Призёры XI Всероссийской олимпиады школьников

56

Призеры
XI Всероссийской
Олимпиды ШКОЛЬНИКОВ

Математика

Дипломы I степени
по 8 классам получили
Гусманов P. (п. Дюргали Башкирской АССР,
с. ш. № 3),
Дыинников И. (Жуковский, с. ш. № 10),
Черных А. (Краснодар, с. ш. № 40),
Южков В. (Вийск, с. ш. № 18);

по 9 классам
Асташкевич А. (Томск, с. ш. № 24),
Вайсбурд М. (Томск, с. ш. № 6),
Муштари А. (Казань, с. ш. № 18),
Ханочкин Ю. (Врянск, с. ш. № 3);

по 10 классам —
Вергтейм Л. (Новосибирск, с. ш. № 25),
Есилова Т. (Ростов-на-Дону, с. ш. № 5),
Кирилин П. (Дубна, с. ш. № 10),
Корнилов Э. (Чебоксары, с. ш. № 27);

Дипломы II степени
по 8 классам получили
Дзиговое Л. (орджоникидзе, с. ш. № 2),
Когон Л. (Кемерово, с. ш. № 89),
Стыркас К. (п. Черноголовка Московской обл.,
с. ш. № 82),
Сухих В. (Сыктывкар, с. ш. № 31);

по 9 классам —
Ненатьеев М. (Саратов, с. ш. № 13),
Крестьянков А. (Славгород, с. ш. № 10),
Прокопенко В. (Гатчина, с. ш. № 3),
Филимоненков В. (Свердловск, с. ш. № 130);

по 10 классам —
Васильев В. (Воронеж, с. ш. № 59),
Земцов П. (Новосибирск, с. ш. № 25),
Ковцов Д. (Арзамас, с. ш. № 15),
Милов С. (Тула, с. ш. № 36).

Дипломы III степени
по 8 классам получили
Васильев К. (Тула, с. ш. № 45),
Костин А. (Омск, с. ш. № 92),
Рошцин И. (Челябинск, с. ш. № 138),
Соковых В. (Елец, с. ш. № 24);

по 9 классам —
Арапов А. (Воронеж, с. ш. № 58),
Барахин В. (Новосибирск, с. ш. № 83),
Русаков Г. (п. Протва Калужской обл.,
с. ш. № 1),
Фокеев О. (Казань, с. ш. № 79);

по 10 классам —
Гольденберг И. (Мурманск, с. ш. № 8),
Куцак С. (Липецк, с. ш. № 44),
Назин С. (Ангарск, с. ш. № 10),
Сапезина О. (Пенза, с. ш. № 6).

Физика

Дипломы I степени
по 8 классам получили
Аначицев Д. (Свердловск, с. ш. № 5),
Вудько Д. (Белгород, с. ш. № 3),
Пицарев А. (Улан-Удэ, с. ш. № 9),
Щербаков А. (Обнинск, с. ш. № 10);

по 9 классам —
Боровиков Е. (Новосибирск, с. ш. № 30),
Волков О. (Горький, с. ш. № 23),
Лебедев Д. (Гатчина, с. ш. № 3),
Никитин И. (Горький, с. ш. № 172),
Чунаев А. (Волгоград, с. ш. № 92);

по 10 классам —
Акулов А. (Новосибирск, с. ш. № 130),
Барзыкин В. (п. Черноголовка Московской
обл., с. ш. № 82),
Костачев А. (Устинов, с. ш. № 58),
Кусков В. (п. Красный Октябрь Владимир-
ской обл., Краснооктябрьская с. ш.),
Лунц Д. (Саратов, с. ш. № 13).

Дипломы II степени
по 8 классам получили
Васильев Ю. (Ангарск, с. ш. № 10),
Комов В. (Гуково, с. ш. № 23),
Мельников Д. (Тула, с. ш. № 36),
Петров К. (Чебоксары, с. ш. № 27);

по 9 классам —
Вокр·Р. (Тольятти, с. ш. № 28),
Дектярев А. (Ленинский р-н Курской обл.,
с. ш. № 6),
Лукьянов П. (Чита, с. ш. № 49),
Трусов А. (Псков, с. ш. № 8);

по 10 классам —
Климович Г. (п. Болшево Московской обл.,
с. ш. № 3),
Литвиненко Ю. (Воронеж, с. ш. № 5),
Ржевский А. (Новосибирск, с. ш. № 149),
Лманаев Р. (Альметевск, с. ш. № 16).

