maths.bgmaths.bg
Всички колекции
PMS

Пролетни математически състезания

310 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

16 години5 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2016

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • pms2016-9-2: има placeholder текст

8

1 задача

Задача 4

Пълен запис
Условие
На дъската са написани числата 1,2,…,n,n≥31, 2, \ldots, n, n \geq 3. Разрешена е следната операция: Избират се две числа aa и bb, изтриват се и на тяхно място се записват числата a+ba+b и ∣a−b∣|a-b|. Да се докаже, че е възможно да се направят краен брой такива операции така, че всички числа да станат равни на едно и също число и да се намерят всички възможни стойности за това число.
РешениеДа приемем, че на дъската в някакъв момент се получават еднакви числа. Ако a+ba+b и ∣a−b∣|a-b| имат нечетен прост делител pp, то и числата aa и bb се делят на pp. Следователно числото, което остава накрая може да бъде само степен на двойката. Ако на дъската имаме числата 0 и aa, можем да получим чрез операцията ( 0,a0, a ) → ( a,aa, a ) → (0,2a)(0, 2 a), т. е. числото aa може да се удвои. Последното показва, че ако от дадените числа достигнем до числа, измежду които има 1 нула и останалите са степени на двойката, можем да достигнем до еднакви числа, които са равни на най-голямата степен на двойката от тях. Ще докажем по индукция, че при n=2k+s,0<s≤2kn=2^{k}+s, 0\lt{}s \leq 2^{k} можем да получим всички числа да са равни на 2t2^{t} за всяко t≥kt \geq k. Нека n=3n=3. Понеже (1,2,3)→(2,2,4)→(0,4,4)(1, 2, 3) \rightarrow(2, 2, 4) \rightarrow(0, 4, 4) имаме база за индукцията. Приемаме, че n=2k+s,0≤s<2kn=2^{k}+s, 0 \leq s\lt{}2^{k}. Случаят s=0s=0 се свежда до n=2k−1n=2^{k}-1. Ако s>0s\gt{}0 прилагаме операцията към двойките (2k−1,2k+1),(2k−2,2k+2),…,(2k−s,2k+s)\left(2^{k}-1, 2^{k}+1\right), \left(2^{k}-2, 2^{k}+2\right), \ldots, \left(2^{k}-s, 2^{k}+s\right) и получаваме 2,4,…,2s2, 4, \ldots, 2 s и ss пъти 2k+12^{k+1}. Числото 2k2^{k} не променяме и остават още 1,2,…,2k−s−11, 2, \ldots, 2^{k}-s-1. За последните прилагаме индукционното предположение, а също така и за числата 2,4,…,2s2, 4, \ldots, 2 s. За да бъде то окончателно ще разгледаме още случая s=1s=1 или s=2s=2. Но тогава остават числата 2 или 2 и 4, които са степени на двойката. Ако 2k−s−1=12^{k}-s-1=1 или 2k−s−1=22^{k}-s-1=2, то ще останат само числата 1 или 2. Продължаваме например така: (1,2,4)→(1,3,4)→(2,4,4)→(0,2,8)(1, 2, 4) \rightarrow(1, 3, 4) \rightarrow(2, 4, 4) \rightarrow(0, 2, 8). Следователно така можем да достигнем до числото 2k+12^{k+1} и всички по-високи степени.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-8-4

9

3 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички стойности на реалния параметър aa, за които уравнениетоa+2x−2+a+3x−3=a+5x−5\frac{a+2}{x-2}+\frac{a+3}{x-3}=\frac{a+5}{x-5}има точно едно
РешениеУравнението има смисъл за x∉{2,3,5}x \notin\{2, 3, 5\}. След освобождаване от знаменател и опростяване получаваме квадратното уравнениеax2−2x(5a+6)+19a+30=0.a x^{2}-2 x(5 a+6)+19 a+30=0.При a=0a=0 разглежданото уравнение има единствено x=5 / 2.Нека. Нека a \neq 0.Дискриминантата. Дискриминан тата 24\left(a^{2}+5 a+6\right)еравнана0при е равна на 0 при a=-2и и a=-3,новтезислучаирешениятасасъответно, но в тези случаи решенията са съответно x=2и и x=3,коитонесавдефиниционнотомножество.x=5, които не са в дефиниционното множество. x=5 на квадратното уравнение се получава при a=−5a=-5, което дава и x=13/5x=13 / 5. Следователно търсените стойности са a=0a=0 и a=−5a=-5.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-9-1

