Призёры XIX Всесоюзной олимпиады школьников

Квант 1985, №11 с. 58-62 Тег FDKG

Призеры
XIX Весоюзной олимпиады
ШКОЛЬНИКОВ

Математика

Дипломы I степени

по 8 классам получили
Борисов Л. (Минск, с.ш. 19),
Гульчук П. (Киев, с.ш. № 145),
Дыниников И. (Жуковский, с.ш. № 10),
Озолс Д. (Рига, с.ш. № 1),
Смирнов С. (Ленинград, с.ш. № 99),
Стыркас К. (п. Черноголовка Московской обл., с.ш. № 82);

по 9 классам —
Гиль А. (Ленинград, с.ш. № 239),
Глуценко Г. (Запорожье, с.ш. № 91),
Калинин Г. (Ленинград, с.ш. № 239),
Коктс Г. (Рига, с.ш. № 1),
Крарас С. (Молетай, с.ш. № 2),
Лунин А. (Москва, с.ш. № 57);

по 10 классам —
Вондаренко О. (Киев, ФМШ № 2 при КГУ),
Малеванец А. (Киев, ФМШ № 2 при КГУ).

Дипломы II степени

по 8 классам получили
Баран А. (Киев, ФМШ № 2 при КГУ),
Борисов А. (Минск, с.ш. № 19),
Наумов П. (Москва, с.ш. № 679),
Осолоткин А. (Петрозаводск, с.ш. 29),
Тульбович А. (Харьков, с.ш. № 27),
Уусталу Т. (Таллин, с.ш. № 44),
Черных А. (Краснодар, с.ш. № 40);

по 9 классам —
Вендорфа К. (Рига, с.ш. № 1),
Крикс М. (Рига, с.ш. № 1),
Мурадов В. (Новосибирск, ФМШ № 165 при НГУ),
Петрушин А. (Ленинград, с.ш. № 239),
Порошин В. (Ленинград, с.ш. № 239),
Рачинский Д. (Харьков, с.ш. № 27),
Редько Т. (Корсунь-Шевченковский, с.ш. № 4),
Роганов В. (Москва, ФМШ № 18 при МГУ),
Хапочкин Ю. (Брянск, с.ш. № 3);

по 10 классам —
Верггейм Л. (Новосибирск, с.ш. № 25),
Иванов Л. (Москва, ФМШ № 18 при МГУ),
Канес Д. (Лицевarde, с.ш. № 1),
Коротков А. (Ленинград, ФМШ № 45 при ЛГУ),
Леонтьева О. (Ленинград, с.ш. № 239),
Маслов А. (Москва, с.ш. № 109),
Пентус М. (Таллин, с.ш. № 1),
Скуины А. (Рига, с.ш. № 1).

Дипломы III степени

по 8 классам получили
Азамов Н. (Анджан, с.ш. № 14),
Васильев К. (Тула, с.ш. № 45),
Енукидзе Н. (Тбилиси, ФМШ № 42),
Журавлев В. (Гайворон, с.ш. № 2),
Зудилин В. (Бельцы, с.ш. № 16),
Когон Л. (Кемерово, с.ш. № 89),
Прауст В. (п. Кехра ЭССР, Кехровская с.ш.),

Рошин И. (Челябинск, с.ш. № 138),
Сушинскас Ж. (Вильнюс, с.ш. № 40),
Татаринов А. (Сморгонь, с.ш. № 4);

по 9 классам —
Арапов А. (Воронеж, с.ш. № 8),
Асташкевич А. (Томск, с.ш. № 24),
Борисенко А. (Харьков, с.ш. № 27),
Вайсбург М. (Томск, с.ш. № 6),
Газарян Т. (Ереван, ФМШ при Ер. ГУ),
Гольдштейн Л. (Киев, с.ш. № 145),
Игнатев М. (Саратов, с.ш. № 13),
Померанцев М. (Черкассы, с.ш. № 4),
Судаков В. (Тбилиси, ФМШ им. Комарова),
Фролкин М. (Москва, ФМШ № 18 при МГУ),
Шаповал А. (Киев, ФМШ № 2 при КГУ),
Шейнин С. (Молодечно, с.ш. № 7);