Дипломы III степени
по 8 классам получили
Бобиле С. (Березники, с. ш. № 3),
Карасе Д. (п. Тучково Московской обл.,
с. ш. № 1),
Карстен В. (Новокузнецк, с. ш. № 72),
Пицуzan А. (Курская обл., с. ш. № 29);

по 9 классам —
Орехов Д. (Новгород, с. ш. № 10),
Писарев В. (Братск, с. ш. № 18),
Рахамов С. (Казань, с. ш. № 131),
Шебзухов Ю. (Нальчик, с. ш. № 5);

по 10 классам —
Мазур А. (Иркутск, с. ш. № 18),
Рубцов В. (Челябинск, с. ш. № 127),
Савченко М. (Белгород, с. ш. № 3),
Севастьнов А. (Северодвинск, с. ш. № 17).

58

(у них равны гипотенузы $AB$ и $CH$ по условию и острым углы $ABB_1$ и $HCB_1$ — каждый из них равен $90^\circ - \alpha$, см. рис. 3, а, б) получаем $BB_1 = B_1C$. В прямогольном треугольнике $BB_1C$ катеты $BB_1$ и $B_1C$ равны, поэтому каждый из углов $CBB_1$ и $B_1CB$ равен $45^\circ$. Если угол $C$ тупой (см. рис. 3, е), то равны треугольники $ABA_1$ и $CHA_1$, поэтому $BA_1 = A_1H$ и $\angle BHA_1 = 45^\circ$, а $\angle ACB = \angle A_1CB_1 = 135^\circ$ (в четырехугольнике $A_1CB_1H: \angle H = 45^\circ$, $\angle A_1 = \angle B_1 = 90^\circ$).

8. Указание. Прежде всего отмечим, что существует, притом только одна, пара (параллельных) плоскостей $a$ и $b$, такая, что $a$ лежит в $a$, $b$ лежит в $b$ и $a$, $a \parallel b$. Прямая пересекающая $a$ и проходящая через $M$ (параллельная $l$), лежит в некоторой плоскости $π$ (в п. а) — это плоскость, проходящая через $a$ и $M$, в п. 6) — это плоскость, проходящая через $a$ и параллельная $l$. Если $π$ не совпадает с $a$, то прямая $b$ пересекается с $π$ в некоторой точке $N$. Искомая прямая должна совпадать с прямой $MN$. Прямая $MN$ всегда пересекается с $b$ (в точке $N$) и лежит с $a$ в одной плоскости (плоскости $π$), поэтому $MN$ и $a$ либо параллельны, либо пересекаются. Легко понять, что $MN \parallel a$ только в том случае, когда $MN$ принадлежит $\beta$ (в п. а)); соответственно, $l$ параллельна $\beta$ (в п. 6)). Следовательно, решение задачи существует, если $M$ не лежит ни в $a$, ни в $\beta$ в п. а), и если $l$ не параллельна $a$ и $\beta$ в п. 6).

9. а) $k_1k_2 = -1; 6)$ $\frac{6}{\sqrt{5}}$. а) Угловой коэффициент прямой $y = kx + b$ — это тангенс угла наклона этой прямой к оси абсцисс. 6) Проведем к параболе $f(x) = x^2 - 8x + 16$ касательную, параллельную прямой $y = -2x + 1$ (рис. 4). Для этого найдем абсцисс точки касания: $f'(x) = 2x - 8; 2x - 8 = -2$ при $x = 3$, уравнение касательной $y = -2x + 7$. Эта касательная пересекает абсцисс в точке (3,5; 0). Парабола лежит по одному сторону от этой касательной, поэтому кратчайшее расстояние равно длине перепределения, опущенного из точки касания (точки (3; 1)) на прямую $y = -2x + 1$. Это расстояние равно расстоянию между прямыми $y = -2x + 1$ и $y = -2x + 7$. Его проще найти из прямого треугольника $ABC$: пусть $AB = z$, тогда $BC = 0,5z$, плоскую $tg \angle BCA = 2$; поэтому $z^2 + \frac{1}{4}z^2 = 9$, откуда $z = \frac{6}{\sqrt{5}}$.

