Суммы и среднее арифметическое — задание №19 ЕГЭ по математике

Главная трудность — условие о средних любых выбранных чисел. Среднее 3 чисел целое тогда и только тогда, когда их сумма делится на 3. Используем это, чтобы сравнить два числа на доске. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 2 других чисел $c_{1},c_{2}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 3 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 3: $$a+c_{1}+c_{2}=3p,\qquad b+c_{1}+c_{2}=3q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=3p-3q=3(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 3. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 3 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 4 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 4: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}=4p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}=4q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=4p-4q=4(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 4. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 4 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3},c_{4}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 5 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 5: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}=5p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}=5q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=5p-5q=5(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 5. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 5 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3},c_{4},c_{5}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 6 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 6: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}+c_{5}=6p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}+c_{5}=6q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=6p-6q=6(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 6. Разность делится одновременно на 3, 4, 5 и 6. Разложим эти числа на простые множители: $$3=3,\quad4=2^2,\quad5=5,\quad6=2\cdot3.$$ Чтобы число делилось на каждое из них, в нём должны быть множители $2^2,3,5$. Их произведение: $$2^2\cdot3\cdot5=4\cdot3\cdot5=60.$$ Значит, разность любых двух чисел делится на 60: все числа имеют одинаковый остаток при делении на 60. Проверим и обратное утверждение, чтобы затем законно строить примеры. Пусть числа имеют вид $60q_i+r$ с одним остатком $r$. Среднее любых $k$ таких чисел равно: $$\frac{(60q_1+r)+\ldots+(60q_k+r)}k=\frac{60(q_1+\ldots+q_k)+kr}k=\frac{60}k(q_1+\ldots+q_k)+r.$$ Для каждого требуемого $k$ коэффициент $60/k$ целый. Поэтому это среднее целое. Таким образом, найденное условие на остатки не только необходимо, но и достаточно. Одно число равно 30021. Найдём остаток его деления на 60: $$30021=60\cdot500+21.$$ Поэтому все числа на доске имеют вид $60q+21$. а) Может ли среди них быть 351? $$351=60\cdot5+51.$$ Остаток 51 отличается от обязательного остатка 21. Следовательно, число 351 на доске стоять не может. б) Может ли отношение двух чисел равняться 11? Пусть меньшее из них $v=60q+21$. Тогда в 11 раз большее число: $$11v=11(60q+21)=660q+231.$$ Разложим 231 на кратное 60 и остаток: $$231=60\cdot3+51.$$ Получаем: $$11v=60(11q+3)+51.$$ Остаток этого числа — 51, а должен быть 21. Противоречие, значит, отношение 11 невозможно. в) Каково наименьшее целое отношение $n$? Поскольку числа натуральные и различные, целое отношение большего к меньшему не меньше 2. Пусть $u=nv$, где $v=60q+21$. Числа $u,v$ должны иметь одинаковый остаток, следовательно, разность $u-v$ должна делиться на 60: $$u-v=nv-v=(n-1)v=(n-1)(60q+21).$$ Раскроем скобки: $$u-v=60q(n-1)+21(n-1).$$ Первое слагаемое уже делится на 60. Значит, и $21(n-1)$ должно делиться на 60. Сократим общий множитель 3 у чисел 21 и 60: это равносильно делимости $7(n-1)$ на 20. Числа 7 и 20 взаимно просты: множители 20 — только 2 и 5, а 7 на них не делится. Поэтому на 20 должно делиться само $n-1$: $$n-1=20t.$$ При $n\ge2$ левая часть положительна, так что натуральное $t$ не меньше 1. Отсюда: $$n=20t+1\ge20\cdot1+1=21.$$ Покажем, что отношение 21 достижимо. Запишем: $$21,81,141,201,261,321,381,441,501,30021.$$ Это десять различных натуральных чисел; каждое имеет остаток 21 при делении на 60. Поэтому все требуемые средние целые. Кроме того: $$\frac{441}{21}=21,$$ поскольку $21\cdot21=441$. Значит, нижняя граница достигается. Ответ: а) нет; б) нет; в) 21.

Средний балл — сумма баллов, делённая на число учеников. Поэтому, если учеников $N$ и средний балл 18, сумма баллов равна $18N$. Обозначим балл перешедшего ученика через $p$. а) Увеличение на 10% означает умножение на $1+10/100=1{,}1$. Новый средний в первой школе: $$ 18\cdot1{,}1=19{,}8. $$ После ухода ученика сумма стала $18N-p$, количество — $N-1$. Запишем условие среднего и избавимся от знаменателя: $$ \frac{18N-p}{N-1}=19{,}8;\qquad18N-p=19{,}8(N-1); $$ $$ 18N-p=19{,}8N-19{,}8;\qquad p=19{,}8-1{,}8N; $$ $$ 5p=99-9N=9(11-N). $$ Балл $p$ положителен, поэтому $11-N>0$ и $N\le10$. По условию $N\ge2$. Чтобы $p$ был целым, число $9(11-N)$ должно делиться на 5. Число 9 не кратно 5, значит, $11-N$ кратно 5. При $2\le N\le10$ величина $11-N$ лежит от 1 до 9; единственное кратное 5 здесь равно 5: $$ 11-N=5;\quad N=6;\quad5p=9\cdot5=45;\quad p=9. $$ Проверим, что обе школы могут выполнить условия. Первая: баллы $9,19,20,20,20,20$, сумма $108$, средний $108/6=18$. После ухода 9 сумма $99$, средний $99/5=19{,}8$. Вторая: четыре ученика по 6 баллов, средний 6; после прихода: $$ \frac{4\cdot6+9}{5}=\frac{33}{5}=6{,}6=1{,}1\cdot6. $$ Значит, изначально в первой школе было 6 учеников. б) Теперь шесть баллов первой школы различны, их сумма по-прежнему $18\cdot6=108$, и один из них равен 9. Чтобы один ученик получил наибольший балл, остальным пяти нужно оставить наименьшую возможную сумму. Они обязаны включать 9; четыре других различных положительных числа не меньше $1,2,3,4$. Поэтому: $$ \text{сумма остальных пяти}\ge1+2+3+4+9=19; $$ $$ \text{наибольший балл}\le108-19=89. $$ Набор $1,2,3,4,9,89$ достигает этой границы. После ухода 9 остаётся сумма 99, а для второй школы подходит предыдущий пример. Ответ: 89 баллов. в) Пусть во второй школе изначально $m>10$ учеников и целый средний $q$. После прихода ученика с 9 баллами: $$ \frac{qm+9}{m+1}=1{,}1q;\qquad10qm+90=11q(m+1); $$ $$ 10qm+90=11qm+11q;\qquad90=qm+11q=q(m+11). $$ Значит, $m+11$ — делитель 90 и больше 21. Полный список положительных делителей 90: $1,2,3,5,6,9,10,15,18,30,45,90$ (из разложения $90=2\cdot3^2\cdot5$). Наименьший больше 21 — 30: $$ m+11=30;\quad m=19;\quad q=90/30=3. $$ Пример: 19 учеников по 3 балла. После прихода: $$ \frac{19\cdot3+9}{20}=\frac{57+9}{20}=\frac{66}{20}=3{,}3=1{,}1\cdot3. $$ Ответ: а) 6 учеников; б) 89 баллов; в) 19 учеников.

