Các học sinh đoạt giải Olympic học sinh toàn liên bang lần thứ XIX

Kvant 1985, số 11 tr. 58-62 Thẻ FDKG

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

Người đoạt giải
Olympic Liên đoàn hạng nặng lần thứ XIX
TRẺ EM HỌC SINH

Toán học

Bằng cấp đầu tiên

trong 8 lớp nhận được
Borisov L. (Minsk, ssh. 19),
Gulchuk P. (Kyiv, số 145),
Dyninikov I. (Zhukovsky, s.sh. Số 10),
Ozols D. (Riga, ssh. Số 1),
Smirnov S. (Leningrad, s.sh. Số 99),
Styrkas K. (khu định cư Chernogolovka, khu vực Moscow, tuyến phía bắc số 82);

cho lớp 9 -
Gil A. (Leningrad, ssh. Số 239),
Glutsenko G. (Zaporozhye, s.sh. Số 91),
Kalinin G. (Leningrad, ssh. Số 239),
Kokts G. (Riga, số 1),
Kraras S. (Moletai, số 2),
Lunin A. (Moscow, ssh. Số 57);

cho 10 lớp -
Vondarenko O. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU),
Malevanets A. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU).

bằng cấp II

trong 8 lớp nhận được
Baran A. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU),
Borisov A. (Minsk, ssh. Số 19),
Naumov P. (Moscow, ssh. Số 679),
Osolotkin A. (Petrozavodsk, s.sh. 29),
Tulbovich A. (Kharkov, ssh. Số 27),
Uustalu T. (Tallinn, số 44),
Chernykh A. (Krasnodar, s.sh. Số 40);

cho lớp 9 -
Wendorfa K. (Riga, số 1),
Kriks M. (Riga, số 1),
Muradov V. (Novosibirsk, Trường Vật lý số 165 tại NSU),
Petrushin A. (Leningrad, ssh. Số 239),
Poroshin V. (Leningrad, ssh. Số 239),
Rachinsky D. (Kharkov, ssh. Số 27),
Redko T. (Korsun-Shevchenkovsky, s.sh. Số 4),
Roganov V. (Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow),
Khapochkin Yu. (Bryansk, ssh. Số 3);

cho 10 lớp -
Vergheim L. (Novosibirsk, s.sh. Số 25),
Ivanov L. (Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow),
Canes D. (Litsevarde, s.sh. Số 1),
Korotkov A. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad),
Leontyeva O. (Leningrad, ssh. Số 239),
Maslov A. (Moscow, ssh. Số 109),
Pentus M. (Tallinn, số 1),
Skuiny A. (Riga, s.sh. Số 1).

bằng tốt nghiệp cấp III

trong 8 lớp nhận được
Azamov N. (Anjan, ssh. Số 14),
Vasiliev K. (Tula, ssh. Số 45),
Enukidze N. (Tbilisi, Trường Vật lý số 42),
Zhuravlev V. (Gayvoron, s.sh. Số 2),
Zudilin V. (Balti, số 16),
Kogon L. (Kemerovo, ssh. Số 89),
Praust V. (khu định cư Kekhra, ESSR, đường cao tốc phía bắc Kekhrovskaya),

Roshin I. (Chelyabinsk, s.sh. Số 138),
Sushinskas Zh. (Vilnius, số 40),
Tatarinov A. (Smorgon, ssh. Số 4);

cho lớp 9 -
Arapov A. (Voronezh, số 8),
Astashkevich A. (Tomsk, ssh. Số 24),
Borisenko A. (Kharkov, ssh. Số 27),
Weissburg M. (Tomsk, ssh số 6),
Ghazaryan T. (Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc tại Đại học Bang Yerevan),
Goldshtein L. (Kyiv, ssh. Số 145),
Ignatev M. (Saratov, ssh. Số 13),
Pomerantsev M. (Cherkasy, s.sh. Số 4),
Sudkov V. (Tbilisi, Trường Vật lý Komarov),
Frolkin M. (Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow),
Shapoval A. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU),
Sheinin S. (Molodechno, s.sh. Số 7);