10. Окружность диаметра $\sqrt{d^2 - h^2}$, где $h$ — длина общого перпендикуляра $PQ$ к прямым $a$ и $b$, центр окружности — середина этого перпендикуляра, плоскость окружности перпендикуляра $PQ$. Указание. Множество середины отрезков $AB$, где $A$ принадлежит $a$, $B$ принадлежит $b$, плоскость, проходящая через через

$$\log_2(xy) + (\log_2(x + y) - 1)^2 = 0.$$

Это равенство возможно только в том случае, когда имеет место система уравнений

$$\begin{cases} \log_2(xy) = 0, \\ \log_2(x + y) = 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} xy = 1, \\ x + y = 2, \end{cases}$$

откуда $x = y = 1$.

59

13. Указание. $\int_a^b (C_1 + C_2 x + C_3 x^2 + C_4 x^3) dx = C_1 \int_a^b dx + C_2 \int_a^b x dx + C_3 \int_a^b x^2 dx + C_4 \int_a^b x^3 dx$, поэтому достаточно проверить справедливость формулы Симпсона для функции 1, $x, x^2$ и $x^3$.

14. $\sqrt{2164} \approx 46,52$. Указание. Рассмотрим путь, соединяющий $E$ с $F$ на развертке параллелепида. Достаточно сравнить пути $|EF_1|, |EF_2|, |EF_3|, |EF_4|$ (рис. 7; можно считать, что развертка боковых граней и квадрата, содержащого $E$, зафиксированы, и рассмотреть четые варианта развертки оставшегося квадрата). По теореме Пифогора легко подчитать, что $|EF_1| = |EF_3| = \sqrt{46^2 + 14^2} = \sqrt{2312}; |EF_4| = \sqrt{42^2 + 20^2} = \sqrt{2164}$. Кроме того, очень часто $|EF_2| = 50$.

15. $x = c$, где $c$ — это меньше из чисел $a$ и $b$. Решение. Обозначим $a - x$ через $y^4$, $b - x$ через $z^4$, тогда $a + b - 2x = y^4 + z^4$. После этого уравнение записывается в виде $y + z = \sqrt[4]{y^4 + z^4}$. Возведем обе части этого уравнения в четвертую степень; после преобразования получим уравнение $yz(2y^2 + 3yz + 2z^2) = 0$, откуда либо $z = 0$, либо $y = 0$, либо $2y^2 + 3yz + 2z^2 = 0$. При $z \neq 0$ уравнение $2y^2 + 3yz + 2z^2 = 0$ можно записать в виде $2\left(\frac{y}{z}\right)^2 + 3\left(\frac{y}{z}\right) + 2 = 0$. Получившееся квадратное уравнение (относительно переменной $\frac{y}{z}$) не имеет решений. Итак, либо $y = 0$, откуда $x = a$, либо $z = 0$, откуда $x = b$: Проверка показывает, что из двух полученных значений годится только меньше.

Кроссворд (см. с. 41)

По горизонтали: 7. Прохоров. 8. Барометр. 10. Альфа. 11. Длина. 13. Смеся. 17. Сферометр. 18. Антарес. 19. Реостат. 21. Терешкова. 23. Квант. 24. Волна. 26. Микро. 28. Ордината. 29. Постулат.

По вертикали: 1. Триод. 2. Косинус. 3. Вода. 4. Ваза. 5. Полимер. 6. Сталь. 9. Ньюотон. 12. Ломоносов. 14. Стерадиан. 15. Серебро. 16. Телефон. 20. Ошибка. 21. Тангенс. 22. Авометр. 23. Кварц. 25. Алмаз. 26. Метр. 27. Озон.

Повторим колебания

Задание

1. $x_1 = m \sqrt{\frac{2gh}{k(M + m)}} \sin \sqrt{\frac{k}{M + m}} t$.

2. Весь брусок оказывается на шероховатом участке столла через 1/12 «периода». Полное время торможения

$$\tau = \sqrt{\frac{l}{\mu g}} \left( \frac{\pi}{6} + \sqrt{3} \right).$$

Упражнения

1. $T = \frac{2\pi}{\omega_0} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{2QSg}} \approx 0,7$ с.