На окружности у каждого числа два соседа, включая пару «последнее — первое». Поэтому нужно учитывать 12 разностей, а не 11. а) Расставим по кругу числа в порядке: $$ 1,2,3,4,5,12,6,7,8,9,10,11. $$ Разности соседей, начиная с пары 1 и 2 и заканчивая парой 11 и 1: $$ 1,1,1,1,7,6,1,1,1,1,1,10. $$ Здесь девять единиц и ещё числа 7, 6, 10. Проверка суммы: $$ 9\cdot1+7+6+10=9+7+6+10=32. $$ б) У целого числа $z$ модуль $|z|$ имеет ту же чётность: если $z<0$, то $|z|-z=-2z$ — чётное число; если $z\ge0$, разность равна нулю. Обозначим круговую последовательность через $a_1,\ldots,a_{12}$ и положим $a_{13}=a_1$. Тогда сумма модулей имеет ту же чётность, что сумма разностей без модулей. Но в ней все числа сокращаются: $$ (a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\ldots+(a_{12}-a_{11})+(a_1-a_{12})=0. $$ Следовательно, сумма модулей чётная. Число 29 нечётно. Ответ: нет. в) Чтобы ограничить сразу все соседние разности, выберем середину между числами 6 и 7 — число $6{,}5$. Для любых соседей $u,v$ расстояние между ними не больше пути от $u$ до $6{,}5$ и затем до $v$ (неравенство треугольника): $$ |u-v|\le|u-6{,}5|+|v-6{,}5|. $$ Если сложить это по всем рёбрам окружности, каждое число встретится ровно дважды, потому что имеет двух соседей: $$ \text{сумма разностей}\le2\sum_{j=1}^{12}|j-6{,}5|. $$ Расстояния от середины равны $0{,}5,1{,}5,2{,}5,3{,}5,4{,}5,5{,}5$, каждое по два раза: $$ \sum_{j=1}^{12}|j-6{,}5| =2(0{,}5+1{,}5+2{,}5+3{,}5+4{,}5+5{,}5) =2\cdot18=36. $$ Значит, сумма не больше $2\cdot36=72$. Для равенства поставим поочерёдно число не больше 6 и число не меньше 7: $$ 1,7,2,8,3,9,4,10,5,11,6,12. $$ Разности по кругу: $$ 6,5,6,5,6,5,6,5,6,5,6,11. $$ $$ 6\cdot6+5\cdot5+11=36+25+11=72. $$ Верхняя граница достигнута. Ответ: а) указанный порядок даёт 32; б) нет; в) 72.

Упорядочим десять различных натуральных чисел: $$ x_1<x_2<\ldots<x_{10}. $$ Среднее первых шести равно 5, значит, их сумма $6\cdot5=30$. Среднее последних шести равно 15, значит, их сумма $6\cdot15=90$. В эти две группы одновременно входят $x_5$ и $x_6$. Поэтому при сложении сумм они учитываются дважды. Обозначим $u=x_5$, $v=x_6$, а общую сумму — $T$: $$ T=30+90-u-v=120-u-v. $$ а) Если наименьшее число равно 3, следующие пять различных натуральных чисел не меньше $4,5,6,7,8$. Тогда сумма первых шести не меньше: $$ 3+4+5+6+7+8=11+11+11=33>30. $$ Противоречие. Ответ: нет. б) Среднее 11 потребовало бы $T=10\cdot11=110$. Тогда: $$ 120-u-v=110;\qquad u+v=10. $$ Но пятое по возрастанию натуральное число не меньше 5, шестое — не меньше 6. Значит, $u+v\ge5+6=11$. Получить 10 нельзя. Ответ: нет. в) Чтобы увеличить $T=120-u-v$, нужно уменьшить $u+v$. Докажем более точную нижнюю границу $u+v\ge15$. Предположим обратное: $u+v\le14$. Поскольку $v\ge u+1$, получаем $2u+1\le14$, откуда целое $u\le6$. Четыре первых числа различны и меньше $u$, поэтому максимально они могут быть $u-4,u-3,u-2,u-1$. Их сумма не больше: $$ (u-4)+(u-3)+(u-2)+(u-1)=4u-10. $$ Тогда сумма первых шести ограничена сверху: $$ 30=x_1+x_2+x_3+x_4+u+v \le4u-10+(u+v) \le4\cdot6-10+14=28. $$ Получили $30\le28$, что невозможно. Значит, $u+v\ge15$ и: $$ T\le120-15=105;\qquad\frac{T}{10}\le\frac{105}{10}=10{,}5. $$ Для достижения границы возьмём: $$ 1,3,5,6,7,8,9,10,11,45. $$ Все различны. Проверим обе суммы: $$ 1+3+5+6+7+8=4+11+15=30; $$ $$ 7+8+9+10+11+45=15+19+56=90. $$ Перекрывающиеся числа $7$ и $8$ дают сумму 15, поэтому общая сумма $120-15=105$, среднее 10,5. Ответ: а) нет; б) нет; в) 10,5.