cho 10 lớp -
Alekseev R. (Leningrad, Trường Vật lý số 45 tại Đại học bang Leningrad),
Barabashch A. (Kyiv, ssh. Số 105),
Bibin D. (Vitebsk, ssh. Số 31),
Goncharenko Yu. (Kishinev, s.sh. Số 37),
Dondoshansky I. (Leningrad, ssh. Số 239),
Espyuva T. (Rostov-on-Don, tuyến phía bắc số 5),
Zemtsov P. (Novosibirsk, s.sh. Số 25),
Kirillin P. (Dubna, ssh. Số 10),
Klitsis S. (Vilnius, số 40),
Kutsak S. (Lipetsk, s.sh. Số 44),
Lipai A. (Minsk, ssh. Số 50),
Mikhailov V. (Novosibirsk, Trường Vật lý số 165 tại NSU),
Mukhin S. (Novosibirsk, Trường Vật lý số 165 tại NSU),
Nazhmitdinov A. (Namangan, ssh số 7),
Rajonas M. (Vilnius, số 23),
Chúa Thánh Thần I. (Krasnoarmeysk, vùng Donetsk, số 3),
Siiner M. (Tallinn, Trường Âm nhạc Tallinn),
Skvortsov V. (Moscow, ssh. Số 57),
Teigel M. (Kyiv, ssh. Số 145),
Fodler M. (Kalinin, ssh. Số 17).

Vật lý

Bằng cấp đầu tiên

trong 8 lớp nhận được
Bobylev S. (Berezniki, s.sh. Số 3),
Budko D. (Belgorod, s.sh. Số 3),
Glutsenkov D. (Leningrad, ssh. Số 261),
Goldian A. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU),
Karasev D. (làng Tuchkovo, vùng Moscow, phía bắc 1);

cho lớp 9 -
Volkov O. (Gorky, ssh. Số 23),
Gutsin A. (Novosibirsk, Trường Vật lý số 165 tại NSU),
Clark P. (Tula, ssh. Số 58),
Matsyn A. (Moscow, ssh. Số 91),
Myatschilov S. (Odessa, ssh. Số 16);

cho 10 lớp -
Gritsorye G. (Kyiv, Trường Vật lý số 2 tại KSU),

Ivaenenko T. (Kyiv, ssh. Số 145),
Klimovich G. (Khu định cư Bolshevo, khu vực Moscow, đường cao tốc phía bắc số 3),
Loboda A. (Prokopyevsk, s.sh. Số 2),
Sevastyanov A. (SeveroDvinsk, s.sh. Số 17).

bằng cấp II

trong 8 lớp nhận được
Vikhlinin A. (Ryazan, ssh. Số 20),
Pizarev A. (Ulan-Ude, s.sh. Số 9),
Furs A. (Vùng Minsk, đường cao tốc phía bắc Drichinskaya), Sherbkov A. (Obninsk, đường cao tốc phía bắc số 10),
Yusuhno O. (Kyiv, ssh. Số 145);

cho lớp 9 -
Bakarian T. (Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc tại Đại học bang Yerevan),
Velopolsky A. (Kyiv, ssh. Số 145),
Vogor R. (Tolyatti, ssh số 28),
Gezzhaa G. (Vilnius, số 7),
Lebedev D. (Gatchina, ssh số 3),
Nikolaashvili G. (Tbilisi, Trường Vật lý Komarov),
Sverdlov M. (Minsk, ssh. Số 50),
Senatorov P. (Moscow, ssh. Số 52);

cho 10 lớp -
Barzykin V. (khu định cư Chernogolovka, khu vực Moscow, tuyến phía bắc số 82),
Zhestkov Yu. (Alma-Ata, RFMSH),
Moroz O. (Almaty, RFMSH),
Savchenko M. (Belgorod, s.sh. Số 3),

