---
title: "Логика ЕГЭ: контрпример, отрицание и разбор заданий"
description: "Логика в профильной математике — это умение доказывать, а не угадывать. Конспект, примеры и мини-тест для ЕГЭ, задание 20."
url: https://neuromisha.ru/teoriya/matematika/logika/
subject: "Математика профиль"
exam: "ЕГЭ 2027"
kim: "Задание 20 КИМ (высокий уровень, 4 балла)"
dateModified: 2026-10-03
author: "Редакция НейроМиши"
---

# Логика

Логика в профильной математике — это умение доказывать, а не угадывать: отличать вопрос «существует ли» от вопроса «для любого» и понимать, когда хватает одного примера, а когда нужно рассуждение обо всех случаях сразу. На ЕГЭ тема нужна в задании 20 (высокий уровень, 4 балла): это задача о числах, где баллы дают за строгое рассуждение — пример, оценку, доказательство невозможности.

На профиле «логика» — это не таблицы истинности из информатики, а строгие рассуждения о числах в задании 20: доказать, построить пример, оценить сверху или снизу. Здесь балл дают не за ответ, а за безупречную логику перехода к нему. Разберём, чем «существует» отличается от «для любого», почему для наибольшего значения нужны сразу два шага и как доказать, что чего-то не бывает.

**Задание КИМ:** Задание 20 КИМ (высокий уровень, 4 балла)  
**Баллы:** Макс. 4 балла  
**Обновлено:** 2026-10-03

## Что проверяет логика в задании 20?

Слово «логика» в кодификаторе (код 5.2) сбивает с толку: на ЕГЭ по математике это не таблицы истинности и не значки «И/ИЛИ» из информатики. На профиле логика выходит в задании 20 — одном из двух самых дорогих заданий экзамена (наравне с № 19), 4 балла и около 40 минут. Это задача про числа: делимость, остатки, наибольшие и наименьшие значения. Но проверяют в ней не арифметику, а **рассуждение**: умеешь ли ты доказать, а не просто угадать ответ.

Задание 20 почти всегда состоит из трёх пунктов — а), б), в), — и они устроены логически по-разному. Один спрашивает «можно ли», «существует ли», «приведите пример». Другой — «докажите, что всегда», «верно ли для любого». Третий — «найдите наибольшее (наименьшее) значение», «найдите все такие числа». За каждым типом стоит своя логика доказательства, и путать их нельзя: то, что закрывает один пункт, не годится для другого.

Баллы тут делят по пунктам, а не по «примерно решил». Официальные критерии простые: 1 балл — верно только пункт а или только б; 2 балла — верно в или сразу а и б; 3 балла — два пункта, включая в; 4 — все три. Пункт в) обычно самый тяжёлый и самый ценный: без него выше двух баллов не подняться.

Дальше — логические инструменты, которыми берётся это задание: кванторы «существует / для любого», связка «оценка плюс пример», доказательство невозможности через инвариант, полный перебор случаев (удобнее всего — по остаткам), принцип Дирихле и метод крайнего. Опорные для задания 20 — оценка с примером, инвариант и перебор по остаткам; Дирихле и метод крайнего выручают реже, но знать их стоит. Арифметику делимости и остатков разбираем в соседней теме про натуральные числа; здесь — про то, как из неё собрать доказательство, которое примет эксперт.

## Чем «существует» отличается от «для любого»?

Вся логика задания 20 держится на различии двух формулировок. **«Существует ли число, для которого…»** (то же самое: «можно ли», «приведите пример») — это вопрос о существовании. **«Верно ли для любого числа…»** («докажите, что всегда») — вопрос о всеобщности. Отвечают на них принципиально по-разному.

Чтобы доказать **существование**, достаточно **одного** примера. Нашёл хоть одно подходящее число, проверил, что оно годится, — пункт закрыт. Никаких «а вдруг есть ещё» доказывать не нужно: спросили, бывает ли, — ты показал, что бывает.

Чтобы доказать **всеобщность**, одного примера категорически мало. «Проверил на трёх числах, сошлось» — это не доказательство, а наблюдение: следующее число может всё сломать. Здесь нужно рассуждение, которое охватывает **сразу все** числа — обычно через остатки, разложение на множители или общую формулу. Зато у всеобщности есть слабое место: чтобы её **опровергнуть**, хватит **одного** контрпримера. Если утверждают «для любого n верно P», а ты предъявил хоть одно n, где P ломается, — утверждение неверно, и доказывать больше нечего.