Разделим фрукты на три группы. Пусть $m$ фруктов весят меньше 100 г, $n$ — больше 100 г, $z$ — ровно 100 г. Известно общее количество: $$m+n+z=87.$$ Разные массы есть, а средняя масса всех фруктов 100 г. Значит, есть и лёгкие, и тяжёлые фрукты: иначе все отклонения были бы одного знака и средняя не равнялась бы 100. Найдём суммарную массу каждой группы по формуле «среднее, умноженное на количество»: $$94m,\qquad127n,\qquad100z.$$ Общая масса равна $100\cdot87$. Подставим $87=m+n+z$: $$94m+127n+100z=100(m+n+z).$$ Раскроем скобки справа и перенесём одинаковые части: $$94m+127n+100z=100m+100n+100z,$$ $$27n=6m.$$ Разделим обе части на 3: $$9n=2m.$$ Правая часть чётна, поэтому $n$ чётно. Запишем $n=2k$, где $k$ — натуральное число. Тогда: $$9\cdot2k=2m,\qquad m=9k.$$ Оставшиеся стограммовые фрукты: $$z=87-m-n=87-9k-2k=87-11k.$$ Их количество неотрицательно: $$87-11k\ge0,\qquad11k\le87.$$ Так как $11\cdot7=77\le87$, а $11\cdot8=88>87$, получаем: $$1\le k\le7.$$ а) Равенство количества лёгких и тяжёлых означало бы $9k=2k$. После вычитания $2k$ получилось бы $7k=0$, то есть $k=0$. Это противоречит $k\ge1$. Поэтому поровну быть не могло. б) В формуле $z=87-11k$ значение $z$ уменьшается при увеличении $k$. Поэтому наименьшее значение достигается при наибольшем $k=7$: $$z\ge87-11\cdot7=87-77=10.$$ Меньше 9 таких фруктов быть не может. в) Самый тяжёлый фрукт находится среди тяжёлых. Обозначим его массу через $W$. Все массы целые, поэтому любой другой тяжёлый фрукт весит не меньше 101 г. Их $n-1$, а общая масса тяжёлых равна $127n$. Следовательно: $$W+101(n-1)\le127n.$$ Вычтем $101(n-1)$ из обеих частей: $$W\le127n-101(n-1).$$ Раскроем скобки: $$W\le127n-101n+101=26n+101.$$ Подставим $n=2k$ и используем $k\le7$: $$W\le26\cdot2k+101=52k+101\le52\cdot7+101=364+101=465.$$ Проверим достижимость: возьмём 63 фрукта по 94 г, 10 по 100 г, 13 по 101 г и один массой 465 г. Количество: $$63+10+13+1=87.$$ Средняя масса лёгких — 94 г. У тяжёлых суммарная масса: $$13\cdot101+465=1313+465=1778\text{ г}.$$ Тяжёлых 14, и: $$1778/14=127\text{ г}.$$ Общая масса: $$63\cdot94+10\cdot100+1778=5922+1000+1778=8700\text{ г},$$ $$8700/87=100\text{ г}.$$ Все условия выполнены. Значит, наибольшая возможная масса равна 465 г. Ответ: а) нет; б) нет; в) 465 г.

В каждый день разрешены только натуральные числа меньше 6, то есть 1,2,3,4,5. Условия относятся отдельно к сумме и к количеству за день. а) Можно даже семь дней. Ниже запись, например, $7\cdot1+2\cdot2$ означает семь записанных единиц и две двойки, а не одно число 11. Проверим каждый день: $$ \begin{array}{c|c|c} \text{день}&\text{количество}&\text{состав и сумма}\\\hline 1&10&10\cdot1=10\\ 2&9&7\cdot1+2\cdot2=7+4=11\\ 3&8&4\cdot1+4\cdot2=4+8=12\\ 4&7&1+6\cdot2=1+12=13\\ 5&6&4\cdot2+2\cdot3=8+6=14\\ 6&5&5\cdot3=15\\ 7&4&4\cdot4=16 \end{array} $$ Количество каждый раз уменьшается, сумма растёт, все записанные числа от 1 до 5. Поэтому семь дней удовлетворяют вопросу пункта а). Ответ: да. б) Нужно, чтобы в первый день было много маленьких чисел, а потом достаточно больших. Приведём полностью определённый пример; первый день — сто единиц. Его среднее $100/100=1$, оно меньше и 2, и 3. Затем: $$ \begin{array}{c|c|c} \text{день}&\text{количество}&\text{состав и сумма}\\\hline 1&100&100\cdot1=100\\ 2&99&7\cdot1+1\cdot3+91\cdot5=7+3+455=465\\ 3&98&6\cdot1+92\cdot5=6+460=466\\ 4&97&4\cdot1+1\cdot3+92\cdot5=4+3+460=467\\ 5&96&3\cdot1+93\cdot5=3+465=468\\ 6&95&1+3+93\cdot5=1+3+465=469\\ 7&94&94\cdot5=470 \end{array} $$ Все количества уменьшаются, суммы строго увеличиваются. Среднее всех чисел — общая сумма, делённая на общее количество, а не среднее семи дневных средних. Считаем: $$ N=100+99+98+97+96+95+94=\frac{7(100+94)}2=7\cdot97=679; $$ $$ T=100+465+466+467+468+469+470 =100+\frac{6(465+470)}2=100+3\cdot935=2905. $$ Для сравнения с 4 умножим 4 на положительный знаменатель: $$ 4\cdot679=2716<2905;\qquad\frac{2905}{679}>4. $$ Ответ: да. в) Начальная сумма равна 5. Так как каждое число не меньше 1, начальное количество не больше 5. При ежедневном уменьшении хотя бы на единицу в последний, $n$-й день количество не больше $5-n+1$. А каждое число не больше 5, поэтому последняя сумма $S_n$ не больше: $$ S_n\le5(5-n+1). $$ Суммы — целые и каждый день строго растут, поэтому последняя не меньше начальной плюс $n-1$: $$ 5+n-1\le S_n\le5(5-n+1); $$ $$ 5+n-1\le30-5n;\quad6n\le26;\quad n\le\frac{26}6. $$ Таким образом, целое $n$ не больше 4. Это ограничивает все возможные количества дней, а не только наш пример. Если последняя сумма не больше $L=5(5-n+1)$, предыдущая не больше $L-1$, предпредыдущая — не больше $L-2$ и т.д. Начальная сумма при этом остаётся ровно 5. Получаем верхние границы общей суммы для каждого $n$: $$ \begin{array}{c|c|c} n&L&\text{общая сумма не больше}\\\hline 1&5&5\\2&20&5+20=25\\3&15&5+14+15=34\\4&10&5+8+9+10=32 \end{array} $$ Максимальная граница 34 получается при трёх днях. Она достигается: в первый день пять единиц (количество 5, сумма 5); во второй — $5,5,3,1$ (количество 4, сумма $5+5+3+1=14$); в третий — $5,5,5$ (количество 3, сумма 15). Суммы $5<14<15$, количества $5>4>3$; общая сумма $5+14+15=34$. Ответ: а) да; б) да; в) 34.