cho 10 lớp -
Klimchev A. (Minsk, ssh. Số 116),
Menkov V. (Moncherorsk, s.sh. Số 3),
Petrov V. (Moscow, Trường Vật lý số 18, Đại học quốc gia Moscow),
Rzhevsky O. (Riga, số 63),
Stepanov V. (Yerevan, Trường Vật lý và Âm nhạc tại Đại học bang Yerevan),
Feldman L. (Saratov, ssh. Số 13),
Furman V. (Tashkent, ssh. Số 19).

Đáp số, gợi ý, lời giải

Đoán ngày sinh nhật
2. Từ x<31 và y<br />12 suy ra ax+by<31a+12b.
Như vậy, biểu thức ax+by lấy các giá trị trong khoảng a+b ≥2 và 31a+12b<366, tức là lấy tối đa 365 giá trị khác nhau và không thể lấy các giá trị khác nhau cho cả 366 ngày trong năm (năm nhuận).
3. Biểu thức ax+by giống nhau (bằng ab+a+b) cho ngày đầu tiên của tháng (a+1) và ngày (b+1) của tháng thứ nhất.
4. a) Nếu r là phần dư của phép chia số x+31y cho 31, thì x=r với r≠0 và x=31 với r=0.
6) Nhân số 16x+31y với 2: 2(16x+31y)=32x+62y=31(x+2y)+x.
Nếu r là phần dư của phép chia số 2(16x+31y) cho 31, thì x=r với r≠0 và x=31 với r=0.
c) Nếu r là số dư khi chia số 7(12x+7y)=12(7x+4y)+y cho 12, thì y=r cho r≠0 và y=12 cho r=0.

Olympic Toán toàn Nga lần thứ XIX
lớp 8

Đáp số: tồn tại. Hãy chứng minh rằng với số tự nhiên m tồn tại số tự nhiên n, chúng ta viết một và các số 0 sao cho tổng của S(n) chữ số của nó bằng m và tổng của S(n²) chữ số của nó bằng m2.
Ta tiến hành chứng minh bằng quy nạp theo m. Với m=1, số cần tìm là 1. Giả sử một số tự nhiên m có số tự nhiên n đơn vị và bằng 0 sao cho S(n)=m và S(n²)=m². Nếu n có k dấu, đặt n₁=10⁺¹n+1. Khi đó S(n₁)=m+1 và n₁²=10²⁺¹n²+2n·10⁺¹n+1.

Số 102⁺¹n2 sẽ có không ít hơn 2k+2 số 0 và số 2n·10⁺¹n có 2k+1 dấu và S(2n)=2S(n). Do đó, S(n2)=S(n2)+2S(n)+1=m2+2m+1=(m+1)2, đó là điều cần được chứng minh để biện minh cho quá trình chuyển đổi quy nạp.

Đáp số: 16. Rõ ràng là không có quân hậu nào có thể nằm ở rìa của con gái. Ngoài ra, trong hai ô con gái được khoanh tròn ở hình 1, không thể chiếm hết 1/5 ô đen (vua trung tâm không bị đánh). Vì vậy, không thể chiếm quá 16 ô. Đồng thời, có thể xếp 16 vị vua tuân theo các điều kiện bài toán (xem hình 1).
Đáp số: n màu. Lưu ý rằng góc giữa cạnh cố định AB tùy ý của một n-giác đều và bất kỳ cạnh hoặc đường chéo nào khác (thiếu, ví dụ, ngược chiều kim đồng hồ) là bội số của 180°/n, vì độ lớn của các cung nằm giữa