по 10 классам —
Алексеев Р. (Ленинград, ФМШ № 45 при ЛГУ),
Барабащ А. (Киев, с.ш. № 105),
Бибин Д. (Витебск, с.ш. № 31),
Гончаренко Ю. (Кищинев, с.ш. № 37),
Дондошанский И. (Ленинград, с.ш. № 239),
Еспюва Т. (Ростов-на-Дону, с.ш. № 5),
Земцов П. (Новосибирск, с.ш. № 25),
Кириллин П. (Дубна, с.ш. № 10),
Клицис С. (Вильнюс, с.ш. № 40),
Куцак С. (Липецк, с.ш. № 44),
Липай А. (Минск, с.ш. № 50),
Михайлов В. (Новосибирск, ФМШ № 165 при НГУ),
Мухин С. (Новосибирск, ФМШ № 165 при НГУ),
Нажмитдинов А. (Наманган, с.ш. № 7),
Раджонас М. (Вильнюс, с.ш. № 23),
Святодух И. (Красноармейск Донецкой обл. с.ш. 3),
Сийнер М. (Таллин, Таллинская музыкальная школа),
Скворцов В. (Москва, с.ш. № 57),
Тейгель М. (Киев, с.ш. № 145),
Фодлер М. (Калинин, с.ш. № 17).

Физика

Дипломы I степени

по 8 классам получили
Бобылев С. (Березники, с.ш. № 3),
Будько Д. (Белгород, с.ш. № 3),
Глуценков Д. (Ленинград, с.ш. № 261),
Гольдиан А. (Киев, ФМШ № 2 при КГУ),
Карасев Д. (п. Тучково Московской обл., с.ш. 1);

по 9 классам —
Волков О. (Горький, с.ш. № 23),
Гуцин А. (Новосибирск, ФМШ № 165 при НГУ),
Кларк П. (Тула, с.ш. № 58),
Матцын А. (Москва, с.ш. № 91),
Мяцчилов С. (Одесса, с.ш. № 16);

по 10 классам —
Грицорье Г. (Киев, ФМШ № 2 при КГУ),

Иваененко Т. (Киев, с.ш. № 145),
Климович Г. (п. Большево Московской обл., с.ш. № 3),
Лобода А. (Прокопьевск, с.ш. № 2),
Севастянов А. (СевероДвинск, с.ш. № 17).

Дипломы II степени

по 8 классам получили
Вихлинин А. (Рязань, с.ш. № 20),
Пизарев А. (Улан-Удэ, с.ш. № 9),
Фурс А. (Минская обл., Дричинская с.ш.), Шербаков А. (Обнинск, с.ш. № 10),
Юсухно О. (Киев, с.ш. № 145);

по 9 классам —
Бакарян Т. (Ереван, ФМШ при Ер. ГУ),
Велопольский А. (Киев, с.ш. № 145),
Вогор Р. (Тольятти, с.ш. № 28),
Гежжаа Г. (Вильнюс, с.ш. № 7),
Лебедев Д. (Гатчина, с.ш. № 3),
Николаашвили Г. (Тбилиси, ФМШ им. Комарова),
Свердлов М. (Минск, с.ш. № 50),
Сенаторов П. (Москва, с.ш. № 52);

по 10 классам —
Барзыкин В. (п. Черноголовка Московской обл., с.ш. № 82),
Жестков Ю. (Алма-Ата, РФМШ),
Мороз О. (Алма-Ата, РФМШ),
Савченко М. (Белгород, с.ш. № 3),

по 10 классам —
Климчев А. (Минск, с.ш. № 116),
Меньков В. (Мончерорск, с.ш. № 3),
Петров В. (Москва, ФМШ № 18 при МГУ),
Ржевский О. (Рига, с.ш. № 63),
Степанов В. (Ереван, ФМШ при Ер. ГУ),
Фельдман Л. (Саратов, с.ш. № 13),
Фурман В. (Ташкент, с.ш. № 19).