Задача 2

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са естествени числа nn и kk. На коледна гирлянда има nn разноцветни лампички, поставени през 1 дм. Нека s(n,k)s(n, k) е броят начини от тях да се светнат точно kk, така че най-малкото разстояние между две светещи лампички да е равно на 2 дм. a) Докажете, че s(n,3)s(n, 3) е точен квадрат. б) Докажете, че s(28,5)s(28, 5) е точна трета степен.
РешениеВсяко разположение, при което най-малкото разстояние е поне 2 дм, може да се кодира с редица от kk букви I(=\mathcal{I}(= светни тази лампичка и отиди 2 дм по-нататък; за целта добавяме още 2 лампички-фантоми в края на гирляндата) и n+1−2kn+1-2 k букви C(=\mathrm{C}(= премини 1 дм по-нататък). Общият брой на тези кодове е (n+1−k)!(n+1−2k)!k!\frac{(n+1-k)!}{(n+1-2 k)! k!}. Всяко разположение, при което най-малкото разстояние е поне 3 дм, може да се кодира с редица от kk букви ЛЛ ( == светни тази лампичка и отиди 3 дм по-нататък; за целта добавяме още 3 лампички-фантоми в края на гирляндата) и n+2−3kn+2-3 k букви C(=\mathrm{C}(= премини 1 дм по-нататък). Общият брой на тези кодове е (n+2−2k)!(n+2−3k)!k!\frac{(n+2-2 k)!}{(n+2-3 k)! k!}. Тогава s(n,k)s(n, k) е разликата между намерените две количества:(n+1−k)!(n+1−2k)!k!\frac{(n+1-k)!}{(n+1-2 k)! k!}−(n+2−2k)!(n+2−3k)!k!.-\frac{(n+2-2 k)!}{(n+2-3 k)! k!}.а) Имаме s(n,3)=(n−2)(n−3)(n−4)3!−(n−4)(n−5)(n−6)3!=s(n, 3)=\frac{(n-2)(n-3)(n-4)}{3!}-\frac{(n-4)(n-5)(n-6)}{3!}==(n−4)(n2−5n+6−n2+11n−30)6==\frac{(n-4)\left(n^{2}-5 n+6-n^{2}+11 n-30\right)}{6}=(n−4)(6n−24)6=(n−4)2.\frac{(n-4)(6 n-24)}{6}=(n-4)^{2}.б) Имаме s(28,5)=24⋅23⋅22⋅21⋅205!−20⋅19⋅18⋅17⋅165!=4⋅23⋅22⋅21−19⋅3⋅17⋅16=s(28, 5)=\frac{24 \cdot 23 \cdot 22 \cdot 21 \cdot 20}{5!}-\frac{20 \cdot 19 \cdot 18 \cdot 17 \cdot 16}{5!}=4 \cdot 23 \cdot 22 \cdot 21-19 \cdot 3 \cdot 17 \cdot 16==8(23⋅11⋅21−19⋅3⋅17⋅2)==8(23 \cdot 11 \cdot 21-19 \cdot 3 \cdot 17 \cdot 2)=8⋅3375=23.33.538 \cdot 3375=2^{3}.3^{3}.5^{3}
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-9-3