Главная трудность — условие о средних любых выбранных чисел. Среднее 4 чисел целое тогда и только тогда, когда их сумма делится на 4. Используем это, чтобы сравнить два числа на доске. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 3 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 4 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 4: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}=4p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}=4q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=4p-4q=4(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 4. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 4 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3},c_{4}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 5 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 5: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}=5p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}=5q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=5p-5q=5(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 5. Разность делится на 4 и 5. Числа 4 и 5 взаимно просты, поэтому разность делится и на их произведение: $$4\cdot5=20.$$ Значит, все десять чисел имеют одинаковый остаток при делении на 20. Проверим и обратное утверждение, чтобы затем законно строить примеры. Пусть числа имеют вид $20q_i+r$ с одним остатком $r$. Среднее любых $k$ таких чисел равно: $$\frac{(20q_1+r)+\ldots+(20q_k+r)}k=\frac{20(q_1+\ldots+q_k)+kr}k=\frac{20}k(q_1+\ldots+q_k)+r.$$ Для каждого требуемого $k$ коэффициент $20/k$ целый. Поэтому это среднее целое. Таким образом, найденное условие на остатки не только необходимо, но и достаточно. а) Могут ли одновременно присутствовать 403 и 2013? Их разность обязана делиться на 20. Вычислим её: $$2013-403=1610.$$ Но: $$1610=20\cdot80+10.$$ Остаток 10 ненулевой, поэтому разность не делится на 20. Одновременно эти два числа на доске стоять не могут. б) Может ли на доске быть квадрат, если есть число 403? Найдём общий остаток: $$403=20\cdot20+3.$$ Значит, все числа должны иметь остаток 3 по модулю 20. Проверим возможные остатки квадратов. Любое целое число имеет вид $20q+r$, где $r$ — одно из чисел от 0 до 19. После возведения в квадрат: $$(20q+r)^2=400q^2+40qr+r^2.$$ Первые два слагаемых делятся на 20, поэтому остаток квадрата совпадает с остатком $r^2$. Для $r=0,1,\ldots,19$ эти остатки последовательно равны: $$0,1,4,9,16,5,16,9,4,1,0,1,4,9,16,5,16,9,4,1.$$ Среди них нет 3. Поэтому ни один квадрат натурального числа не может иметь требуемый остаток. Ответ — нет. в) Теперь среди чисел есть 1. Все остальные также должны иметь остаток 1 при делении на 20. Значит, для искомого квадрата $n^2$ нужно: $$n^2=20q+1.$$ По условию $n>1$. Переберём натуральные $n$ по возрастанию и каждый раз вычислим квадрат и остаток: $$2^2=4=20\cdot0+4.$$ $$3^2=9=20\cdot0+9.$$ $$4^2=16=20\cdot0+16.$$ $$5^2=25=20\cdot1+5.$$ $$6^2=36=20\cdot1+16.$$ $$7^2=49=20\cdot2+9.$$ $$8^2=64=20\cdot3+4.$$ $$9^2=81=20\cdot4+1.$$ При $n=2,3,4,5,6,7,8$ остаток не равен 1. Первый подходящий вариант — $n=9$, потому что $81=20\cdot4+1$. Остаётся проверить, что он совместим со всеми условиями. Возьмём набор: $$1,21,41,61,81,101,121,141,161,181.$$ В нём десять различных натуральных чисел, каждое даёт остаток 1 по модулю 20. По доказанному в начале все средние четырёх и пяти выбранных чисел целые. Числа 1 и $9^2=81$ в наборе есть. Значит, $n=9$ действительно достижимо. Ответ: а) нет; б) нет; в) 9.

Упорядочим числа: $x_1<x_2<\ldots<x_{11}$. Шестое число обозначим $B=x_6$. Первые шесть имеют сумму $6\cdot5=30$, последние шесть — $6\cdot15=90$. Единственное число, входящее в обе группы, — $B$. Значит, общая сумма $T$ и среднее $S$ равны: $$ T=30+90-B=120-B;\qquad S=\frac{120-B}{11}. $$ а) Если $x_1=3$, первые шесть не меньше $3,4,5,6,7,8$, потому что числа натуральные и различны. Тогда: $$ x_1+\ldots+x_6\ge3+4+5+6+7+8=33>30. $$ Противоречие. Ответ: нет. б) Если $S=9$, общая сумма $T=11\cdot9=99$. Поэтому: $$ 120-B=99;\qquad B=120-99=21. $$ Но первые пять различных натуральных чисел имеют сумму не меньше $1+2+3+4+5=15$. Вместе с $B=21$ это дало бы хотя бы $15+21=36$, тогда как сумма первых шести должна быть 30. Ответ: нет. в) Подставим формулу среднего в требуемое выражение и приведём к одному знаменателю: $$ S-B=\frac{120-B}{11}-B =\frac{120-B-11B}{11}=\frac{120-12B}{11}. $$ При увеличении $B$ числитель уменьшается на 12 за каждую единицу, знаменатель остаётся положительным. Значит, нужно найти наименьшее возможное $B$. Если $B\le7$, первые шесть не больше шести наибольших различных натуральных чисел до 7, то есть $2,3,4,5,6,7$. Их сумма: $$ 2+3+4+5+6+7=9+9+9=27<30. $$ Следовательно, $B\ge8$. Отсюда: $$ S-B\le\frac{120-12\cdot8}{11} =\frac{120-96}{11}=\frac{24}{11}. $$ Проверим достижимость. Возьмём: $$ 1,3,5,6,7,8,9,10,11,12,40. $$ Здесь $B=8$, все числа различны. Первые шесть дают $1+3+5+6+7+8=30$. Последние шесть дают: $$ 8+9+10+11+12+40=17+21+52=90. $$ Общая сумма $120-8=112$, поэтому $S-B=112/11-8=(112-88)/11=24/11$. Верхняя граница достигнута. Ответ: а) нет; б) нет; в) $\frac{24}{11}$.