phần cuối của hai đoạn này là bội số của $360^\circ/n$ . Nếu chúng ta vẽ bằng một lần sơn tất cả các cạnh và đường chéo tạo thành $AB$ cùng một góc $180^\circ \cdot k/n$ tại $k=0, 1, \dots, n-1$ (tất cả chúng đều song song với nhau), thì điều kiện bài toán rõ ràng sẽ được thỏa mãn. Trong trường hợp này, bạn sẽ tìm thấy không quá $n$ sơn. Đồng thời, bạn có thể chỉ định $n$ đoạn, mỗi đoạn có một điểm chung - đây là hai cạnh $AB$ , $AC$ và $n$ - 3 đường chéo nổi lên từ đỉnh $A$ , cũng như đường chéo $BC$ . Do đó, bạn không thể sử dụng tổng số màu ít hơn $n$ .

Đặt $A$ và $B$ là màu của ngày và nắp hộp. Trong số ba cặp mặt đối diện của hình lập phương, ít nhất một cặp có các màu khác - hãy biểu thị chúng là $C$ và $D$ , và hai màu còn lại (trong số sáu màu này) - $E$ và $F$ . Chúng ta hãy đặt khối lập phương vào hộp có cạnh màu $C$ vis sao cho cạnh bên có màu $E$ của nó liền kề với cạnh bên của hộp màu $F$ . Dễ dàng nhận thấy rằng trong trường hợp này màu của bất kỳ cặp mặt kề nào của hình lập phương và hình hộp sẽ khác nhau.
Chúng ta hãy biểu thị bằng $(a_n, b_n, c_n, d_n)$ bốn số đếm có được từ $(a, b, c, d)$ khi nhấn nút $n$ . Lưu ý rằng trong cả bốn số, ngoại trừ số ban đầu, tổng của cả bốn số đều bằng 0. Đặt $(a, b, c, d)$ là một tổng bốn nhân bốn tùy ý. Sau đó
$0 = (a + b + c + d)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd.$
Bây giờ chúng ta hãy xem xét bốn bốn $(a_1, b_1, c_1, d_1)$ , thu được từ nó bằng cách nhấn một nút. Dành cho cô ấy
$a_1^2 + b_1^2 + c_1^2 + d_1^2 = (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - d)^2 + (d - a)^2 = 2(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) - 2ab - 2bc - 2cd - 2ad = 3(a^2 + b^2 + c^2 + d^2) - 2ac - 2bd$
và, vì $2ac \leqslant a^2 + c^2$ và $2bd \leqslant b^2 + d^2$ ,
$a_1^2 + b_1^2 + c_1^2 + d_1^2 \geqslant 2(a^2 + b^2 + c^2 + d^2).$
Trong bốn số ban đầu, tổng $(x, y, z, t)$ không hoàn toàn bằng nhau nên $x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 + t_1^2 > 0$ . Vì điều đã được chứng minh ở trên
$x_n^2 + y_n^2 + z_n^2 + t_n^2 \geqslant 2^{n-1}(x_1^2 + y_1^2 + z_1^2 + t_1^2).$
Từ đó suy ra rằng có bốn tổng như vậy với số đủ lớn $n$ , trong đó một trong các số có modulo lớn hơn 3·1985. Nếu số này âm thì trong bốn tổng đó cũng sẽ có một số dương lớn hơn 1985, vì tổng của tất cả các số trong đó bằng 0.