2. $n = \frac{\omega_0}{2\pi} = \frac{1}{2\pi} \frac{R}{r} \sqrt{\frac{k}{m}} \approx 35$ об/c ≈ 2000 об/min.

3. См. рис. 8.

60

ХI Всеросский олимпида школьников Математика

8 класс

1. Неравенство преобразуется к виду

$$\frac{(x^2-y^2)^2(x^4+x^2y^2+y^4)}{x^2y^2} \geq 0.$$

2. См. решение задачи M947 в «Кванте» № 2, 1986 г.

3. Ответ: искомое множество есть объединение интервала CB, луча, соправленияного с лучом BA, с началом в точке A и окружности с центром A радиуса $\sqrt{AB} \cdot AC$. Указание: точка M, не лежащая на прямой AB, удовлетворяет условию тогда и только тогда, когда треугольники AMB и ACM подобны, то есть когда AB:AM=AM:AC.

4. См. решение задачи M948 в «Кванте» № 2, 1986 г.

$$x^{1985}+x+1=(x^2+x+1)(x^{1983}-x^{1982}+x^{1980}-x^{1979}+\dots+x^6-x^5+x^3-x^2+1).$$

9 класс

1. Небходимость данного условия очень очевидна. Для доказательства достаточно предположим, не ограничивая общности, что $a \leq b \leq c$, и доказем, что в таком случае либо $a > 0$ (то есть числа a, b, c положительных), либо $c < 0$ (то есть числа a, b, c отрицательных). Пусть $a < 0$ и $c > 0$. Возможны два случая: $a \leq b < 0$ или $a < 0 < b \leq c$. Второй случай свидетельствует к первому изменением знаков у чисел a, b, c. В первом случае $a < 0$, $bc < 0$, поэтому $ab > -bc - ca > -bc$, $\frac{1}{ab} < -\frac{1}{bc}$, то есть $\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} < 0$. Но тогда и $\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} < 0$. Получили противоречие.

2. а) Ответ: точка $K$ должна лежать на прямой, проведенной через основание $M$ высоты AM треугольника $ABC$ параллельно стороне AC.

6. См. решение задачи M908 в «Кванте» № 6, 1985 г.

3. См. решение задачи M949 в «Кванте» № 2, 1986 г.

4. Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры окружностей, $O_1C$ и $O_2D$ — их радиусы, проведенные в точки касания с общей внутренней касательной (рис. 9). Легко видеть, что точки A и B лежат на окружности с диаметром $O_1O_2$. Продолжим отрезок $O_1C$ до пересечения с ней в точке E. Тогда $O_2ECD$ — прямойгольник, следовательно, $|CE|=|O_2D|$ и из подобия треугольников $ACO_1$ и $ECB$ вытекает, что $|AC| \cdot |BC|=|O_1C| \cdot |CE|=|O_1C| \cdot |O_2D|=Rr$.

5. Покажем, что $x_n < 100m$ при всех $n$. (Поскольку числа $x_n$ натуральные, отстояда следует, что среди них найдутся одинаковые.) Доказательство проведем индукцией по $n$. При $n=1$ $x_1=1 < 100m$. Пусть $x_n < 100m$, и пусть $10^p \leq mx_n < 10^{p+1}$, то есть число $mx_n$ записьется $(p+1)$-й цифрой. Тогда сумма $x_{n+1}$ его цифр не превыходит

$$9(p+1) < 10(p+1) \leq 10 \cdot 10^{p/2} \leq 10 \sqrt{mx_n} < 10 \sqrt{m \cdot 100m} = 100m,$$

так как, очевидно, $p+1 \leq 10^{p/2}$ при $p=0, 1, 2, \dots$

10 класс

1. Левая часть данного управления преобразуется к виду 3 $(x-y)(y-z)(z-x)$, поэтому оно эквивалентно такому: $(x-y)(y-z)(z-x)=10$. Перебирая делители числа 10, легко убедиться, что это уравнение решений не имеет.

2. См. решение задачи M946 в «Кванте» № 2, 1986 г.