Сначала выразим общую сумму через $N$. Двухрублёвых монет $N$, пятирублёвых $1200-N$. Поэтому: $$T=2N+5(1200-N).$$ Раскроем скобки и приведём подобные слагаемые: $$T=2N+6000-5N=6000-3N.$$ Условие должно выполняться для любых 500 монет. Значит, достаточно и необходимо проверить самый дешёвый набор из 500: если даже он стоит не меньше $T/4$, то любой более дорогой набор тоже подходит. Чтобы получить самый дешёвый набор, сначала берём монеты по 2 рубля и лишь при их нехватке добавляем монеты по 5 рублей. Случай 1. $N<500$. В дешёвом наборе будут все $N$ двухрублёвых монет и $500-N$ пятирублёвых. Его стоимость: $$M=2N+5(500-N)=2N+2500-5N=2500-3N.$$ Подставим в требование $M\ge T/4$: $$2500-3N\ge\frac{6000-3N}{4}.$$ Умножим обе части на положительное число 4: $$10000-12N\ge6000-3N.$$ Вычтем 6000 и прибавим $12N$ к обеим частям: $$4000\ge9N.$$ Разделим на 9: $$N\le\frac{4000}{9}=444+\frac49.$$ Число монет целое, поэтому здесь подходят $N=1,2,\ldots,444$. Число 445 уже больше найденной границы. Все найденные числа удовлетворяют исходному ограничению $N<500$. Случай 2. $N\ge500$. Теперь можно взять 500 монет по 2 рубля. Самый дешёвый набор стоит: $$M=500\cdot2=1000.$$ Получаем: $$1000\ge\frac{6000-3N}{4}.$$ Умножим на 4: $$4000\ge6000-3N.$$ Прибавим $3N$ и вычтем 4000: $$3N\ge2000.$$ Разделим на 3: $$N\ge\frac{2000}{3}=666+\frac23.$$ С учётом целочисленности и ограничения из условия $N\le1199$ получаем $N=667,668,\ldots,1199$. а) Число 400 входит в первый список, значит, оно возможно. Можно проверить непосредственно: $$T=6000-3\cdot400=6000-1200=4800,$$ $$T/4=1200,\qquad M=2500-1200=1300\ge1200.$$ б) Число 600 не входит ни в один список. Действительно: $$T=6000-3\cdot600=4200,$$ $$T/4=1050>1000=M.$$ Самый дешёвый набор не удовлетворяет требованию. Ответ — нет. в) В первом списке 444 числа. Во втором количество целых чисел от 667 до 1199 включительно равно: $$1199-667+1=532+1=533.$$ Списки не пересекаются. Поэтому общее количество: $$444+533=977.$$ Ответ: а) да; б) нет; в) 977.

В каждый день разрешены только натуральные числа меньше 6, то есть 1,2,3,4,5. Условия относятся отдельно к сумме и к количеству за день. а) Можно даже семь дней. Ниже запись, например, $7\cdot1+2\cdot2$ означает семь записанных единиц и две двойки, а не одно число 11. Проверим каждый день: $$ \begin{array}{c|c|c} \text{день}&\text{количество}&\text{состав и сумма}\\\hline 1&10&10\cdot1=10\\ 2&9&7\cdot1+2\cdot2=7+4=11\\ 3&8&4\cdot1+4\cdot2=4+8=12\\ 4&7&1+6\cdot2=1+12=13\\ 5&6&4\cdot2+2\cdot3=8+6=14\\ 6&5&5\cdot3=15\\ 7&4&4\cdot4=16 \end{array} $$ Количество каждый раз уменьшается, сумма растёт, все записанные числа от 1 до 5. Поэтому семь дней удовлетворяют вопросу пункта а). Ответ: да. б) Нужно, чтобы в первый день было много маленьких чисел, а потом достаточно больших. Приведём полностью определённый пример; первый день — сто единиц. Его среднее $100/100=1$, оно меньше и 2, и 3. Затем: $$ \begin{array}{c|c|c} \text{день}&\text{количество}&\text{состав и сумма}\\\hline 1&100&100\cdot1=100\\ 2&99&7\cdot1+1\cdot3+91\cdot5=7+3+455=465\\ 3&98&6\cdot1+92\cdot5=6+460=466\\ 4&97&4\cdot1+1\cdot3+92\cdot5=4+3+460=467\\ 5&96&3\cdot1+93\cdot5=3+465=468\\ 6&95&1+3+93\cdot5=1+3+465=469\\ 7&94&94\cdot5=470 \end{array} $$ Все количества уменьшаются, суммы строго увеличиваются. Среднее всех чисел — общая сумма, делённая на общее количество, а не среднее семи дневных средних. Считаем: $$ N=100+99+98+97+96+95+94=\frac{7(100+94)}2=7\cdot97=679; $$ $$ T=100+465+466+467+468+469+470 =100+\frac{6(465+470)}2=100+3\cdot935=2905. $$ Для сравнения с 4 умножим 4 на положительный знаменатель: $$ 4\cdot679=2716<2905;\qquad\frac{2905}{679}>4. $$ Ответ: да. в) Начальная сумма равна 6. Так как каждое число не меньше 1, начальное количество не больше 6. При ежедневном уменьшении хотя бы на единицу в последний, $n$-й день количество не больше $6-n+1$. А каждое число не больше 5, поэтому последняя сумма $S_n$ не больше: $$ S_n\le5(6-n+1). $$ Суммы — целые и каждый день строго растут, поэтому последняя не меньше начальной плюс $n-1$: $$ 6+n-1\le S_n\le5(6-n+1); $$ $$ 6+n-1\le35-5n;\quad6n\le30;\quad n\le\frac{30}6. $$ Таким образом, целое $n$ не больше 5. Это ограничивает все возможные количества дней, а не только наш пример. Если последняя сумма не больше $L=5(6-n+1)$, предыдущая не больше $L-1$, предпредыдущая — не больше $L-2$ и т.д. Начальная сумма при этом остаётся ровно 6. Получаем верхние границы общей суммы для каждого $n$: $$ \begin{array}{c|c|c} n&L&\text{общая сумма не больше}\\\hline 1&6&6\\2&25&6+25=31\\3&20&6+19+20=45\\4&15&6+13+14+15=48\\5&10&6+7+8+9+10=40 \end{array} $$ Максимальная граница 48 получается при четырёх днях. Она достигается: в первый день шесть единиц (количество 6, сумма 6); во второй — $5,5,1,1,1$ (количество 5, сумма $5+5+1+1+1=13$); в третий — $5,5,3,1$ (количество 4, сумма 14); в четвёртый — три пятёрки (количество 3, сумма 15). Суммы $6<13<14<15$, количества $6>5>4>3$, общая сумма $6+13+14+15=48$. Ответ: а) да; б) да; в) 48.