Формально это правило отрицания квантора: отрицание «для любого x верно P» — это «существует x, для которого P неверно».

$$
\lnot\,\bigl(\forall x\; P(x)\bigr) \;\Longleftrightarrow\; \exists x\; \lnot P(x)
$$

Отсюда рабочая привычка: прочитав пункт, сначала спроси себя — это «существует» или «для любого»? От ответа зависит, что вообще считается решением. Под пункт «докажите, что всегда» подсунуть пример — значит получить за него ноль, даже если пример верный.

## Наибольшее и наименьшее: почему нужны два шага

Пункт вида «найдите наибольшее значение» — ловушка для тех, кто не чувствует логику. Кажется, что достаточно подобрать хороший пример и написать ответ. На самом деле утверждение «наибольшее значение равно $M$» распадается на **два независимых** утверждения, и доказывать надо оба.

**Первое — пример (достижимость):** нужно предъявить конкретный случай, где значение **ровно** $M$ действительно получается. Это доказывает, что $M$ не завышено — такой результат бывает.

**Второе — оценка (граница):** нужно доказать, что **больше** $M$ получить нельзя ни при каком раскладе. Это уже утверждение про все возможные случаи сразу — то самое «для любого», и одним примером оно не закрывается.

Только вместе они дают ответ: пример поднимает планку до $M$, оценка не пускает выше — значит максимум равен именно $M$. Дал только пример — доказал, что $M$ достижимо, но не то, что оно наибольшее (вдруг бывает и больше). Дал только оценку — доказал, что выше $M$ нельзя, но не то, что само $M$ вообще достигается.

Для наименьшего значения всё зеркально: пример показывает, что $M$ достижимо, а оценка доказывает, что **меньше** $M$ не бывает.

*Рисунок: Ответ M зажат с двух сторон: пример показывает, что M достижимо, оценка — что больше нельзя*

## Как доказать, что чего-то не бывает

Пункты «можно ли» коварны тем, что ответ бывает «нет». Показать, что **можно**, легко — приводишь пример. А как доказать, что **нельзя**? Перебрать все числа не выйдет, их бесконечно много. Значит, нужен признак, который отличает возможное от невозможного разом для всего множества.

Такой признак называют **инвариантом** — это величина или свойство, которое **не меняется** при всех разрешённых действиях (или одинаково у всех допустимых объектов). Логика доказательства невозможности прямая: если у всего, что нам доступно, инвариант один, а у цели он другой — цель недостижима.

Самый частый инвариант — **чётность**. Разберём на примере. Выпишем числа от 1 до 10; за один ход разрешено стереть любые два числа $a$ и $b$ и вместо них записать их разность $|a-b|$. Так продолжаем, пока не останется одно число. Может ли им оказаться ноль?

Считаем сумму всех чисел на доске. Сначала она равна $1+2+\dots+10 = 55$ — число нечётное. Каждый ход заменяет пару $a,\,b$ на $|a-b|$, то есть уменьшает сумму на $a+b-|a-b|$. Эта величина равна удвоенному меньшему из чисел — она всегда **чётна**. Значит, каждый ход меняет сумму на чётное число, а **чётность** суммы остаётся прежней. Она была нечётной — нечётной и останется до самого конца.

Последнее оставшееся число и есть вся сумма, а она нечётна. Ноль чётен — получить его невозможно. Вот и всё доказательство: мы не перебирали ходы, а нашли то, что при них не портится. Чётность — простейший инвариант, но по той же схеме работают остатки по другим модулям и другие сохраняющиеся величины.

## Что такое принцип Дирихле и как его применять?

Иногда нужно доказать, что какой-то объект **существует**, но предъявить его руками невозможно — данных мало. Тогда выручает **принцип Дирихле** (его ещё называют принципом ящиков). Звучит он почти как очевидность: если предметов больше, чем ящиков, то хотя бы в одном ящике окажется **не меньше двух** предметов.