Ответы, указания, решения

Отгадать день рождения
2. Из x≤31 и y≤12, следует ax+by≤31a+12b.
Таким образом, выражение ax+by принимает значения между a+b≥2 и 31a+12b≤366, то есть оно принимает не более 365 различных значений и не может принимать различные значения для всех 366 дней года (високосного).
3. Выражение ax+by одинаково (равно ab+a+b) для 1-го дня (a+1)-го месяца и (b+1)-го дня 1-го месяца.
4. а) Если r — остаток от деления числа x+31y на 31, то x=r при r≠0 и x=31 при r=0.
6) Умножим число 16x+31y на 2: 2(16x+31y)=32x+62y=31(x+2y)+x.
Если r — остаток от деления числа 2(16x+31y) на 31, то x=r при r≠0 и x=31 при r=0.
в) Если r — остаток от деления числа 7(12x+7y)=12(7x+4y)+y на 12, то y=r при r≠0 и y=12 при r=0.

XIX Всегоизная олимпида по математике
8 класс

Ответ: существует. Покажем, что для натурального числа m существует такое натуральное число n, записываем единицу и нулями, что сумма S(n) его цифра равна m, а сумма S(n²) цифра равна m².
Доказательство проведем индукцией по m. Для m=1 искомое число равно 1. Пусть для некоторого натурального числа m имеется натуральное число n из единиц и нуля такое, что S(n)=m и S(n²)=m². Если n имеет k знаков, положим n₁=10⁺¹n+1. Тогда S(n₁)=m+1, а n₁²=10²⁺¹n²+2n·10⁺¹n+1.

Число 10²⁺¹n² окачитается не менее, чем 2k+2 нулями, а число 2n·10⁺¹n имеет 2k+1 знаков, причем S(2n)=2S(n). Поэтому S(n²)=S(n²)+2S(n)+1=m²+2m+1=(m+1)², что и требовалось доказать для обоснования индуктивного перехода.

Ответ: 16. Ясно, что ни одна дамка не может располагаться на краю dochки. Кроме того, в двух квадратах dochки, обведенных на рисунке 1, все пятые черных клеток не могут быть заняты (центральная дамка не бьется). Таким образом, занятыми могут оказаться не более 16 клеток. В то же время 16 дамок с соблюдением условий задачи расставить можно (см. рис. 1).
Ответ: n красок. Заметим, что угол между произвольной фиксированной сторон AB правильно n-угольника и любой другого его сторона или диагональ (отсутствиваемый, скажем, против часовой стрелки) кратен 180°/n, так как величины дуг, заключенных между

концами этих двух отрезков, кратны $360^\circ/n$ . Если покрасть одной краской все стороны и диагонали, составляющие $AB$ один и тот же угол $180^\circ \cdot k/n$ при $k=0, 1, \dots, n-1$ (все они параллельны друг другу), то условие задачи, очевидно, будет выполнено. При этом попадобится не более, чем $n$ краскок. В то же время можно указать $n$ отрезков, каждый два из которых имеют общую точку — это две стороны $AB$ , $AC$ и $n$ — 3 диагонали, выходящие из вершины $A$ , а также диагональ $BC$ . Следовательно, меньшим чем $n$ числом краскок общей тись не льзяя.