lớp 9

Thực hiện đối xứng liên tiếp $S_l$ đối với đường thẳng $l$ , xoay một góc nào đó xung quanh điểm $O$ và một lần nữa $S_l$ , chúng ta có thể chuyển $O$ đến bất kỳ điểm $P$ nào của đường tròn $\omega_1$ có tâm $O_1 = S_l(O)$ và bán kính $r = OO_1$ , và do đó đến bất kỳ điểm nào của mỗi đường tròn $\omega_n$ , $n \geqslant 1$ , trong đó $\omega_n$ với $n > 1$ thu được từ $\omega_{n-1}$ bằng đối xứng tâm về điểm $O$ và đối xứng tâm tiếp theo $S_l$ . Dễ dàng nhận thấy tâm $O_n$ của đường tròn $\omega_n$ nằm trên tia $OO_1$ và $OO_n = nr$ (hình 2). Sự gia tăng của vectơ điểm $O$ theo điểm nguyên $\omega_1$ , …, $\omega_n$ mô tả đường tròn $C$ có tâm $O$ bán kính $(n+1)r$ . Do đó, chúng ta có thể chuyển $O$ đến bất kỳ điểm nào của vòng tròn này và đặc biệt, tại $(n+1)r \geqslant OA$ - đến điểm $A$ .
Đáp số: tại hai điểm. Nếu có ba điểm thỏa mãn điều kiện bài toán thì có hai điểm nằm trên một phía của trục $x = -b/2a$ của parabol $y = ax^2 + bx + c$ . Không mất tính tổng quát, chúng ta có thể giả sử rằng các điểm $x_1$ và $x_2$ ( $x_2 > x_1$ ) này nằm bên phải trục, tức là các bất đẳng thức sau có giá trị: $x_1 + \frac{b}{2a} \geqslant 0$ và $x_2 + \frac{b}{2a} \geqslant 1$ . Sau đó chúng ta có:

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

Mâu thuẫn thu được cho thấy rằng không có nhiều hơn hai điểm mà tại đó một tam thức bậc hai đã cho nhận các giá trị có modulo không vượt quá 50.

Đa thức $101x^2 - 100$ nhận giá trị 1 tại hai điểm $x_1 = -1$ , $x_2 = 1$ .

Đáp số: 20. Ví dụ về các bảng có $d = 20$ được hiển thị trong hình 3. Hãy chứng minh rằng giá trị $d$ này là nhỏ nhất có thể. Giả sử có một bảng trong đó $d < 20$ . Dễ dàng nhận thấy điều đó $d = a + 3(e + h) + k$ . Từ đẳng thức này suy ra rằng
$20 > d = 2(e + h) + a + e + h + k \geqslant 2(e + h) + 1 + 2 + 3 + 4,$
nghĩa là, $e + h \leqslant 4$ . Chúng ta có thể giả sử rằng $e < h$ (điểm bắt đầu của các đoạn của bảng so với đường thẳng $l$ ); trong trường hợp này, có thể thực hiện hai sự hợp nhất $e = 1$ , $h = 3$ và $e = 1$ , $h = 2$ .

Trong trường hợp đầu tiên, $f = 4$ và $a + k \leqslant 7$ . Tất cả các số trong bảng đều khác nhau, vì vậy $a = 2$ , $k = 5$ hoặc $a = 5$ , $k = 2$ .

Trong trường hợp thứ hai, $f = 3$ và do đó, các bất đẳng thức $a \geqslant 4$ , $k \geqslant 4$ , $a + k \leqslant 10$ phải được thỏa mãn. Chỉ có bốn khả năng cho cặp số $(a; k)$ : $(4; 5), (4; 6), (5; 4), (6; 4)$ . Tất cả những khả năng này, có thể được xác minh dễ dàng, dẫn đến các bảng có các phần tử lặp lại, trái với các điều kiện.

Cho hình bình hành có kích thước $m \times n \times k$ và $k \leqslant m$ thì số cốc không tô màu là $S=(m-1)(n-1)(k-1)$ . Theo điều kiện $mnk=2(m-1)(n-1)(k-1)$ . (1)
Rõ ràng là $k>2$ , và với $k \geqslant 5$ đẳng thức (1) mâu thuẫn, từ đó

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

Hãy để $k=3$ . Khi đó (1) có dạng $mn-4m-4n+4=0$ hoặc $(m-4)(n-4)=12=12 \cdot 1=6 \cdot 2=4 \cdot 3$ . (2)
Phương trình (2) với điều kiện $5 \leqslant n \leqslant m$ có ba cặp lời giải $(m; n)=(16; 5), (10; 6), (8; 7)$ . Tương tự, đối với $k=4$ , chúng ta có phương trình $(m-3)(n-3)=6=6 \cdot 1=3 \cdot 2$ , có lời giải (9; 4) và (6; 5).
Do đó, $S$ có thể nhận một trong năm giá trị: 60, 72, 84, 90, 120.