Пример-разминка: в году 12 месяцев. Если собрать 13 человек, то обязательно найдутся двое, родившиеся в один месяц. Мы не знаем, кто именно и в каком месяце, — но что такая пара есть, доказано железно: 13 «предметов» (людей) разложены по 12 «ящикам» (месяцам), значит какой-то месяц занят дважды.

Вся хитрость применения — правильно назвать, что считать **предметами**, а что **ящиками**. В числовых задачах ящиками часто служат **остатки от деления**: остатков при делении на $n$ ровно $n$ штук, и если чисел больше $n$, какие-то два дадут одинаковый остаток — а значит, их разность разделится на $n$. Это и есть типовой ход в пункте «докажите, что среди любых… найдутся два, разность которых кратна…».

Есть и усиленная формулировка: если предметов больше, чем ящиков, **в несколько раз**, то и в ящике будет соответственно больше. Скажем, разложив больше $2n$ предметов по $n$ ящикам, в каком-то соберёшь не меньше трёх. Принцип Дирихле — это доказательство существования без построения: ты уверенно говоришь «такое есть», ни разу не показав пальцем на конкретный объект.

*Рисунок: Четыре письма разложили в три ящика — хотя бы в один попало не меньше двух*

![Миша распределяет пять фишек по четырём ячейкам, одна ячейка неизбежно получает две фишки](https://neuromisha.ru/content/theory/matematika/img/logika-1.png)

*Принцип Дирихле: если объектов больше, чем ячеек, хотя бы в одной ячейке окажется несколько объектов.*

## Перебор случаев и метод крайнего

Когда чисел или вариантов конечное, обозримое число, работает честный **перебор случаев**. Он законен и оценивается наравне с «красивым» решением — критерии прямо говорят: метод не важен, важна грамотность рассуждения. Но у перебора есть железное требование — **полнота**. Разобрал пять случаев из шести и забыл шестой — считается, что задача не решена: вдруг именно в пропущенном случае ответ другой.

Чтобы перебор был полным, дели множество на случаи так, чтобы они точно покрывали всё. Классический приём — **по остаткам**: любое целое число при делении на 3 даёт остаток 0, 1 или 2, других вариантов нет. Разобрал эти три — значит, разобрал все целые числа сразу, хотя их бесконечно много. Это мостик от перебора к доказательству всеобщности.

**Метод крайнего** — ещё один логический приём: рассмотреть самый большой или самый маленький объект в наборе. Часто именно у крайнего элемента обнаруживается свойство, которое двигает всё решение: наименьшему числу некуда убывать, наибольшему — некуда расти, и это ограничение и есть зацепка. Простейшая иллюстрация: почему не бывает бесконечно убывающей цепочки натуральных чисел? Возьми в ней наименьшее число — меньше него натуральных в цепочке уже нет, а убывать дальше некуда, значит цепочка обрывается. Крайний элемент сам закрыл вопрос — и никакого перебора не понадобилось.

Все эти инструменты — кванторы, оценка с примером, инвариант, Дирихле, перебор — не набор рецептов «на каждую задачу свой», а разные грани одного навыка: доводить мысль до конца так, чтобы к ней нельзя было придраться. Именно за это в задании 20 и платят четырьмя баллами.

## Какой пункт чем закрывается

*Формулировки пунктов задания 20 и логика доказательства для каждой*

| Формулировка пункта | Что считается решением | Инструмент |
| --- | --- | --- |
| «Существует ли», «можно ли», «приведите пример» — ответ «да» | Один пример и его проверка | Конкретное число или набор |
| «Можно ли» — ответ «нет» | Признак, который отсекает цель сразу для всего множества | Инвариант, чаще всего чётность |
| «Докажите, что всегда», «верно ли для любого» | Рассуждение, которое охватывает сразу все числа | Остатки, разложение на множители, общая формула |
| Опровергнуть «для любого» | Один контрпример | $\lnot\,\bigl(\forall x\; P(x)\bigr) \;\Longleftrightarrow\; \exists x\; \lnot P(x)$ |
| «Найдите наибольшее (наименьшее) значение» | Пример достижимости и оценка, что дальше нельзя | Связка «оценка плюс пример» |
| «Докажите, что среди любых… найдутся два…» | Доказательство существования без построения | Принцип Дирихле, ящики — остатки от деления |
| Конечное, обозримое число вариантов | Полный перебор без пропусков | Деление на случаи по остаткам, метод крайнего |