3. Обозначим через 2a и b длины стороны соответствующего треугольника $ABC$ и квадрата DEHK. Тогда $b < a$. Действительно, предположим, что $b \geq a$. Возьмем на стороне $BC$ точку M так, чтобы отрезки $EM$ и $AC$ были параллельны (рис. 10). Тогда, очевидно, $EM > EH$, и так как $|EH| = b$, то $|EM| > b \geq a$. С другой стороны, при $b \geq a$ угол AED не превышает $60^\circ$, поэтому угол ADE не меньше угла AED. Значит, $|AE| \geq a$, и поэтому $|EM| = |EB| = |AB| - |AE| \leq a$. Получили противоречие.

При $b < a$ угол AED больше $60^\circ$. Следовательно, угол BEH больше $90^\circ$. Значит, угол EHM острый. Так как угол EHK прямой, отстояда следует, что точка K лежит вне треугольника $ABC$.

4. Найдем объем терради $ABCA_1$. Пусть $\alpha =$ угол между прямой $l_1$ и плоскостью $ABC$, $\beta = = 90^\circ - \alpha =$ угол между плоскостью $ABC$ и плоскостью $P$, перпендикулярной к $l_1$. Тогда высота терради, опущенная из точки $A_1$, равна $|AA_1| \sin \alpha$, а площадь проекции треугольника $ABC$ на плоскость $P$ равна $S_{ABC} \cos \beta = S$. Следовательно,

$$V_{ABCA_1} = \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot |AA_1| \cdot \sin \alpha =$$

$$= \frac{1}{3} S_{ABC} \cdot \cos \beta \cdot |AA_1| = -\frac{1}{3} |AA_1| \cdot S.$$

Аналогично, $V_{A1BCB_1} = |BB_1| \cdot S/3$, $V_{A1BCC_1} = |CC_1| \cdot S/3$. В то же время $V = V_{ABCA_1} + V_{A1BCB_1} + V_{A1BCC_1}$.

5. См. решение задачи M950 в «Кванте» № 2, 1986 г.

61

Рис. 9.

Физика

Теоретический тур

8 класс

1. Из условия задачи ясно, что направление батарейки $U_6=U_1=3$ В. Для того чтобы батарейка не разряжалась, ток в цепи должен обеспечивать только источник. Поэтому
   $$U_2=U_1+I_1R \approx 6,3 \text{ В}$$
   (здесь $I_1 \approx 0,55$ А — ток в лампочке при направлении $U_1$ на ней).

2. Балку нужно расположить так, чтобы она находилась в равновесии при силье реакции со стороны упора $A$, равной нулю. тогда наиболее масса груза будет равна
   $$M=\frac{F_0}{g}-m,$$
   а расстояние от упора $B$ до правого конца батарейки будет равно
   $$x=\frac{L}{2}\frac{m}{M+m}=\frac{L}{2}\frac{mg}{F_0}.$$
   Ограничения на $l$ не существует.

3. Камень движется по окружности (рис. 11) радиусом
   $$R=2l\cos \alpha=l\sqrt{\frac{m^2}{2\gamma^2l^2}}\left(\sqrt{1+\frac{16\gamma^2l^2}{m^2}}-1\right).$$
   Указание. Угол $\alpha$ определяется из уравнения движения камня, записанного для проекций на направления радиуса и касательной к окружности:
   $$F\cos \alpha=m\omega^2R, F\sin \alpha-\gamma^2\omega^2R^2=0,$$
   где $F$ — сила натяжения вервки.

4. Куб оторвется от присоски на глубине (отсутстваемой от верхней грани куба)
   $$h=\left(\frac{Q_T}{Q_B}-1\right)a-\frac{p_{aTM}}{Q_B}g=2 \text{ м.}$$

9 класс

1. Начальная влажность воздуха $\varphi=50\%$. Указание. Из условия задачи ясно, что уже после первого скатия водяной пар, содержащий в воздухе, стал насыщенным.

2. Количество перекачиваемой нефти увеличится в $(d_2/d_1)^4=16$ раз.

3. Цилиндр сделает
   $$N=\frac{(1+\mu^2)\omega_0^2R}{4\pi\sqrt{2}\mu g}$$

оборотов. Указание. Начальная кинетическая энергия цилиндра равна работе против силы треня $F_1$ и $F_2$ (рис. 12). Значения $F_1$ и $F_2$ можно найти из условия неподвижности оси цилиндра:
$$F_1+\frac{\sqrt{2}}{2}mg-N_2=0, F_2+N_1-\frac{\sqrt{2}}{2}mg=0,$$
где силы реакции опоры $N_1$ и $N_2$ связаны с силами треня соответствиями $F_1=\mu N_1$ и $F_2=\mu N_2$.