10

1 задача

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е △ABC\triangle A B C, който е вписан в окръжност kk. Нека II е центъра на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност, MM е средата на страната ABA B, а SS е средата на дъгата ACˉBA \bar{C} B. Да се намери ∠ACB\angle A C B, ако IS=2IMI S=2 I M.
Решениеше използваме стандартните означения за ъглите в триъгълник. Тъй като SS е среда на ACˉB,IBA \bar{C} B, I_{B} то ∠ICS=∠ICA+∠ACS=γ2+(90∘−γ2)=90∘\angle I C S=\angle I C A+\angle A C S=\frac{\gamma}{2}+\left(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right)=90^{\circ} и следователно правата CSC S е външна ъглополовяща за ∠ACB\angle A C B. Тогава пресечните точки IAI_{A} и IBI_{B} на правите AIA I и BIB I с правата CSC S са центровете на въшновписаните окръжности за △ABC\triangle A B C към страните BCB C и ACA C съответно. От ∠IAIBI=α2=∠IAB\angle I_{A} I_{B} I=\frac{\alpha}{2}=\angle I A B и ∠IBIAI=β2=∠IBA\angle I_{B} I_{A} I=\frac{\beta}{2}=\angle I B A следва, че △IIBIA∼△IAB\triangle I I_{B} I_{A} \sim \triangle I A B. Освен това ∠BSC=α=2∠SIBB\angle B S C=\alpha= 2 \angle S I_{B} B, т. е. SS е среда на хипотенузата в правоъгълния триъгълник IAIBBI_{A} I_{B} B. Следователно ISI S и IMI M са съответни медиани в подобни триъгълници. Но по условие IS=2IMI S= 2 I M, т. е. IIA=2IBI I_{A}=2 I B, откъдето получаваме ∠IIAB=γ2=30∘\angle I I_{A} B=\frac{\gamma}{2}=30^{\circ} и следователно ∠ACB=60∘\angle A C B=60^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-10-3

