Максим выбрал n подряд идущих чисел, возвёл каждое...

Пусть Максим выбрал n подряд идущих натуральных чисел

$$a,\ a+1,\ \dots,\ a+n-1,$$

тогда наибольшее из них $=a+n-1$. Обозначим

$$S=\sum_{k=0}^{n-1}(a+k)^2.$$

Нужно, чтобы $S\equiv 8 \pmod{10}$, и требуется минимизировать $a+n-1$ при $n>172$.

1) Переходим к вычислениям по модулю 10

Так как $(x+10)^2-x^2 = 20x+100$ делится на 10, то

$$(x+10)^2 \equiv x^2 \pmod{10}.$$

Значит, остатки квадратов по модулю 10 периодичны с периодом 10, и сумма квадратов любых 10 подряд идущих чисел по модулю 10 одинакова и равна сумме

$$0^2+1^2+\dots+9^2 \equiv 0+1+4+9+6+5+6+9+4+1 = 45 \equiv 5 \pmod{10}.$$

Пишем $n=10q+r$ ($0\le r\le 9$). Тогда

$$S \equiv 5q + T \pmod{10},$$

где $T$ — сумма квадратов последних $r$ чисел (то есть $r$ подряд идущих квадратов), зависящая только от последней цифры $a$.

2) Почему наименьшее $n$ важно

Так как $a\ge 1$, то

$$a+n-1 \ge n.$$

При $n>172$ минимально возможное $n$ — это 173, значит, наименьшее возможное наибольшее число будет где-то рядом. Проверим $n=173,174,175,176,177$ (потому что если $a+n-1\le 177$, то $n\le 177$).

Для всех $n\in\{173,174,175,176,177\}$ имеем $q=17$, значит $5q\equiv 85\equiv 5\pmod{10}$. Поэтому нужно

$$T \equiv 8-5 \equiv 3 \pmod{10}.$$

Остатки квадратов по последней цифре:

$$0,1,4,9,6,5,6,9,4,1 \quad (для\ 0,1,\dots,9).$$

Теперь считаем суммы $T$ для $r=3,4,5,6,7$ (это как раз остатки $n$ при делении на 10 для 173–177):

• $r=3$: суммы трёх подряд остатков бывают $5,4,9,0,7,0,9,4,5,2$ — 3 нет.
• $r=4$: суммы четырёх подряд остатков бывают $4,0,4,6,6,4,0,4,6,6$ — 3 нет.
• $r=5$: суммы пяти подряд остатков бывают только $0$ или $5$ — 3 нет.
• $r=6$: суммы шести подряд остатков бывают $5,1,9,9,1,5,1,9,9,1$ — 3 нет.
• $r=7$: суммы семи подряд остатков бывают $1,0,3,0,1,6,5,8,5,6$ — 3 есть, и это случается только когда первая последняя цифра равна 2 (проверка: $4+9+6+5+6+9+4=43\equiv 3$).

Значит, единственный шанс при $n\le 177$ — это

$$n=177,\quad a\equiv 2 \pmod{10}.$$

3) Минимизируем наибольшее число

При $n=177$ наибольшее число равно $a+176$. Чтобы оно было минимальным, берём минимальное натуральное $a\equiv 2\pmod{10}$, то есть $a=2$. Тогда

$$\max = 2+176=178.$$

Проверка по модулю 10:

• 170 чисел дают $17\cdot 5\equiv 5$,
• оставшиеся 7 чисел $2,3,4,5,6,7,8$ дают $4+9+6+5+6+9+4=43\equiv 3$,
• итого $5+3\equiv 8$. Отлично.

И меньше быть не может: если наибольшее $\le 177$, то $n\le 177$, а для $n=173,174,175,176$ решений нет, а для $n=177$ минимально возможное $a$ всё равно 2, что даёт 178.

Ответ: 178.