4. Предохранитель перегорит при мощности нагрузки
   $$P_2=P_1\sqrt{\frac{t_{\pi\pi}-t}{t_1-t}}\frac{1+at_1}{1+at_{\pi\pi}} \approx 1,4 \text{ кВт.}$$

Указание. Для оценки можно считать, что мощность нагрузки равна мощности, потребляемой от электросети.

10 класс

1. Будем считать, что затухание колебаний происходит только за счет потерь энергии на нагревание резистора, то есть $Q=W_1-W_2$.
   В тот момент, когда ток в данном контуре максимален, а значит, ЭДС индуцини равно, направление на конденсаторную не равно:
   $$U_C+IR=0, \text{ и } |U_C|=IR.$$
   Позному энергияю контура
   $$W=\frac{1}{2}LI^2+\frac{1}{2}CU_C^2=\frac{1}{2}I^2(L+CR),$$
   а ее уменьшение

Рис. 11.

Рис. 12.

62

$$W_1 - W_2 = Q = \frac{1}{2} (L + CR) \left(I_1^2 - I_2^2\right).$$

2. При малых колебаниях данного матрика каждый грузик описывает небольшуюдуг окружности радиусом $r = R \sqrt{2(1 - \cos \alpha)}$. В момент прохождения положения равновесия скорость грузика максимальная и равна $v_m = (2\pi/T)r\varphi_m$, где $\varphi_m$ — угловая амплитуда колебаний. В момент наибольшего отклонения от равновесия центр тяжести матрика поднимается на высоту $h_m = R(1 - \cos \alpha)(1 - \cos \varphi_m)$. Воспользовавшись законом сохранения энергии, найдем, что период малых колебаний нашего матрика

$$T = 2\pi \sqrt{\frac{2R}{g}}.$$

Значит, искомый график зависимости $T = T(\alpha)$ представляет собой горизонтальный отрезок. Такой же период колебаний будет иметь математический матрик длиной $l = 2R$.

3. Температура внутри цилиндра равна

$$T = \frac{1,5v_1MgM\lambda}{N_1R} \approx 370 \text{ K}.$$

Указание. Воспользовайтесь законом сохранения энергии.

$$N \Delta t = \lambda \Delta m + q \Delta t,$$

где $\Delta m = \frac{pM}{RT}, \Delta V = \frac{Mg}{S} \frac{M}{RT}, v \Delta t S$ — масса исправшейся за время $\Delta t$ воды, $q$ — количество теплоты, теряемое в единицу времени.

4. Индикция магнитного поля крата величины

$$B = \frac{2\pi}{L} \sqrt{\frac{2mU}{e}}.$$

Указание. Каждый электрон движется по винтовой линии.

Калейдоскоп «Кванта»

1. За одно и то же время первое тело прошло больший путь, чем второе, следовательно, у первоого тела и большая средняя скорость.
2. $v_\pi = v_B/\cos \alpha$ (рис. 13).
3. Скорость точки $a$ направлена вниз, точки $b$ — вверх, точки $d$ — вниз, скорость точки $c$ равна нулю.
4. В случае а) горизонтальные начальные скорости у обихх тел одинаковы, а начальная вертикальная скорость больше у первоого, следовательно, у первоого время полета больше — оно улетит дальше.
5. В случае б) начальные вертикальные скорости у обихх тел одинаковы, следовательно, одинаковы время полета, но горизонтальная скорость больше у первоого — оно улетит дальше.

«Квант» для младших школьников
(см. «Квант» № 9)

1. Петя ехал в вагоне № 2 на месте № 1.
2. Нетрудно заметить, что сумма красной и желтых частей квадрата (рис. 16) составляют половину его площади, а также сумма синих и желтых частей составляют половину площади квадрата. Из этого следует равенство площадей красной и синих частей квадрата.
3. Под тяжелую сосулек ветка время от времени проигнается и сосульки начинают растится на новом месте.
4. См. рисунок 17.
5. Возьмем средние этих чисел то, которое делится на 18 (такое существует, доказанное это). Поскольку оно делится на 9, сумма его цифр равна либо 9, либо 18 (единивенное трехзначное число с суммой цифр 27 —