ФИПИ F89087 — 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. 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.