулей (80 спо­со­бов); на­ко­нец на место той же самой чётно­сти ста­вим боль­шую цифру (39 спо­со­бов)  — итого вы­хо­дит

Вто­рой слу­чай. За­ме­ня­ем два нуля на ме­стах раз­ной чётно­сти. Тогда для де­ли­мо­сти на 11 тре­бу­ет­ся, чтобы эти цифры были оди­на­ко­вы­ми (обо­зна­чим каж­дую из них через k), а для де­ли­мо­сти на 9 надо, чтобы Этому усло­вию удо­вле­тво­ря­ет толь­ко Такая за­ме­на может быть осу­ществ­ле­на спо­со­ба­ми (вы­би­ра­ем одно из пя­ти­де­ся­ти чётных мест и одно из пя­ти­де­ся­ти нечётных). В сумме по­лу­ча­ем

Ответ: 14 080.

Для того чтобы число де­ли­лось на 45, не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы оно де­ли­лось на 5 и на 9. Для того чтобы вы­пол­ни­лась де­ли­мость на 5, в ка­че­стве по­след­ней цифры из име­ю­щих­ся ва­ри­ан­тов можем вы­брать 0 или 5 (2 спо­со­ба).

Чтобы обес­пе­чить де­ли­мость на де­вять, по­сту­пим так. Вы­бе­рем че­ты­ре цифры про­из­воль­ным об­ра­зом, (это можно сде­лать 9 · 9 · 9 · 9 спо­со­ба­ми), а пятую цифру под­берём так, чтобы сумма всех цифр числа де­ли­лась на 9. По­сколь­ку дан­ные шифры дают все воз­мож­ные остат­ки от де­ле­ния на 9 (0, 1, 2, ..., 8), и при этом каж­дый оста­ток встре­ча­ет­ся ровно 1 раз, то по­след­нюю цифру можно вы­брать одним спо­со­бом.

При­ме­няя пра­ви­ло про­из­ве­де­ния, по­лу­ча­ем, что всего

Ответ: 13 122.

Для того чтобы число де­ли­лось на 18, не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы оно де­ли­лось на 2 и на 9. Для того чтобы вы­пол­ни­лась де­ли­мость на 2, в ка­че­стве по­след­ней цифры из име­ю­щих­ся ва­ри­ан­тов можем вы­брать или 8 ( 5 спо­со­бов).

Чтобы обес­пе­чить де­ли­мость на де­вять, по­сту­пим так. Вы­бе­рем три цифры про­из­воль­ным об­ра­зом (это можно сде­лать 9 · 9 · 9 спо­со­ба­ми), а четвёртую цифру под­берём так, чтобы сумма всех цифр числа де­ли­лась на 9. По­сколь­ку дан­ные цифры дают все воз­мож­ные остат­ки от де­ле­ния на 9 (0, 1, 2, ..., 8), и при этом каж­дый оста­ток встре­ча­ет­ся ровно 1 раз, то по­след­нюю цифру можно вы­брать одним спо­со­бом. При­ме­няя пра­ви­ло про­из­ве­де­ния, по­лу­ча­ем, что всего

Ответ: 3645.