Cho $K$ là một điểm đối xứng $C$ qua trung điểm $P$ của dây chung $BM$ của các đường tròn đã cho (hình 4). Rõ ràng, nó nằm trên đường tròn đi qua $A$ và $AKMD$ là hình bình hành. Tam giác $AMD$ tắc nghẽn với tam giác $AMK$ treo trong vòng tròn này. Do đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp của nó cũng là $R$ .
lớp 10
Đáp số: $\{(\pi n; \pi m)|m, n \in \mathbb{Z}\}$ . Từ bất đẳng thức này suy ra $|\sin x| \cdot |\sin y| \geqslant |\sin x| + |\sin y|$ , tức là $(1 - |\sin x|)(1 - |\sin y|) \geqslant 1$ .
Vì vậy, $\sin x=\sin y=0$ .
Cho $O$ là một điểm tùy ý trên mặt phẳng. Đối với bất kỳ điểm $X$ nào của mặt phẳng, chúng ta đặt $\overrightarrow{OX}=\overrightarrow{X}$ . Theo điều kiện bài toán $\overrightarrow{E}+\overrightarrow{E}_1=2\overrightarrow{A}$ , $\overrightarrow{A}+\overrightarrow{A}_1=2\overrightarrow{B}$ , $\overrightarrow{B}+\overrightarrow{B}_1=2\overrightarrow{C}$ , $\overrightarrow{C}+\overrightarrow{C}_1=2\overrightarrow{D}$ , $\overrightarrow{D}+\overrightarrow{D}_1=2\overrightarrow{E}$ . Hệ phương trình này có thể giải dễ dàng và kết quả lời giải cho phép xây dựng các điểm $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ bằng la bàn và thước kẻ.
Nếu tất cả các đường thẳng song song với nhau thì chúng chia mặt phẳng thành các vùng $n+1$ . Vì vậy, số vùng màu không vượt quá $n \leqslant n(n+1)/3$ .

Bây giờ không phải tất cả các đường thẳng đều song song với nhau. Ranh giới của mỗi vùng bao gồm một số đoạn và tia thuộc các đường thẳng khác nhau. Những đoạn và tia này được gọi là các cạnh của vùng. Mỗi khu vực có ít nhất hai mặt. Bằng $m_2$ chúng ta biểu thị số vùng màu có hai cạnh, bằng $m_3$ chúng ta biểu thị số vùng màu có ba cạnh, v.v. Cuối cùng, bằng $m_k$ chúng ta biểu thị số vùng màu có số cạnh tối đa.

Hãy để chúng tôi chứng minh điều đó $m_2 \leqslant n$ . Đường viền của bất kỳ vùng nào có hai cạnh bao gồm hai tia và mỗi tia chỉ có thể nằm trên đường viền của một trong các vùng màu. Số lượng tất cả các tia như vậy không vượt quá $2n$ (không quá hai trên mỗi đường thẳng). Vì vậy, tổng số diện tích sơn cạnh có 2 cạnh không vượt quá $2n$ hoặc $m_2 \leqslant n$ . Mỗi đoạn thẳng $n$ được chia thành không quá $n$ phần (đoạn và tia). Do đó, tổng số phần không vượt quá $n^2$ . Mỗi bộ phận là các cạnh của không quá một trong các vùng được sơn. Do đó, tổng số cạnh của các khu vực đó không vượt quá $n^2$ , tức là

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

Số vùng màu là $m_2+m_3+\dots+m_k$ . Áp dụng các bất đẳng thức chứng minh ở trên, ta thấy rằng