Пусть числа упорядочены: $x_1<x_2<\ldots<x_{10}$. Сумма шести наименьших равна $6\cdot6=36$, шести наибольших — $6\cdot12=72$. В обе группы входят $u=x_5$ и $v=x_6$. При сложении сумм они посчитаны дважды, поэтому общая сумма $T$ равна: $$ T=36+72-u-v=108-u-v. $$ а) Если наибольшее число 14, то шесть наибольших различных натуральных чисел не могут быть больше $9,10,11,12,13,14$ соответственно. Их сумма ограничена сверху: $$ 9+10+11+12+13+14=23+23+23=69<72. $$ Значит, сумма 72 не получается. Ответ: нет. Для б) и в) нам нужно ограничить $u+v$ сверху. После $v$ находятся ещё четыре различных целых числа, поэтому они не меньше $v+1,v+2,v+3,v+4$. Следовательно: $$ 72=u+v+x_7+x_8+x_9+x_{10} \ge u+v+(v+1)+(v+2)+(v+3)+(v+4) =u+5v+10. $$ Вычитаем 10: $$ u+5v\le62. $$ Предположим, что $u+v\ge20$. Так как $u<v$, имеем $u\le v-1$, откуда: $$ 20\le u+v\le2v-1;\qquad2v\ge21;\qquad v\ge11. $$ Тогда: $$ u+5v=(u+v)+4v\ge20+4\cdot11=64>62. $$ Противоречие. Значит, целая сумма $u+v$ не больше 19. б) Среднее 8,4 означало бы общую сумму $10\cdot8{,}4=84$. Из формулы общей суммы следовало бы: $$ 108-u-v=84;\qquad u+v=108-84=24. $$ Но 24 больше доказанной границы 19. Ответ: нет. в) Для наименьшей общей суммы нужно наибольшее $u+v$. Полученная граница даёт: $$ T=108-u-v\ge108-19=89; \qquad\text{среднее}\ge\frac{89}{10}=8{,}9. $$ Проверим достижимость набором: $$ 1,2,6,8,9,10,11,12,13,17. $$ Все десять чисел различны. Первые шесть: $$ 1+2+6+8+9+10=3+14+19=36. $$ Последние шесть: $$ 9+10+11+12+13+17=19+23+30=72. $$ Общие числа $9$ и $10$ дают сумму 19, поэтому $T=108-19=89$. Минимум среднего 8,9 достигнут. Ответ: а) нет; б) нет; в) 8,9.

Пусть в первой школе было $m$ учеников с целым средним баллом $A$, во второй — $n$ учеников со средним 42. Балл перешедшего обозначим $p$. Все баллы натуральные, $m,n\ge2$. Суммы баллов до перехода равны $Am$ и $42n$. Уменьшение на 10% означает новый средний, равный $0{,}9$ исходного; новый средний не обязан быть целым. а) После прихода ученика во вторую школу сумма $42n+p$, количество $n+1$. Поэтому: $$ \frac{42n+p}{n+1}=0{,}9\cdot42=37{,}8; $$ $$ 42n+p=37{,}8n+37{,}8;\qquad p=37{,}8-4{,}2n; $$ $$ 5p=189-21n=21(9-n). $$ Поскольку $p>0$, целое $n<9$, то есть $2\le n\le8$. Для целого $p$ число $21(9-n)$ должно делиться на 5. Множитель 21 не делится на 5, значит, $9-n$ кратно 5. Оно находится между 1 и 7, поэтому равно 5: $$ 9-n=5;\quad n=4;\quad p=21\cdot5/5=21. $$ Проверим возможность первой школы: возьмём баллы $21,13,13,13,15$. Их сумма $21+39+15=75$, исходный средний $75/5=15$. После ухода ученика с 21 баллом средний $(75-21)/4=54/4=13{,}5=0{,}9\cdot15$. Во второй школе можно взять четверых по 42: после прихода $p=21$ средний $(168+21)/5=189/5=37{,}8$. Ответ: изначально 4 ученика во второй школе. б) Их исходная сумма $4\cdot42=168$. Каждый набрал больше 21, то есть не меньше 22. Чтобы один набрал как можно больше, трём другим оставим минимально возможные баллы: $$ \text{наибольший балл}\le168-3\cdot22=168-66=102. $$ Набор $22,22,22,102$ достигает границы: его сумма 168, каждый балл больше 21. После прихода ученика с 21 сумма и средний те же, что в а), а первая школа подходит из предыдущего примера. Ответ: 102 балла. в) Запишем уменьшение среднего первой школы: $$ \frac{Am-21}{m-1}=0{,}9A; \qquad10Am-210=9A(m-1); $$ $$ 10Am-210=9Am-9A;\qquad Am+9A=210; \qquad A(m+9)=210. $$ После ухода все оставшиеся баллы натуральные, значит, их среднее не меньше 1: $$ 0{,}9A\ge1;\qquad A\ge\frac{10}{9}. $$ Исходный средний $A$ целый, поэтому $A\ge2$. Выразим количество: $$ m+9=\frac{210}{A}\le\frac{210}{2}=105; \qquad m\le105-9=96. $$ При $m=96,A=2$ нужна сумма $96\cdot2=192$. Возьмём одного перешедшего с 21 баллом, 94 ученика с 1 баллом и одного с 77 баллами. Количество $1+94+1=96$, сумма $21+94+77=192$. После ухода остаётся 95 учеников с суммой $94+77=171$: $$ \frac{171}{95}=1{,}8=0{,}9\cdot2. $$ Для второй школы подходит набор из четырёх учеников по 42 балла, проверенный в а). Таким образом, граница 96 достигается. Ответ: а) 4 ученика; б) 102 балла; в) 96 учеников.