11

2 задачи

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека A={1,2,3,…,m+n}A=\{1, 2, 3, \ldots, m+n\}, където m≥2m \geq 2 и n≥2n \geq 2 са естествени числа. Да се намери броят на функциите g:A→Ag: A \rightarrow A, за коитоg(g(i))=i+1заi=1,2,…,m−1,m+1,…,m+n−1;g(g(m))=1иg(g(m+n))=m+1.\begin{gathered} g(g(i))=i+1 \text{за} i=1, 2, \ldots, m-1, m+1, \ldots, m+n-1; \\ g(g(m))=1 \text{и} g(g(m+n))=m+1. \end{gathered}
РешениеНека Am={1,2,…,m}A_{m}=\{1, 2, \ldots, m\} и An={m+1,m+2,…,m+n}A_{n}=\{m+1, m+2, \ldots, m+n\}. Ако f(a)=g(g(a))f(a)=g(g(a)), то лесно се вижда, че ff е биекция и f:An→An,f:Am→Amf: A_{n} \rightarrow A_{n}, f: A_{m} \rightarrow A_{m}. Ако k∈Amk \in A_{m}, то f(k)=k+1( mod m)f(k)=k+1 (\bmod m) и ако k∈Ank \in A_{n}, то f(k)=k+1( mod n)f(k)=k+1(\bmod n). Лесно се проверява, че gg е биекция: ако g(a1)=g(a2)g\left(a_{1}\right)=g\left(a_{2}\right), то g(g(a1))=g(g(a2))g\left(g\left(a_{1}\right)\right)=g\left(g\left(a_{2}\right)\right), т. е. f(a1)=f(a2)f\left(a_{1}\right)=f\left(a_{2}\right), противоречие. Освен това за всяко a∈Aa \in A е изпълнено g(a)≠ag(a) \neq a. Да допуснем, че mm е четно число. Ще докажем, че ако a∈Ama \in A_{m}, то g(a)∈Ang(a) \in A_{n}. Да допуснаме, че g(1)=k∈Amg(1)=k \in A_{m}. Нека Am=B∪CA_{m}=B \cup C, където B={1,2,…,k−1}B=\{1, 2, \ldots, k-1\} и C={k,k+1,…,m}C=\{k, k+1, \ldots, m\}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-11-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Една редица x=x1,x2,…,x2015\mathbf{x}=x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2015} от нули и единици се нарича добра, ако съществува единствена редица y=y1,y2,…,y2015\mathbf{y}=y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{2015} от нули и единици, различна от x\mathbf{x}, със следното свойство: всяка редица, получена от x\mathbf{x} след изтриване на един неин член може да се получи с изтриване на един член на редицата y\mathbf{y}. Да се намери броят на добрите редици.
РешениеАко редицата x\mathbf{x} е съставена само от нули (съответно единици), то всяка редица y\mathbf{y}, съдържаща само една единица (съответно нула) има исканото в условието свойство. Следователно такава редица не е добра. Да забележим, че ако броят на символите 0 в редицата x\mathbf{x} е по-малък от броя на символите 0 в редицата y\mathbf{y}, то изтриването на една нула в x\mathbf{x} ще доведе до редица, в която нулите са поне две по-малко от нулите в у и такава редица не може да се получи с едно изтриване в y\mathbf{y}. Следователно в x\mathbf{x} и y\mathbf{y} има равен брой нули и единици. Да допуснем, че x1≠y1x_{1} \neq y_{1} и нека за определеност x1=0,y1=1x_{1}=0, y_{1}=1. Редицата, получена от x\mathbf{x} след изтриване на произволен символ xix_{i} за i≥2i \geq 2 започва с 0 и следователно може да се получи от y\mathbf{y} само с изтриване на y1=1y_{1}=1, като тогава трябва да имаме y2=0y_{2}=0. Това означава, че произволно изтриване на xix_{i} за i≥2i \geq 2 в редицата x2,x3,…,x2015x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{2015} води до получаване на редицата y3,…,y2015y_{3}, \ldots, y_{2015}. При изтриване на xix_{i} за i=2,3,…2014i=2, 3, \ldots 2014 имаме xi+1=yi+1x_{i+1}=y_{i+1}, а при изтриване на xi+1x_{i+1} имаме xi=yi+1x_{i}=y_{i+1}. Следователно xi=xi+1x_{i}=x_{i+1}, откъдето получаваме x2=x3=x4=⋯=x2015x_{2}=x_{3}= x_{4}=\cdots=x_{2015}. Ако x2=0x_{2}=0, то всички членове на x\mathbf{x} са нули и тогава всяка редица само с една единица може да се избере за y\mathbf{y}. Следователно x2=1,x=0,1,1,…,1x_{2}=1, \mathbf{x}=0, 1, 1, \ldots, 1 и y=1,0,1,1,…,1\mathbf{y}=1, 0, 1, 1, \ldots, 1. Нека сега x1=y1x_{1}=y_{1} и за определеност нека x1=y1=0x_{1}=y_{1}=0. Тогава за някое kk, за което 1≤k≤20141 \leq k \leq 2014 имаме x1=⋯=xk≠xk+1=1x_{1}=\cdots=x_{k} \neq x_{k+1}=1 и да допуснем, че 0=y1=⋯=yk+10=y_{1}=\cdots=y_{k+1}. Изтриване на x1x_{1} води до редица, която започва с k−1k-1 символа 0, а всяко изтриване на символ от у води до редица, която започва с поне kk символа 0, противоречие. Ако 0=y1=⋯=yk≠yk+10=y_{1}= \cdots=y_{k} \neq y_{k+1}, то изтриване на x1x_{1} води до изтриване на някое yiy_{i} за i=1,2,…,ki=1, 2, \ldots, k и двете редици ще съвпадат, противоречие. Следователно 0=y1=⋯=yt≠yt+1=10=y_{1}=\cdots=y_{t} \neq y_{t+1}=1 за някое t<kt\lt{}k. Всяко изтриване на xix_{i} за i≥k+1i \geq k+1 води до изтриване на yt+1y_{t+1} и до yt+1=0y_{t+1}=0. Както по-горе следва, че xk+1=⋯=x2015=yk+2=⋯=y2015x_{k+1}=\cdots=x_{2015}=y_{k+2}=\cdots=y_{2015}. Понеже редицата x\mathbf{x} не е съставена само от нули и в x\mathbf{x} и y\mathbf{y} има равен брой нули и единици, то x=0,0,…,xk=0,xk+1=1,1,1,…,1\mathbf{x}=0, 0, \ldots, x_{k}=0, x_{k+1}=1, 1, 1, \ldots, 1 и y=0,0,…,yt=0,yt+1=1,0,0,…,yk+2=1,1,…,1\mathbf{y}=0, 0, \ldots, y_{t}=0, y_{t+1}=1, 0, 0, \ldots, y_{k+2}=1, 1, \ldots, 1. Ако k>t+1k\gt{}t+1 изтриване на x1=0x_{1}=0 води до изтриване на символ нула от редицата y\mathbf{y}. Понеже k>t+1k\gt{}t+1 след yt+1=1y_{t+1}=1 ще има поне една нула, противоречие. Следователно k=t+1k=t+1 и x=0,0,…,xk=0,xk+1=1,1,1,…,1\mathbf{x}=0, 0, \ldots, x_{k}=0, x_{k+1}=1, 1, 1, \ldots, 1 и y=0,0,…,yt=0,yk=1,0,yk+2=1,1,…,1\mathbf{y}=0, 0, \ldots, y_{t}=0, y_{k}=1, 0, y_{k+2}=1, 1, \ldots, 1. Получихме, че всяка от търсените редици има вида x=0,0,…,0,1,1,1,…,1\mathbf{x}=0, 0, \ldots, 0, 1, 1, 1, \ldots, 1 или x=1,1,…,1,0,0,0,…,0\mathbf{x}= 1, 1, \ldots, 1, 0, 0, 0, \ldots, 0. Следователно добрите редици са 2⋅2014=40282 \cdot 2014=4028.
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-11-4