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

Đáp số: $x=3$ . Vì $\sqrt{x+1}-1 = x/(\sqrt{x+1}+1)$ , với $x \geqslant -1$ phân số nhiều tầng cũng bằng $\sqrt{x+1}-1$ .
Đáp số: $\frac{5\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6}$ . Phần gót còn lại của hình vuông được chia bởi hai bán kính màu ở các đỉnh thành 5 hình tam giác cong tắc nghẽn

biệt danh (tại hình 5 - BMC, CND, …, ARB).
Tổng diện tích của tam giác cong BMC và đoạn AMB có góc ở tâm $BAM=\pi/3$ bằng tổng diện tích của tam giác vuông ABM và đoạn BMC có góc ở tâm $CBM=3\pi/5-\pi/3=4\pi/15$ , do đó, diện tích cần tìm là
$5S_{BMC}=5S_{\triangle ABM}+S_{\text{сект }BMC}-S_{\text{сект }AMB}=\frac{5\sqrt{3}}{4}+\frac{5}{2}\left(\frac{4\pi}{15}-\frac{\pi}{3}\right)=\frac{5\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi}{6}.$
7. Gọi các số tự nhiên $x$ và $y$ là độ dài các cạnh của hình chữ nhật, $x \leqslant y$ . Rõ ràng là hình chữ nhật này thỏa mãn các điều kiện bài toán nếu các bất đẳng thức $xy>m$ và $x(y-1)<m$ (và do đó $(x-1)y<m)$ ) được thỏa mãn. Vì vậy, chỉ cần chứng minh rằng với mọi $m>12$ hệ bất đẳng thức là đủ
$xy>m, x(y-1)<m, x \leqslant y$
có lời giải cho mục đích số. Hãy chỉ ra những lời giải này. Nếu $k$ là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện $k^2 \leqslant m < (k+1)^2$ thì ta đặt: $x=k-1, y=k+2$ cho $m=k^2$ ; $x=k, y=k+1$ tại $k^2 < m < (k+1)$ ; $x=k-1, y=k+3$ tại $m=k(k+1)$ và $x=y=k+1$ tại $k(k+1) < m < (k+1)^2$ .
8. Đáp số: $(\sqrt{3}-\sqrt{2})/2$ . Các đường tròn đang xét (hình 6) nằm trên hai mặt cầu đồng tâm - hình cầu ngoại tiếp của hình lập phương (bán kính $\sqrt{3}/2$ ) và hình cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của nó (bán kính $\sqrt{2}/2$ ). Do đó, khoảng cách giữa các điểm của các đường tròn không thể nhỏ hơn hiệu bán kính của hình cầu $(\sqrt{3}-\sqrt{2})/2$ và bằng khoảng cách đó nếu các điểm nằm trên cùng một tia với điểm đầu ở tâm $O$ của hình cầu (tâm của hình lập phương). Hãy để chúng tôi chứng minh rằng những điểm như vậy tồn tại. Chỉ cần tìm một điểm $M$ trên đường tròn nhỏ, có tâm $O$ và hệ số $\sqrt{3}/2$ , đi đến điểm $N$ của đường tròn lớn. Ảnh của vòng tròn nhỏ dưới sự đồng nhất này hiển nhiên nằm trên quả cầu lớn hơn, còn ảnh của các điểm $E$ và $F$ , trong đó vòng tròn nhỏ cắt đoạn $BD$ (hình 7), nằm ở hai phía đối diện của mặt phẳng $AB_1C$ (tia OF không cắt mặt phẳng này, vì $O_1OF=45^\circ>BB_1O_1$ ). Do đó, các vòng tròn trên hình cầu lớn hơn giao nhau và khi $N$ và $M$ chúng ta có thể lấy điểm giao nhau của chúng và ảnh nghịch đảo của nó.
Bất đẳng thức về diện tích và chu vi của đa giác lồi
(xem «Kvant», số 10)