## Как оценивают задание 20

*Баллы делят по верно решённым пунктам а), б), в)*

| Баллы | Что решено верно |
| --- | --- |
| 1 | Только пункт а или только пункт б |
| 2 | Пункт в или сразу пункты а и б |
| 3 | Два пункта, обязательно включая в |
| 4 | Все три пункта |

## Как подступиться к заданию 20?

1. **Определи логический тип каждого пункта.** «Можно ли / существует ли / приведи пример» — существование. «Докажите, что всегда / для любого» — всеобщность. «Найдите наибольшее (наименьшее) / найдите все» — экстремум или полное описание. От типа зависит, что вообще будет считаться решением.
2. **Начни с пункта а — обычно это существование.** Чаще всего в нём просят пример. Достаточно предъявить одно подходящее число и проверить, что оно годится. Это самый дешёвый балл задания, не пропускай его.
3. **Для «докажите, что всегда» ищи рассуждение обо всех сразу.** Пример не подойдёт. Работают разбор по остаткам, разложение на множители, общая формула. Если же нужно опровергнуть — хватит одного контрпримера.
4. **Для наибольшего или наименьшего давай два шага.** Пример, где значение достигается, плюс оценку, что дальше нельзя. Проверь, что написал обе части: без любой из них пункт не закрыт.
5. **Чтобы доказать «нельзя», ищи инвариант.** Чётность или остаток по модулю, который сохраняется при всех действиях или одинаков у всех объектов. Если у цели он другой — цель недостижима, и это полное доказательство.
6. **Перебираешь случаи — перебирай все.** Раздели множество так, чтобы случаи покрывали его целиком (удобно по остаткам). Пропущенный случай обнуляет пункт, даже если в остальных всё верно.

## Разбор: оценка и пример вместе

**Условие.** Несколько друзей вместе собрали 20 грибов. Все собрали разное число грибов, и никто не вернулся с пустыми руками. Какое наибольшее число друзей могло быть в компании?

**Решение.**

- Это пункт на наибольшее значение, значит нужны два шага: **оценка** (больше стольких-то друзей быть не могло) и **пример** (столько друзей реально возможно). Одного ответа «сколько-то» мало — надо доказать обе части.
- **Оценка.** Пусть друзей $k$. Каждый собрал хотя бы один гриб, и все числа разные — значит, это $k$ различных натуральных чисел. Самый скромный возможный набор — 1, 2, 3, …, $k$: меньше при разных натуральных не получится. Его сумма:
- $1+2+\dots+k = \dfrac{k(k+1)}{2}$
- Всего грибов ровно 20, поэтому даже самый скромный набор не должен превышать 20:
- $\dfrac{k(k+1)}{2} \le 20$
- Проверяем по порядку. При $k=5$ минимальная сумма $\tfrac{5\cdot 6}{2}=15$ — помещается в 20. При $k=6$ уже $\tfrac{6\cdot 7}{2}=21$ — это больше 20, а меньше при шести разных грибниках никак. Значит, шестерых быть не могло: $k \le 5$.
- **Пример.** Оценка запрещает шестерых, но пятерых пока не гарантирует — надо показать, что пять действительно набирается. Подберём пять разных натуральных чисел с суммой ровно 20, например:
- $1 + 2 + 3 + 4 + 10 = 20$
- Все числа разные, все положительные, сумма 20 — условие выполнено, пятеро друзей возможны.
- Оценка не пускает выше пяти, пример показывает, что пять достижимо. Значит, наибольшее число друзей — ровно 5.

**Ответ:** 5 друзей. Оценка: k различных натуральных дают сумму не меньше k(k+1)/2, а 6·7/2 = 21 > 20, поэтому k ≤ 5. Пример: 1 + 2 + 3 + 4 + 10 = 20 — пятеро возможны..

## Проверь себя

Пять вопросов ровно про логику задания 20 — про то, что именно считается доказательством. Отвечай, не подглядывая в текст выше.