Пусть $A$ и $B$ — цвета дня и крышки коробки. Из трех пар противоположных граней куба хотя бы одна имеет другие цвета — обозначим их $C$ и $D$ , а остальные два цвета (из данных шести) — $E$ и $F$ . Вложим куб в коробку гранью цвета $C$ виз так, чтобы его боковая грань цвета $E$ прилега к боковой грани коробки цвета $F$ . Легко видеть, что при этом цвета любой пары прилегающих граней куба и коробки будут различны.
Обозначим через $(a_n, b_n, c_n, d_n)$ четырёх учета, получающийся из $(a, b, c, d)$ за $n$ нажатий кнопки. Заметим, что во всех четырёх чисел, кроме исходной, сумма всех четырёх четырёх равна нулю. Пусть $(a, b, c, d)$ — произвольная четырёх четырёх суммой. Тогда
$0 = (a + b + c + d)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd.$
Рассмотрим теперь четырёх четырёх $(a_1, b_1, c_1, d_1)$ , получающийся из нее нажатием кнопки. Для нее
$a_1^2 + b_1^2 + c_1^2 + d_1^2 = (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - d)^2 + (d - a)^2 = 2(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) - 2ab - 2bc - 2cd - 2ad = 3(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) - 2ac - 2bd$
и, так как $2ac \leqslant a^2 + c^2$ и $2bd \leqslant b^2 + d^2$ ,
$a_1^2 + b_1^2 + c_1^2 + d_1^2 \geqslant 2(a^2 + b^2 + c^2 + d^2).$
В исходной четырёх четырёх суммой $(x, y, z, t)$ не все числа равны, поэтому $x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 + t_1^2 > 0$ . В силу доказанного выше
$x_n^2 + y_n^2 + z_n^2 + t_n^2 \geqslant 2^{n-1}(x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 + t_1^2).$
Отсюда следует наличие такой четырёх суммой с достаточно большим номером $n$ , в котором одно из чисел по модulo больше чем 3·1985. Если это число отрицательно, то в этой же четырёх сумме найдется и положительное число, больше 1985, так как сумма всех чисел в ней равна нулю.

9 класс

Выполняя последовательное симметрию $S_l$ относительно прямой $l$ , поворот на некоторый угол вокруг точки $O$ и снова $S_l$ , мы можем перевести $O$ в любую точку $P$ окружности $\omega_1$ с центром $O_1 = S_l(O)$ и радиусом $r = OO_1$ , а значит и в любую точку каждой из окружностей $\omega_n$ , $n \geqslant 1$ , где $\omega_n$ при $n > 1$ получается из $\omega_{n-1}$ центральной симметрией относительно точки $O$ и последующей освой симметрией $S_l$ . Легко видеть, что центр $O_n$ окружности $\omega_n$ лежит на луче $OO_1$ и $OO_n = nr$ (рис. 2). Приращении вектора точки $O$ целочкакнутей $\omega_1$ , …, $\omega_n$ описывает круг $C$ центром $O$ радиуса $(n+1)r$ . Таким образом, можно перевести $O$ в любую точку этого круга и, в частности, при $(n+1)r \geqslant OA$ — в точку $A$ .
Ответ: в двух точках. Если имеется три точки, удовлетворяющие условиям задачи, то какие-то две из них лежат по одному сторону от оси $x = -b/2a$ парабoles $y = ax^2 + bx + c$ . Не уменьшая общности, можно считать, что эти точки $x_1$ и $x_2$ ( $x_2 > x_1$ ) лежат правее оси, то есть выполняются неравенства: $x_1 + \frac{b}{2a} \geqslant 0$ и $x_2 + \frac{b}{2a} \geqslant 1$ . Тогда имеем:

$100 \geqslant |y(x_2) - y(x_1)| = a(x_2 - x_1)(x_2 + x_1 + \frac{b}{a}) > 100\left(x_2 + x_1 + \frac{b}{a}\right) \geqslant 100.$

Полученное противоречие показывает, что найдется не более двух целях точек, в которых данной квадратный трехчлен принимает значения, по модulo не превыходит 50.

Многочлен $101x^2 - 100$ принимает в двух точках $x_1 = -1$ , $x_2 = 1$ значение 1.

Ответ: 20. Примеры таблиц с $d = 20$ показаны на рисунке 3. Доказем, что это значение $d$ — наименьшее возможное. Предположим, что существует таблица, в которой $d < 20$ . Легко видеть, что $d = a + 3(e + h) + k$ . Из этого равенства следует, что
$20 > d = 2(e + h) + a + e + h + k \geqslant 2(e + h) + 1 + 2 + 3 + 4,$
то есть $e + h \leqslant 4$ . Можно считать, что $e < h$ (начие отрезкам таблицы относительно прямой $l$ ); при этом возможно два сликания $e = 1$ , $h = 3$ и $e = 1$ , $h = 2$ .