Giải đồng thời bài tập 1 và 3. Sử dụng công thức Heron
$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},$ trong đó $p=\frac{a+b+c}{2}, a, b, c$ là các cạnh của tam giác. Áp dụng bất đẳng thức
$\sqrt{xyzt} \leqslant \frac{x+y}{2} \cdot \frac{z+t}{2} \leqslant \left(\frac{x+y+z+t}{4}\right)^2,$
bất bình đẳng diện tích
$S=\sqrt{3}\sqrt{\frac{p}{3}(p-a)(p-b)(p-c)} \leqslant \left(\frac{p}{3}\right)^2,$
từ đó phát biểu của bài tập 3. Áp dụng công thức $S=p \cdot r$ , trong đó $r$ là bán kính của đường tròn nội tiếp, ta thu được bất đẳng thức $3\sqrt{3}r \leqslant p$ và bất đẳng thức $3\sqrt{3}r^2 \leqslant pr=S$ , từ đó phát biểu của bài tập 1.
Nếu một hình tam giác nội tiếp trong một vòng tròn không vuông thì diện tích (và chu vi) của nó có thể tăng lên. Vì vậy, trong số các tam giác như vậy, chỉ có tam giác bên phải là cực đại. Chúng ta không chứng minh sự tồn tại của cực trị.
Nó đủ để chứng minh bất đẳng thức $S \geqslant \frac{h^2}{\sqrt{3}}$ , trong đó $h$ là chiều cao nhỏ nhất và chứng minh rằng nó chỉ trở thành đẳng thức khi tam giác vuông.
Từ Bài tập 3, $p^2 \geqslant 12\sqrt{3}S=2\sqrt{3}(ah_a+bh_b+ch_c) \geqslant 2\sqrt{3}(a+b+c)h=2\sqrt{3}Ph$ , từ đó $P \geqslant 2\sqrt{3}h$ , $S=\frac{ah_a+bh_b+ch_c}{6} \geqslant \frac{Ph}{6} \geqslant \frac{h^2}{\sqrt{3}}$ . Sự bình đẳng chỉ có thể xảy ra khi $h_a=h_b=h_c$ , tức là đối với một tam giác vuông.
Đặt $a \leqslant 60^\circ$ , sau đó đặt $S=\frac{bc\sin a}{2} \leqslant \frac{D^2\sin \frac{\pi}{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}D^2$ , trong đó $D=\max(a,b,c)$ . Bất đẳng thức $P \leqslant 3D$ rất indo.
Vì đa giác nằm trên một cạnh của nó nên nó nằm trong nửa mặt phẳng tiếp tuyến tương ứng, và do đó tại giao điểm của chúng. Mặt khác, mỗi giao điểm thuộc về một đa giác.
Nếu hai điểm của một đa giác lồi nằm đối diện nhau trên một đường thẳng thì nó sẽ chia đường thẳng đó thành hai đa giác lồi.
Để đường thẳng $l$ không cắt đa giác. Chúng ta hãy chọn môi trường của các đỉnh gần đường thẳng $l$ nhất và xa nhất và thông qua chúng chúng ta vẽ các đường thẳng song song với $l$ . Đa giác của chúng tôi nằm ở dải giữa chúng.
Tuyên bố ngay lập tức xuất phát từ bài tập 6 và 8.
Cần phải áp dụng (nhiều lần) phép biến đổi được hiển thị trong hình 8. Đa giác lồi thu được được gọi là bao lồi của đa giác ban đầu.
1. Chỉ cần xem xét đoạn nối các ranh giới (nghĩa là nằm trên các cạnh) của các điểm của đa giác là đủ. Nếu ít nhất một trong hai đầu không phải là đỉnh của đa giác thì chúng ta áp dụng (một hoặc hai lần) trường hợp từng phần sau của câu lệnh a):
  Hình 8.