а) Этот пункт не требует, чтобы средние изменились на 10%. Возьмём в первой школе двух учеников с баллами 19 и 1. Исходный средний: $$ \frac{19+1}{2}=10. $$ Пусть уйдёт ученик с 19 баллами. Останется один с 1 баллом, и средний станет 1 — в десять раз меньше 10. Во второй школе изначально семь учеников, например по 1 баллу: средний целый. Всего $2+7=9$ учеников, как требуется. Ответ: да. Для б) и в) обозначим исходные количества учеников $m,n$, исходные целые средние $A,B$, балл перешедшего $p$. Тогда $m+n=9$, $m,n\ge2$, поэтому $2\le m,n\le7$. Изменение среднего на минус 10% — умножение на $0{,}9$. В первой школе после ухода сумма $Am-p$, количество $m-1$: $$ \frac{Am-p}{m-1}=0{,}9A; \quad10Am-10p=9Am-9A; \quad10p=Am+9A=A(m+9). $$ Во второй школе после прихода: $$ \frac{Bn+p}{n+1}=0{,}9B; \quad10Bn+10p=9Bn+9B; \quad10p=B(9-n). $$ Так как $9-n=m$, необходимые условия принимают вид: $$ p=\frac{Bm}{10};\qquad A=\frac{Bm}{m+9},\qquad2\le m\le7. $$ б) При $B=7$ число $p=7m/10$ должно быть целым. Поскольку 7 и 10 взаимно просты, $m$ должно делиться на 10, но ни одно число от 2 до 7 не делится. Ответ: нет. в) Исходное среднее $B$ — положительное целое. Проверим по порядку все значения меньше 5, не пропуская ни одного. Если $B=1$ или $B=3$, в дроби $Bm/10$ множитель $B$ взаимно прост с 10. Поэтому $m$ должно делиться на 10, что невозможно при $2\le m\le7$. Если $B=2$ или $B=4$, для целого $Bm/10$ число $m$ должно делиться на 5. В диапазоне 2–7 подходит только $m=5$. Однако тогда исходный средний первой школы: $$ B=2:\quad A=\frac{2\cdot5}{5+9}=\frac{10}{14}=\frac57\notin\mathbb Z; $$ $$ B=4:\quad A=\frac{4\cdot5}{5+9}=\frac{20}{14}=\frac{10}{7}\notin\mathbb Z. $$ Оба случая нарушают целочисленность исходного среднего. Значения 1,2,3,4 полностью исключены. Для $B=5$ возьмём $m=6,n=3$: $$ p=\frac{5\cdot6}{10}=3;\qquad A=\frac{5\cdot6}{6+9}=\frac{30}{15}=2. $$ Построим баллы: в первой школе $3,1,2,2,2,2$, сумма $3+1+8=12$, средний $12/6=2$. После ухода 3 сумма 9, средний $9/5=1{,}8=0{,}9\cdot2$. Во второй школе три ученика по 5, сумма 15. После прихода 3: $$ \frac{15+3}{3+1}=\frac{18}{4}=4{,}5=0{,}9\cdot5. $$ Все баллы натуральные, исходные средние целые. Значит, минимум достигнут. Ответ: а) да; б) нет; в) 5 баллов.

Обозначим исходные количества учеников $m,n$, исходные целые средние $A,B$, балл перешедшего ученика $p$. По условию $m+n=51$, $m,n\ge2$, а все баллы положительные целые. а) Если средний первой школы удвоился, то после ухода ученика сумма оставшихся баллов должна быть $2A(m-1)$. До ухода она равнялась $Am$. Значит, балл ушедшего: $$ p=Am-2A(m-1)=Am-2Am+2A=A(2-m). $$ При $m\ge2$ выражение $2-m\le0$, поэтому $p\le0$. Это противоречит натуральности балла. Ответ: нет. Для б) и в) увеличение на 10% означает умножение на $1{,}1$. Выведем ограничения из формул среднего. Для первой школы: $$ \frac{Am-p}{m-1}=1{,}1A;\quad10Am-10p=11Am-11A; \quad10p=A(11-m). $$ Так как $p>0$ и $A>0$, число $11-m$ положительно, поэтому $2\le m\le10$. Для второй школы: $$ \frac{Bn+p}{n+1}=1{,}1B;\quad10Bn+10p=11Bn+11B; \quad10p=B(n+11). $$ Подставим $n=51-m$, откуда $n+11=62-m$. Получаем: $$ p=\frac{B(62-m)}{10};\qquad A=\frac{B(62-m)}{11-m},\qquad2\le m\le10. $$ б) При $B=1$ для целого $p$ величина $62-m$ должна делиться на 10. Она лежит от $62-10=52$ до $62-2=60$. Единственное кратное 10 в этом диапазоне — 60. Поэтому $m=2$. Но тогда: $$ A=\frac{62-2}{11-2}=\frac{60}{9}=\frac{20}{3}, $$ а это не целый исходный средний. Ответ: нет. в) Для минимума $B$ после исключённой единицы проверяем $B=2$. Чтобы $p=2(62-m)/10=(62-m)/5$ было целым, число $62-m$ должно делиться на 5. В диапазоне 52–60 таких чисел два: 55 и 60. Соответственно, $m=7$ или $m=2$. Проверим оба: $$ m=2:\quad A=\frac{2\cdot60}{9}=\frac{120}{9}=\frac{40}{3}\notin\mathbb Z; $$ $$ m=7:\quad A=\frac{2\cdot55}{4}=\frac{110}{4}=\frac{55}{2}\notin\mathbb Z. $$ Значит, $B=2$ тоже невозможно. Для $B=3$ возьмём $m=2,n=49$: $$ p=\frac{3\cdot60}{10}=18;\qquad A=\frac{3\cdot60}{9}=20. $$ Первая школа: два ученика с баллами 18 и 22, исходный средний $(18+22)/2=40/2=20$. После ухода 18 остаётся 22, а $22=1{,}1\cdot20$. Вторая школа: 49 учеников по 3 балла, сумма $49\cdot3=147$, исходный средний 3. После прихода ученика с 18 баллами: $$ \frac{147+18}{49+1}=\frac{165}{50}=3{,}3=1{,}1\cdot3. $$ Все условия выполнены, а меньшие целые $B$ исключены. Ответ: а) нет; б) нет; в) 3 балла.

