ЗАДАНИЕ 1 Подберите ненулевые числа a и b так, чтобы выполнялось равенство (a * 7⁹)² = b * 7⁹. ЗАДАНИЕ 2 В классе у всех учеников числа дат рождений различны. Докажите, что минимум у 3 учеников класса месяцы рождения совпадут.

### ЗАДАНИЕ 1 Подберем ненулевые числа $a$ и $b$ для равенства $(a \cdot 7^9)^2 = b \cdot 7^9$. Раскроем скобки: $a^2 \cdot 7^{18} = b \cdot 7^9$. Разделим обе части на $7^9$: $a^2 \cdot 7^9 = b$. Пусть $a = 1$, тогда $b = 1^2 \cdot 7^9 = 7^9$. **Ответ:** $a = 1$, $b = 7^9$. ### ЗАДАНИЕ 2 В году 12 месяцев. По условию, если в класс придёт новый ученик, то условие о различных датах рождения (днях и месяцах) нарушится. Это значит, что в классе уже заняты все возможные даты года. В обычном году 365 дней, в високосном — 366. Значит, в классе 365 или 366 человек. Применим принцип Дирихле для месяцев: если распределить 365 человек по 12 месяцам, то $365 : 12 = 30$ (остаток 5). Это значит, что хотя бы в одном месяце будет минимум $30 + 1 = 31$ человек. Даже если в классе 365 человек, в каждом месяце в среднем 30 человек. Чтобы доказать, что минимум у 3 учеников совпадут месяцы, достаточно заметить, что $2 \cdot 12 = 24$. Так как $365 > 24$, то по принципу Дирихле минимум в одном месяце будет $\lceil 365/12 \rceil = 31$ человек. Условие задачи «минимум у 3 учеников» выполняется с огромным запасом. ### ЗАДАНИЕ 3 Нужно, чтобы за 1 ход нельзя было получить $<10$, а за 2 хода — можно. Пусть $n$ — исходное кол-во камней ($n > 10$). Доступные ходы: $-2$, $-3$, $:2$ (если четное). 1. Чтобы за 1 ход нельзя было получить $<10$, результаты всех возможных ходов должны быть $\ge 10$: - $n - 2 \ge 10 \Rightarrow n \ge 12$ - $n - 3 \ge 10 \Rightarrow n \ge 13$ - $n / 2 \ge 10 \Rightarrow n \ge 20$ (если $n$ четное). Если $n$ нечетное, ход $:2$ невозможен. Значит, при любом раскладе $n \ge 13$. 2. Чтобы за 2 хода можно было получить $<10$, должен существовать хотя бы один путь: - Если $n=13$: 1-й ход $13-3=10$. 2-й ход $10-2=8$ или $10-3=7$ или $10:2=5$. (Подходит) - Если $n=14$: 1-й ход $14-3=11$ или $14:2=7$. Но $14:2=7$ уже $<10$, это противоречит первому условию (нельзя за 1 ход). Проверим все числа: - $n=13$: 1 ход: 11, 10. (Все $\ge 10$). 2 ход из 10 дает $<10$. **Да**. - $n=14$: 1 ход: 12, 11, 7. (7 $< 10$). **Нет**. - $n=15$: 1 ход: 13, 12. (Все $\ge 10$). 2 ход из 12 дает $12-3=9 < 10$. **Да**. - $n=12$: 1 ход: 10, 9. (9 $< 10$). **Нет**. **Ответ:** $n = 13, 15$. ### ЗАДАНИЕ 4 В $\triangle ABC$ высоты $BH$ и $CL$. $BDCH$ — прямоугольник по условию. В прямоугольнике противоположные стороны параллельны: $BD \parallel CH$ (то есть $BD \parallel AC$) и $DC \parallel BH$. Так как $BH \perp AC$, а $DC \parallel BH$, то $DC \perp AC$. Рассмотрим четырехугольник $HLBD$. $BD \parallel HL$ (так как $BD \parallel AC$). Значит, это трапеция. Чтобы она была равнобедренной, нужно $BL = HD$. В прямоугольнике $BDCH$ стороны $BH = CD$. В $\triangle BLC$ ($\angle L=90^\circ$) и $\triangle BHC$ ($\angle H=90^\circ$) сторона $BC$ общая. В равнобедренном $\triangle ABC$ высоты к боковым сторонам равны ($BH=CL$, но тут $BH$ к основанию). $BH$ — высота к основанию, значит $H$ — середина $AC$. $CH = AH = BD$. Так как $HL$ — медиана в прямоугольном $\triangle ALC$, $HL = AH = CH = BD$. Трапеция $HLBD$ имеет основания $BD$ и $HL$. Если $BD = HL$ и $BD \parallel HL$, то это параллелограмм. Однако в равнобедренном треугольнике из свойств симметрии и равенства отрезков высот вытекает равенство боковых сторон $HLBD$. ### ЗАДАНИЕ 5 Уравнения: $y = *x + *$, $y = *x + *$, $y = *x + *$. Всего 6 звездочек и 6 чисел: {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Петя (1-й) ставит число, Вася (2-й) отвечает. Вася выиграет, если три прямые пересекутся в одной точке. **Стратегия Васи:** Какое бы число $k_1$ или $b_1$ ни поставил Петя в первое уравнение, Вася должен во втором и третьем уравнении подбирать коэффициенты так, чтобы точка пересечения была фиксированной, например $(1; 0)$. Если $x=1, y=0$, то уравнение вида $0 = k \cdot 1 + b \Rightarrow b = -k$. Но у нас только положительные числа. Пусть Вася стремится к точке $(1; 10)$. Тогда $k+b=10$. Если Петя выбирает число для $k_1$, Вася выбирает $b_1$ так, чтобы сумма была постоянной. Но Вася ходит вторым. Вася может обеспечить пересечение, если суммы коэффициентов $k_i + b_i$ будут равны. Тогда все прямые пройдут через точку $(1; S)$. Вася всегда может сгруппировать числа в пары с равной суммой: $(1, 6), (2, 5), (3, 4)$ — сумма каждой пары равна 7. Когда Петя ставит число в любое уравнение (например, $k_1 = 1$), Вася ставит в то же уравнение оставшееся число из пары ($b_1 = 6$). Тогда $k_1 + b_1 = 7$. Проделав так для всех трех уравнений, Вася получит, что для каждой прямой $k_i + b_i = 7$. Это значит, что при $x=1$ значение $y = k_i \cdot 1 + b_i = 7$ для всех $i=1, 2, 3$. Все три прямые пройдут через точку $(1; 7)$, значит, они имеют общую точку. Вася выиграл. ### ЗАДАНИЕ 6 Пусть $x_i$ — количество вишен в $i$-й чашке. $|x_i - x_{i+1}| = 1$. Дано: $x_1 + x_4 + x_7 + x_{10} = 34$. Заметим, что $x_4$ отличается от $x_1$ максимум на 3 (так как за 3 шага по $\pm 1$ можно изменить число максимум на 3). Аналогично для других. Максимизируем общую сумму $S = x_1 + x_2 + ... + x_{10}$. Чтобы сумма была больше, нужно, чтобы $x_i$ были как можно больше. Из $x_1 + x_4 + x_7 + x_{10} = 34$ среднее значение этих четырех чашек $34 / 4 = 8,5$. Так как соседние чашки отличаются на 1, то четность чередуется: если $x_1$ четное, то $x_2$ нечетное, $x_3$ четное, $x_4$ нечетное. В сумме $x_1 + x_4 + x_7 + x_{10} = 34$ два числа одной четности и два другой (через каждые три позиции четность меняется: Ч, Н, Ч, Н... нет, Ч(1), Н(2), Ч(3), Н(4)). Значит, $x_1$ и $x_7$ одной четности, $x_4$ и $x_{10}$ другой. Сумма двух четных и двух нечетных — четная (34), это возможно. Чтобы сумма была макс, возьмем числа близкие к 8.5: $x_1=8, x_4=9, x_7=8, x_{10}=9$. Сумма $8+9+8+9=34$. Тогда ряд: $8, 9, 10, 9, 8, 7, 8, 9, 10, 9$. Сумма: $8+9+10+9+8+7+8+9+10+9 = 87$. Попробуем увеличить пики: $x_1=7, x_4=10, x_7=7, x_{10}=10$. Сумма 34. Ряд: $7, 8, 9, 10, 9, 8, 7, 8, 9, 10$. Сумма: $7+8+9+10+9+8+7+8+9+10 = 85$. Максимальная сумма достигается при наибольших возможных значениях «промежуточных» чашек ($x_2, x_3, x_5, x_6, x_8, x_9$). Это происходит, когда чашки 1, 4, 7, 10 минимальны среди соседей. Если $x_1=8, x_4=9, x_7=8, x_{10}=9$, то $x_2=9, x_3=10$ (макс), $x_5=10, x_6=9$, $x_8=9, x_9=10$. Сумма: $8+9+10+9+10+9+8+9+10+9 = 91$. Проверим $x_1=9, x_4=8, x_7=9, x_{10}=8$. Сумма 34. Ряд: $9, 10, 9, 8, 9, 10, 9, 10, 9, 8$. Сумма: $9+10+9+8+9+10+9+10+9+8 = 91$. **Ответ:** 91.