1. В пункте просят: «Существует ли натуральное число, куб которого оканчивается на 8?» Что достаточно сделать для полного решения?
   - Привести одно такое число и проверить его — **верный ответ**
   - Доказать свойство сразу для всех натуральных чисел
   - Проверить это на первых десяти числах
   - Ничего доказывать не нужно, ответ и так «да»

   *Пояснение:* «Существует ли» — вопрос о существовании, и он закрывается одним примером. Достаточно предъявить число и убедиться, что оно подходит: 2³ = 8 оканчивается на 8. Доказывать что-то про все числа здесь не требуется.

2. Утверждение «для любого натурального n число n² + n чётно» школьник проверил при n = 1, 2, 3 и написал: «доказано». Верна ли логика?
   - Да, трёх проверок достаточно
   - Нет: проверка примеров не доказывает утверждение про все числа — **верный ответ**
   - Да, но нужно было проверить ещё n = 0
   - Нет, потому что утверждение на самом деле ложно

   *Пояснение:* Само утверждение верно (n² + n = n(n+1) — произведение соседних чисел, одно из них чётно). Но логика решения неверна: «для любого» требует рассуждения обо всех числах сразу, а несколько удачных примеров ничего не гарантируют — следующее число могло бы всё сломать.

3. Нужно доказать, что наибольшее значение некоторой величины равно 12. Школьник привёл пример, где величина равна 12, и на этом остановился. Что он не доказал?
   - Что 12 вообще достижимо
   - Что величина не может быть больше 12 — **верный ответ**
   - Ничего, решение полное
   - Что величина не может быть меньше 12

   *Пояснение:* Пример доказал только достижимость — что 12 бывает. Но для «наибольшего» нужна ещё оценка: доказательство, что больше 12 не получить ни при каком раскладе. Без неё вдруг возможно и 13. Пример и оценка — две обязательные половины.

4. В классе 13 учеников. Какое утверждение можно доказать принципом Дирихле, не зная ни одной даты рождения?
   - Все ученики родились в разные месяцы
   - Найдутся двое, родившихся в один месяц — **верный ответ**
   - Есть месяц, в который родились ровно двое
   - Кто-то родился в январе

   *Пояснение:* Месяцев 12, учеников 13 — предметов больше, чем ящиков, поэтому какой-то месяц занят как минимум дважды: найдутся двое с общим месяцем рождения. Принцип не говорит, какой это месяц и что их ровно двое (может быть и больше), и уж тем более не указывает на январь.

5. На доске числа 1, 2, …, 10; за ход два числа заменяют на модуль их разности. Почему нельзя в конце получить 0?
   - Потому что 0 нельзя записать на доске
   - Сумма всех чисел нечётна и остаётся нечётной, а 0 чётен — **верный ответ**
   - Потому что чисел изначально чётное количество
   - Потому что модуль разности всегда положителен

   *Пояснение:* Инвариант — чётность суммы. Изначально 1 + 2 + … + 10 = 55 нечётно. Каждый ход меняет сумму на a + b − |a − b| = удвоенное меньшее, то есть на чётное число, и чётность суммы не меняется. Последнее число равно всей сумме — оно нечётно, а 0 чётен, значит недостижим.

## Какие ошибки делают в логических задачах задания 20?

- **Ошибка 1.** **В пункте «докажите, что всегда» приводят пример.** Проверили на паре чисел, сошлось — и пишут «доказано». Это самая частая потеря в задании 20: пример подтверждает существование, но всеобщность требует рассуждения обо всех числах сразу. За «доказательство примерами» ставят ноль, даже если примеры верные.
- **Ошибка 2.** **Для наибольшего значения дают только пример.** Подобрали случай, где выходит $M$, и записали ответ. Но не доказали, что больше $M$ нельзя, — а вдруг можно. Нужна вторая половина, оценка. И наоборот: одна оценка без примера не доказывает, что само $M$ достижимо.
- **Ошибка 3.** **Путают «существует» и «для любого».** На вопрос «можно ли» начинают доказывать что-то про все числа, а на «докажите, что всегда» отделываются одним примером. Сначала определи тип пункта — иначе решаешь не ту задачу.
- **Ошибка 4.** **Перебирают случаи не полностью.** Разобрали несколько вариантов, забыли один — и решение недействительно: критерии требуют полноты перебора. Дели множество так, чтобы случаи покрывали всё; по остаткам это надёжнее всего.
- **Ошибка 5.** **В принципе Дирихле путают, что предметы, а что ящики.** Назначишь ролями не то — и вывод развалится. Ящиков должно быть меньше, чем предметов; тогда какой-то ящик занят дважды. В числовых задачах ящики — это чаще всего остатки от деления.
- **Ошибка 6.** **Считают, что аккуратный ответ важнее обоснования.** В задании 20 балл дают за логику перехода, а не за само число. Верный ответ без доказательства стоит столько же, сколько неверный, — то есть ноль за пункт.

