ФИПИ 354582 — Суммы и среднее арифметическое

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.