В первом случае $f = 4$ и $a + k \leqslant 7$ . Все числа в таблице различаны, поэтому или $a = 2$ , $k = 5$ или $a = 5$ , $k = 2$ .

В втором случае $f = 3$ и, следовательно, должны быть выполняться неравенства $a \geqslant 4$ , $k \geqslant 4$ , $a + k \leqslant 10$ . Существуют только четырые возможности для пары чисел $(a; k)$ : $(4; 5), (4; 6), (5; 4), (6; 4)$ . Все эти возможности, как легко проверить, приводят к таблицам с повторяющим элементами, что противоречит условиям.

Пусть параллелепид имеет размеры $m \times n \times k$ и $k \leqslant m$ , тогда число неокрашенных кубков $S=(m-1)(n-1)(k-1)$ . По условию $mnk=2(m-1)(n-1)(k-1)$ . (1)
Очевидно, что $k>2$ , а при $k \geqslant 5$ равенство (1) противоречиво, так как тогда

$2(m-1)(n-1)(k-1) = = 2mnk \left(1 - \frac{1}{m}\right) \left(1 - \frac{1}{n}\right) \left(1 - \frac{1}{k}\right) \geqslant 2mnk \left(\frac{4}{5}\right)^3 > mnk.$

Пусть $k=3$ . Тогда (1) принимает вид $mn-4m-4n+4=0$ или $(m-4)(n-4)=12=12 \cdot 1=6 \cdot 2=4 \cdot 3$ . (2)
Уравнение (2) с условием $5 \leqslant n \leqslant m$ имеет три пары решения $(m; n)=(16; 5), (10; 6), (8; 7)$ . Аналогично, при $k=4$ приходим к уравнению $(m-3)(n-3)=6=6 \cdot 1=3 \cdot 2$ , имеющему решение (9; 4) и (6; 5).
Таким образом, $S$ может принимать одно из пятей значений: 60, 72, 84, 90, 120.

Пусть $K$ — точка, симметричная $C$ относительно середины $P$ общей хорды $BM$ данных окружностей (рис. 4). Очевидно, она лежит на окружности, проходящей через $A$ , причем $AKMD$ — параллелограмм. Треугольник $AMD$ конгрузит треугольнику $AMK$ , висанному в эту окружность. Следовательно, радиус его описанной окружности тоже равен $R$ .
10 класс
Ответ: $\{(\pi n; \pi m)|m, n \in \mathbb{Z}\}$ . Из данного неравенства следует, что $|\sin x| \cdot |\sin y| \geqslant |\sin x| + |\sin y|$ , то есть $(1 - |\sin x|)(1 - |\sin y|) \geqslant 1$ .
Следовательно, $\sin x=\sin y=0$ .
Пусть $O$ — произвольная точка плоскости. Для любой точки $X$ плоскости положим $\overrightarrow{OX}=\overrightarrow{X}$ . По условию задачи $\overrightarrow{E}+\overrightarrow{E}_1=2\overrightarrow{A}$ , $\overrightarrow{A}+\overrightarrow{A}_1=2\overrightarrow{B}$ , $\overrightarrow{B}+\overrightarrow{B}_1=2\overrightarrow{C}$ , $\overrightarrow{C}+\overrightarrow{C}_1=2\overrightarrow{D}$ , $\overrightarrow{D}+\overrightarrow{D}_1=2\overrightarrow{E}$ . Эта система уравнений легко решается и полученное решение дает возможность построить точки $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ при помощи циркуля и линейки.
Если все прямые параллельны друг другу, то они делят плоскость на $n+1$ области. Поэтому, число окрашенных области не превыходит $n \leqslant n(n+1)/3$ .