## Запомни для ЕГЭ

- «Существует / можно ли» — достаточно одного примера
- «Для любого / всегда» — рассуждение обо всех; опровергает один контрпример
- Наибольшее (наименьшее) = пример + оценка. Обе половины обязательны
- «Нельзя» доказывают инвариантом: чётность, остаток по модулю
- Дирихле: предметов больше ящиков → в каком-то ящике не меньше двух
- $\lnot\,(\forall x\; P(x)) \Longleftrightarrow \exists x\; \lnot P(x)$
- Перебор случаев засчитывают только полный

## На экзамене

- Задание 20 стоит 4 балла и требует около 40 минут — берись за него, когда первая часть уже закрыта и перепроверена. Это не та задача, чтобы начинать с неё на свежую голову и застрять.
- Баллы копятся по пунктам: 1 балл — за верный а или б, 2 — за в или за оба а и б, 3 — за два пункта с обязательным в, 4 — за все три. Даже если целиком не решается, аккуратно оформленный пункт а — это реальный балл, который многие бросают.
- Начинай с пункта а: обычно там просят пример, и это самый быстрый балл всего задания. Предъяви число, проверь, что оно подходит, — и переходи дальше.
- Прежде чем писать решение пункта, вслух назови его логический тип: существование, всеобщность или наибольшее/наименьшее. Полминуты на это экономят балл — не будешь доказывать примером то, что требует общего рассуждения.
- Оформляй доказательство словами, а не только формулами. Эксперт читает логику переходов: «рассмотрим остатки при делении на 3», «значит, случай покрывает все числа», «пример показывает достижимость». Пропущенное звено рассуждения снимает балл вернее, чем арифметическая описка.

## Словарь темы

- **Квантор существования** — Оборот «существует», «найдётся», «можно ли». Утверждение с ним доказывается одним подходящим примером: достаточно предъявить хотя бы один объект, для которого свойство выполнено.
- **Квантор всеобщности** — Оборот «для любого», «для всех», «всегда». Доказывается рассуждением, охватывающим все объекты сразу; отдельные примеры его не подтверждают. Опровергается одним контрпримером.
- **Контрпример** — Единственный объект, на котором утверждение «для любого…» нарушается. Одного контрпримера достаточно, чтобы такое утверждение считать ложным.
- **Оценка** — Доказательство того, что величина не может быть больше (или меньше) заданного значения. Половина решения задачи на наибольшее или наименьшее; вторая половина — пример достижимости.
- **Инвариант** — Величина или свойство, не меняющееся при всех разрешённых действиях (или одинаковое у всех допустимых объектов). Если у цели инвариант другой — цель недостижима. Простейший инвариант — чётность.
- **Принцип Дирихле** — Если предметов больше, чем ящиков, то хотя бы в один ящик попадёт не меньше двух предметов. Позволяет доказать существование объекта, не предъявляя его явно.
- **Полнота перебора** — Требование разобрать все возможные случаи без пропусков. Удобно делить множество по остаткам от деления: тогда конечный перебор охватывает бесконечное множество чисел.
- **Метод крайнего** — Приём рассуждения: рассмотреть наибольший или наименьший объект набора. У крайнего элемента часто есть особое ограничение, которое запускает всё доказательство.

## Частые вопросы

### Что такое контрпример?

Контрпример — единственный объект, на котором утверждение «для любого…» нарушается. Одного контрпримера достаточно, чтобы такое утверждение считать ложным, а отдельные примеры его не подтверждают.