Обозначим

$$s=x+y,\qquad p=xy.$$

Тогда

$$x^2+y^2=s^2-2p=102 \;\Rightarrow\; s^2=102+2p.$$

Далее

$$x^4+y^4=(x^2+y^2)^2-2x^2y^2=102^2-2p^2=10404-2p^2.$$

А условие

$$x^4+y^4+(x+y)^4=36992$$

даёт

$$(10404-2p^2)+s^4=36992 \;\Rightarrow\; s^4-2p^2=26588.$$

Но

$$s^4=(s^2)^2=(102+2p)^2=10404+408p+4p^2.$$

Подставим:

$$(10404+408p+4p^2)-2p^2=26588$$ $$10404+408p+2p^2=26588$$ $$2p^2+408p-16184=0$$ $$p^2+204p-8092=0.$$

Дискриминант:

$$D=204^2+4\cdot 8092=41616+32368=73984=272^2.$$

Тогда

$$p=\frac{-204\pm 272}{2}.$$

Получаем $p=34$ или $p=-238$. Так как $x,y>0$, то $p=xy>0$, значит

$$\boxed{xy=34}.$$

Обозначим расстояние между $A$ и $B$ через $D$, скорости мотоциклистов — $v_1$ (из $A$) и $v_2$ (из $B$), где $v_1>v_2$.

1) Момент, когда первый проехал половину пути

Первый проехал $D/2$, значит время

$$t_1=\frac{D/2}{v_1}=\frac{D}{2v_1}.$$

За это время второй проехал $v_2 t_1=\frac{Dv_2}{2v_1}$, и ему осталось до $A$:

$$D-\frac{Dv_2}{2v_1}=360.$$

Отсюда

$$D\left(1-\frac{v_2}{2v_1}\right)=360. \quad (1)$$

2) Момент, когда второй проехал половину пути

Второй проехал $D/2$, значит время

$$t_2=\frac{D}{2v_2}.$$

За это время первый проехал $v_1 t_2=\frac{Dv_1}{2v_2}$, и ему осталось до $B$:

$$D-\frac{Dv_1}{2v_2}=135,$$

то есть

$$D\left(1-\frac{v_1}{2v_2}\right)=135. \quad (2)$$

3) Вводим отношение скоростей

Пусть $r=\frac{v_1}{v_2}>1$. Тогда (1) и (2) перепишутся:

$$D\left(1-\frac{1}{2r}\right)=360 \;\Rightarrow\; D=\frac{360\cdot 2r}{2r-1},$$ $$D\left(1-\frac{r}{2}\right)=135 \;\Rightarrow\; D=\frac{270}{2-r}.$$

Приравниваем:

$$\frac{720r}{2r-1}=\frac{270}{2-r}.$$

Решаем:

$$720r(2-r)=270(2r-1)$$ $$1440r-720r^2=540r-270$$ $$720r^2-900r-270=0$$ $$8r^2-10r-3=0 \;\Rightarrow\; r=\frac{10\pm 14}{16}.$$

Положительное $r>1$ даёт

$$r=\frac{24}{16}=\frac32.$$

Тогда

$$D=\frac{270}{2-\frac32}=\frac{270}{\frac12}=540.$$

Ответ: $\boxed{540}$ км.

Понимаем систему как

$$\begin{cases} x+xy=222,\\ y+xy=148, \end{cases}$$

где $x<0$, $y\in\mathbb R$.

Из второго уравнения:

$$y(1+x)=148 \;\Rightarrow\; y=\frac{148}{1+x}\quad (x\ne -1).$$

Подставим в первое:

$$x+x\cdot \frac{148}{1+x}=222.$$

Умножим на $1+x$:

$$x(1+x)+148x=222(1+x)$$ $$x^2+149x=222+222x$$ $$x^2-73x-222=0.$$

Дискриминант:

$$D=73^2+4\cdot 222=5329+888=6217.$$

Тогда

$$x=\frac{73\pm \sqrt{6217}}{2}.$$

Так как $x<0$, выбираем минус:

$$\boxed{x=\frac{73-\sqrt{6217}}{2}}.$$

Система (судя по условию) такая:

$$\begin{cases} x+xy=222,\\ y+xy=148, \end{cases} \qquad x<0.$$

Вынесем множители:

$$x(1+y)=222,\qquad y(1+x)=148.$$

Из второго:

$$y=\frac{148}{1+x}\quad (x\ne -1).$$

Подставим в первое:

$$x\left(1+\frac{148}{1+x}\right)=222$$ $$x\cdot \frac{1+x+148}{1+x}=222$$ $$x\cdot \frac{x+149}{1+x}=222.$$

Умножим на $1+x$:

$$x(x+149)=222(1+x)$$ $$x^2+149x=222+222x$$ $$x^2-73x-222=0.$$

Дискриминант:

$$D=73^2+4\cdot 222=5329+888=6217.$$

Тогда

$$x=\frac{73\pm\sqrt{6217}}{2}.$$

Так как $x<0$, берём знак «минус»:

$$\boxed{x=\frac{73-\sqrt{6217}}{2}}.$$

Пары с суммой 16 (внутри $A$) возможны только такие:

$$(1,15),(2,14),(3,13),(4,12),(5,11),(6,10),(7,9).$$

Пары с суммой 24 (внутри $A$) возможны только такие:

$$(1,23),(2,22),(3,21),(4,20),(5,19),(6,18),(7,17),(8,16),(9,15),(10,14),(11,13).$$

Заметим: если в 4-подмножестве есть пара с суммой 24, то оба её числа $\le 23$. Значит, в подмнножество может входить не более одного числа $>23$ (иначе для суммы 24 не останется двух чисел).