Пусть теперь не все прямые параллельны друг друга. Граница каждой области состоит из нескольких отрезков и лучей, принадлежащих разным прямым. Эти отрезки и лучи называем сторонами области. Каждый область имеет не менее двух сторон. Через $m_2$ , обозначим число окрашенных области, имеющих две стороны, через $m_3$ — число окрашенных области, имеющих три стороны и т. д. Наконец, через $m_k$ — число окрашенных области с максимальным числом сторонами.

Покажем, что $m_2 \leqslant n$ . Граница любой области с двумя сторонами состоит из двух лучей, причем каждый луч может лежать на границе только одной из окрашенных области. Число всех таких лучей не превыходит $2n$ (не более двух на каждой прямой). Следовательно, общее число сторонами окрашенных области с двумя сторонами не превыходит $2n$ или $m_2 \leqslant n$ . Каждый из $n$ прямых разбивается остальные не более, чем на $n$ частей (отрезков и лучей). Поэтому общее число всех частей не превыходит $n^2$ . Каждый из частей является сторонами не более чем одной из окрашенных области. Следовательно, общее число сторона таких области не превыходит $n^2$ , то есть

$2m_2+3m_3+\dots+km_k \leqslant n^2.$

Число окрашенных области равно $m_2+m_3+\dots+m_k$ . Используя доказанные выше неравенства, находим, что

$m_2+m_3+\dots+m_k \leqslant \frac{m_2}{3} + \frac{2m_2+3m_3+\dots+km_k}{3} \leqslant \frac{n}{3} + \frac{n^2}{3} = \frac{1}{3}(n^2+n).$

Ответ: $x=3$ . Так как $\sqrt{x+1}-1 = x/(\sqrt{x+1}+1)$ , при $x \geqslant -1$ многоэтажная дробь тожеен равна $\sqrt{x+1}-1$ .
Ответ: $\frac{5\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6}$ . Оставшая часть пятей угольника разбивается двумя окрашенными радиусами в его вершинах на 5 конгрузных криволинейных треуголь-

ников (на рисунке 5 — BMC, CND, …, ARB).
Сумма площадей криволинейного треугольника BMC и сектора AMB с центральным углом $BAM=\pi/3$ равна сумме площадей правлого треугольника ABM, и сектора BMC с центральным углом $CBM=3\pi/5-\pi/3=4\pi/15$ , следовательно, искомая площадь равна
$5S_{BMC}=5S_{\triangle ABM}+S_{\text{сект }BMC}-S_{\text{сект }AMB}=\frac{5\sqrt{3}}{4}+\frac{5}{2}\left(\frac{4\pi}{15}-\frac{\pi}{3}\right)=\frac{5\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi}{6}.$
7. Пусть натуральные числа $x$ и $y$ — длины сторона прямогольника, $x \leqslant y$ . Ясно, что этот прямогольник удовлетворяет условиям задачи, если выполнен неравенства $xy>m$ и $x(y-1)<m$ (а значит, и $(x-1)y<m)$ . Таким образом, достаточно доказать, что при любом $m>12$ система неравенств
$xy>m, x(y-1)<m, x \leqslant y$
имеет решение в целях числа. Укажем эти решения. Если $k$ — натуральное число, удовлетворяющее условиям $k^2 \leqslant m < (k+1)^2$ , то положим: $x=k-1, y=k+2$ при $m=k^2$ ; $x=k, y=k+1$ при $k^2 < m < (k+1)$ ; $x=k-1, y=k+3$ при $m=k(k+1)$ и $x=y=k+1$ при $k(k+1) < m < (k+1)^2$ .
8. Ответ: $(\sqrt{3}-\sqrt{2})/2$ . Расматриваемые окружности (рис. 6) лежат на двух концентрических сферах — описанной сфера куба (радуса $\sqrt{3}/2$ ) и сфера, касающейся всех его ребер (радуса $\sqrt{2}/2$ ). Поэтому расстояние между точками окружностей не может быть меньше разности радиусов сфера $(\sqrt{3}-\sqrt{2})/2$ и равно ей, если точки лежат на одном луче с началом в центре $O$ сфера (центре куба). Покажем, что такие точки существуют. Достаточно найти на малой окружности такой точку $M$ , которая при этом с центром $O$ и коэффициентом $\sqrt{3}/2$ переходит в точку $N$ большой окружности. Образ малой окружности при этой гомотетии, очевидно, лежит на большей сфере, причем образы точек $E$ и $F$ , в которых малая окружность пересекает отрезок $BD$ (рис. 7), лежит по разные стороны от плоскости $AB_1C$ (луч OF не пересекает эту плоскость, так как $O_1OF=45^\circ>BB_1O_1$ ). Следовательно, окружности на большей сфере пересекаются и в качестве $N$ и $M$ можно взять точку их пересечения и ее прообраз.
Неравенства для площи и периметра выпуклого многоугольника
(см. «Квант», № 10)