### Как решать задания по теме «Логика»?

Шаги такие:

1. определи логический тип каждого пункта
2. начни с пункта а — обычно это существование
3. для «докажите, что всегда» ищи рассуждение обо всех сразу
4. для наибольшего или наименьшего давай два шага
5. чтобы доказать «нельзя», ищи инвариант.

Остальные шаги — в разделе темы выше.

### Какие ошибки чаще всего допускают в теме «Логика»?

В пункте «докажите, что всегда» приводят пример. Проверили на паре чисел, сошлось — и пишут «доказано». Это самая частая потеря в задании 20: пример подтверждает существование, но всеобщность требует рассуждения обо всех числах сразу. За «доказательство примерами» ставят ноль, даже если примеры верные.

### Что нужно запомнить по теме «Логика»?

Главное:

1. «Существует / можно ли» — достаточно одного примера
2. «Для любого / всегда» — рассуждение обо всех; опровергает один контрпример
3. Наибольшее (наименьшее) = пример + оценка. Обе половины обязательны
4. «Нельзя» доказывают инвариантом: чётность, остаток по модулю.

Остальное — в разделе темы выше.

## Источники

- [Демоверсия, спецификация и кодификатор ЕГЭ 2027 по профильной математике (архив ФИПИ)](https://doc.fipi.ru/ege/demoversii-specifikacii-kodifikatory/2027/ma_11_2027.zip). ФИПИ, проект 2027 года.
- [ФИПИ: демоверсии, спецификации и кодификаторы ЕГЭ 2027](https://fipi.ru/ege/demoversii-specifikacii-kodifikatory). ФИПИ, проект 2027 года.
- Федеральный государственный образовательный стандарт среднего общего образования (приказ Минобрнауки России от 17.05.2012 № 413, в редакции приказа Минпросвещения России от 12.08.2022 № 732)
- Федеральная образовательная программа среднего общего образования (приказ Минпросвещения России от 18.05.2023 № 371)

**Соответствие кодификатору ЕГЭ 2027** (проект ФИПИ): 5.2 «Логика».

**Что сверено по документам:**

- Тема соответствует коду 5.2 «Логика» раздела «Множества и логика» кодификатора ФИПИ по математике профильного уровня.
- На профиле код 5.2 проверяется заданием 20 — высокий уровень, 4 балла, около 40 минут.
- Задание 20 состоит из трёх пунктов а/б/в, а баллы делятся так: 1 — только а или только б; 2 — в или а+б; 3 — два пункта с обязательным в; 4 — все три.
- Содержание задания 20 — делимость, остатки, НОД/НОК, десятичная запись, построение примера и оценка; типичные формулировки пунктов — «возможно ли», «найдите наибольшее/наименьшее», «докажите».
- Существование доказывается одним примером, всеобщность — рассуждением обо всех объектах; всеобщность опровергается одним контрпримером. Формально ¬(∀x P(x)) ⇔ ∃x ¬P(x).
- Для «найдите наибольшее (наименьшее) значение» решение состоит из двух независимых частей: примера достижимости и оценки, что дальше нельзя.
- Сумма k различных натуральных чисел не меньше 1+2+…+k = k(k+1)/2; при сумме 20 отсюда k ≤ 5, и набор из пяти существует (1+2+3+4+10=20).
- Невозможность доказывают через инвариант — сохраняющуюся величину; чётность суммы — простейший инвариант.
- Принцип Дирихле: если предметов больше, чем ящиков, хотя бы в одном ящике не меньше двух предметов; в числовых задачах ящиками служат остатки от деления.
- Перебор случаев засчитывается только полным; удобное деление на случаи — по остаткам от деления, что сводит бесконечное множество чисел к конечному числу вариантов.
- Частая ошибка в задании 20 — в пункте в) приводят пример вместо доказательства; встречается и неверное рассуждение с остатками.
- В части 2 решение оценивается независимо от выбранного метода — важна грамотность и обоснованность рассуждения, а не само число ответа.

## Связанные материалы

- [Разбор задания на ЕГЭ](https://neuromisha.ru/ege/matematika/zadanie-20/)
- [Круги Эйлера: множества, формулы и задачи](https://neuromisha.ru/spravochnik/krugi-eylera/)

---

Источник: https://neuromisha.ru/teoriya/matematika/logika/ — НейроМиша, Редакция НейроМиши.