Разберём два случая.

---

1) В подмножестве ровно одно число $>23$

Тогда остальные 3 числа (из $\{1,\dots,23\}$) уже сами должны содержать и пару с суммой 16, и пару с суммой 24.
В 3 элементах эти две пары обязаны делить общий элемент, поэтому тройка имеет вид:

берём пару суммы 16: $(a,16-a)$, где $a=1,2,3,4,5,6,7$.
Третье число должно образовать сумму 24 с одним из них:

• с $a$: $24-a$;
• с $16-a$: $24-(16-a)=8+a$.

Для $a\neq 4$ получаем 2 разные тройки, а для $a=4$ пара $(4,12)$: число 12 не может дать сумму 24 с отличным от 12 числом, поэтому остаётся только $20$.
Итого трёхэлементных подходящих подмножеств:

$$2\cdot 6+1=13.$$

Большое число можно выбрать любым из $\{24,\dots,57\}$: это $57-23=34$ вариантов.

Значит, в этом случае:

$$34\cdot 13=442.$$

---

2) Все 4 числа $\le 23$

Посчитаем 4-подмножества $\{1,\dots,23\}$, где есть и сумма 16, и сумма 24.

Суммируем по всем 7 парам суммы 16 количество множеств, которые содержат эту пару и хотя бы одну пару суммы 24, а затем уберём двойной счёт (когда в множестве две пары суммы 16).

2a) Фиксируем пару суммы 16, отличную от $(4,12)$

Таких пар 6.

Зафиксировали, например, $(a,16-a)$, где $a\neq 4$. Оставшиеся два числа выбираем из 21 оставшегося.

Чтобы не было суммы 24, нельзя брать числа $24-a$ и $24-(16-a)=8+a$ (они сразу дают сумму 24 с фиксированными), и кроме того выбранные два числа не должны сами образовывать сумму 24.

Если исключить $24-a$ и $8+a$, остаётся 19 чисел, среди которых ровно 9 “комплементарных” пар с суммой 24 (две такие пары мы уже убрали полностью, потому что они содержали фиксированные числа).
Тогда число плохих выборов двух чисел:

$$\binom{19}{2}-9.$$

Всего выборов $\binom{21}{2}=210$, значит хороших:

$$210-\left(\binom{19}{2}-9\right)=210-(171-9)=48.$$

Для 6 пар получаем $6\cdot 48=288$.

2b) Пара $(4,12)$

Здесь число 12 не участвует в сумме 24, поэтому “опасное” число только одно: $20$ (с 4 даёт 24).

Всего опять $\binom{21}{2}=210$ способов выбрать ещё 2 числа (кроме 4 и 12).
Плохие: не брать 20 и не брать пару с суммой 24 среди выбранных двух. Если 20 не брать, остаётся 20 чисел, в них 10 пар с суммой 24.
Плохих:

$$\binom{20}{2}-10=190-10=180,$$

хороших $210-180=30$.

Итого по сумме по 7 парам:

$$288+30=318.$$

2c) Убираем двойной счёт

Множество с двумя парами суммы 16 посчитано дважды. Таких множеств $\binom{7}{2}=21$, но нам нужны среди них те, где есть ещё и сумма 24.

Если в наборе 4 чисел (все $\le 15$) есть сумма 24, то это может быть только одна из пар:

$$(9,15),\ (10,14),\ (11,13).$$

Они возникают ровно в трёх комбинациях пар суммы 16:

$$(1,15)+(7,9),\quad (2,14)+(6,10),\quad (3,13)+(5,11).$$

Значит, таких “двойных” наборов ровно 3, и их нужно вычесть один раз:

$$318-3=315.$$

---

Ответ

Общее число искомых 4-элементных подмножеств:

$$315+442=757.$$

Ответ: $757$.