Главная трудность — условие о средних любых выбранных чисел. Среднее 3 чисел целое тогда и только тогда, когда их сумма делится на 3. Используем это, чтобы сравнить два числа на доске. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 2 других чисел $c_{1},c_{2}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 3 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 3: $$a+c_{1}+c_{2}=3p,\qquad b+c_{1}+c_{2}=3q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=3p-3q=3(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 3. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 3 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 4 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 4: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}=4p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}=4q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=4p-4q=4(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 4. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 4 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3},c_{4}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 5 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 5: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}=5p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}=5q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=5p-5q=5(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 5. Возьмём любые два числа $a,b$ и ещё 5 других чисел $c_{1},c_{2},c_{3},c_{4},c_{5}$. Их хватает: всего чисел десять, а нам требуется не больше семи. У наборов из 6 чисел с общей частью получаем две суммы, кратные 6: $$a+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}+c_{5}=6p,\qquad b+c_{1}+c_{2}+c_{3}+c_{4}+c_{5}=6q,$$ где $p,q$ — целые числа (соответствующие средние). Вычтем второе равенство из первого. Общие слагаемые сокращаются: $$a-b=6p-6q=6(p-q).$$ Следовательно, разность любых двух записанных чисел делится на 6. Разность делится одновременно на 3, 4, 5 и 6. Разложим эти числа на простые множители: $$3=3,\quad4=2^2,\quad5=5,\quad6=2\cdot3.$$ Чтобы число делилось на каждое из них, в нём должны быть множители $2^2,3,5$. Их произведение: $$2^2\cdot3\cdot5=4\cdot3\cdot5=60.$$ Значит, разность любых двух чисел делится на 60: все числа имеют одинаковый остаток при делении на 60. Проверим и обратное утверждение, чтобы затем законно строить примеры. Пусть числа имеют вид $60q_i+r$ с одним остатком $r$. Среднее любых $k$ таких чисел равно: $$\frac{(60q_1+r)+\ldots+(60q_k+r)}k=\frac{60(q_1+\ldots+q_k)+kr}k=\frac{60}k(q_1+\ldots+q_k)+r.$$ Для каждого требуемого $k$ коэффициент $60/k$ целый. Поэтому это среднее целое. Таким образом, найденное условие на остатки не только необходимо, но и достаточно. Найдём остаток заданного числа: $$30033=60\cdot500+33.$$ Значит, все числа на доске имеют вид $60q+33$. а) Для числа 303: $$303=60\cdot5+3.$$ Его остаток равен 3, а нужен 33. Поэтому оно присутствовать не может. б) Пусть отношение двух чисел равно 31. Обозначим меньшее через $v$, большее через $u=31v$. Их разность: $$u-v=31v-v=30v.$$ Разность должна делиться на 60. Поэтому $30v=60k$, и после деления на 30: $$v=2k.$$ Иными словами, $v$ должно быть чётным. Но число $60q+33$ нечётно: $60q$ чётно, а 33 нечётно. Противоречие. Отношение 31 невозможно. в) Теперь отношение равно квадрату $n^2$, то есть $u=n^2v$. Поскольку числа различны, $n>1$. Разность снова должна делиться на 60: $$u-v=(n^2-1)v=(n^2-1)(60q+33).$$ Раскроем скобки: $$u-v=60q(n^2-1)+33(n^2-1).$$ Первое слагаемое кратно 60. Поэтому второе также должно делиться на 60. Сократим общий множитель 3 у чисел 33 и 60: получаем условие делимости $11(n^2-1)$ на 20. Число 11 взаимно просто с 20, поэтому на 20 должно делиться $n^2-1$: $$n^2=20k+1.$$ Ищем первое натуральное $n>1$, удовлетворяющее этому условию: $$2^2=4=20\cdot0+4.$$ $$3^2=9=20\cdot0+9.$$ $$4^2=16=20\cdot0+16.$$ $$5^2=25=20\cdot1+5.$$ $$6^2=36=20\cdot1+16.$$ $$7^2=49=20\cdot2+9.$$ $$8^2=64=20\cdot3+4.$$ $$9^2=81=20\cdot4+1.$$ Первое подходящее число — $n=9$. В условии спрашивается именно $n$, а не отношение $n^2=81$. Построим пример, чтобы доказать достижимость. Возьмём числа: $$33,93,153,213,273,333,393,453,2673,30033.$$ Все они имеют вид $60q+33$, все различны и натуральны. Поэтому условие о целых средних выполняется. Два нужных числа связаны так: $$81\cdot33=(80+1)\cdot33=2640+33=2673,$$ $$\frac{2673}{33}=81=9^2.$$ Значит, ответ $n=9$ достигается, а меньшие натуральные $n>1$ уже исключены. Ответ: а) нет; б) нет; в) 9.