Решим одновременную упражнения 1 и 3. Воспользовемся формулой Герона
$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},$ где $p=\frac{a+b+c}{2}, a, b, c$ — стороны треугольника. Применяем неравенство
$\sqrt{xyzt} \leqslant \frac{x+y}{2} \cdot \frac{z+t}{2} \leqslant \left(\frac{x+y+z+t}{4}\right)^2,$
площадем неравенство
$S=\sqrt{3}\sqrt{\frac{p}{3}(p-a)(p-b)(p-c)} \leqslant \left(\frac{p}{3}\right)^2,$
из которого и следует утверждение упражнения 3. Применяя формулу $S=p \cdot r$ , где $r$ — радиус вписанного круга, получаем неравенство $3\sqrt{3}r \leqslant p$ и неравенство $3\sqrt{3}r^2 \leqslant pr=S$ , из которых следует утверждение упражнения 1.
Если треугольник, вписанный в круг, не является правлым, то его площад (и периметр) можно увеличить. Поэтому среди таких треугольников экстремальным может быть только правлый. Существование экстремума мы при этом не доказываем.
Достаточно доказать неравенство $S \geqslant \frac{h^2}{\sqrt{3}}$ , где $h$ — наименьшая высота, и устанавливает, что в равенство оно обращается, лишь когда треугольник правлый.
Из упражнения 3 следует, что $p^2 \geqslant 12\sqrt{3}S=2\sqrt{3}(ah_a+bh_b+ch_c) \geqslant 2\sqrt{3}(a+b+c)h=2\sqrt{3}Ph$ , откуда $P \geqslant 2\sqrt{3}h$ , $S=\frac{ah_a+bh_b+ch_c}{6} \geqslant \frac{Ph}{6} \geqslant \frac{h^2}{\sqrt{3}}$ . Равенство возможно, лишь когда $h_a=h_b=h_c$ , то есть для правлого треугольника.
Пусть $a \leqslant 60^\circ$ , тогда $S=\frac{bc\sin a}{2} \leqslant \frac{D^2\sin \frac{\pi}{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}D^2$ , где $D=\max(a,b,c)$ . Неравенство $P \leqslant 3D$ оченьindo.
Так как многоугольник лежит по одному сторону от своей стороны, то он лежит в соответствующей касательной полуплоскости, и поэтому в их пересечении. С другой стороны, каждая точка пересечения принадлежит многоугольнику.
Если две точки выпуклого многоугольника лежат по разные стороны от прямой, то она делит его на два выпуклых многоугольника.
Пусть прямая $l$ не пересекает многоугольник. Выберем среде его вершин самую близкую к прямой $l$ и самую далекую и через них проведем прямые, параллельные $l$ . В полосе между ними и лежит наш многоугольник.
Утверждение непосредственного следует из упражнения 6 и 8.
Нужно (несколько раз) применить преобразование, изображенное на рисунке 8. Получившийся выпуклый многоугольник называется выпуклой оболочкой исходного многоугольника.
1. Достаточно рассмотреть отрезок, соединяющий границы (то есть лежащие на сторонах) точки многоугольника. Если хотя бы один из концов не является вершиной многоугольника, то применяем (один или два раза) следующий частичный случай утверждения a):
  Рис. 8.