12

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Права през точката A(1,1)A(1, 1) пресича правата y=−19y=-19 в точка BB и параболата y=x2y=x^{2} в точка C(C≠A)C(C \neq A). Да се докаже, че ∣BC∣>10x25|B C|\gt{}10 \sqrt{\vphantom{x^2}5}.
РешениеМожем да запишем уравнението на правата във вида y=(a+1)x−a(a≠±1y=(a+1) x-a(a \neq \pm 1; иначе C=AC=A или B=∞B=\infty ). Тогава B(a−19a+1,−19),C(a,a2)B\left(\frac{a-19}{a+1}, -19\right), C\left(a, a^{2}\right) иBC2=(a−19a+1−a)2+(19+a2)2=B C^{2}=\left(\frac{a-19}{a+1}-a\right)^{2}+\left(19+a^{2}\right)^{2}=(a2+19)2(1(a+1)2+1)=:f(a)\left(a^{2}+19\right)^{2}\left(\frac{1}{(a+1)^{2}}+1\right)=: f(a)При g(a)=2a3+8a2+15a+19g(a)=2 a^{3}+8 a^{2}+15 a+19 имаме, че f′(a)=∘2a2+19(a+1)3(a−1)g(a)f^{\prime}(a) \stackrel{\circ}{=} 2 \frac{a^{2}+19}{(a+1)^{3}}(a-1) g(a). Понеже g′(a)=6a2+16a+15>0g^{\prime}(a)= 6 a^{2}+16 a+15\gt{}0 за всяко aa, то g(a0)=0g\left(a_{0}\right)=0 за единствено a0a_{0}. Сега лесно се съобразява, че min⁡f≜min⁡{f(1),f(a0)}\min f \triangleq \min \left\{f(1), f\left(a_{0}\right)\right\}. Тъй като g(−2)=3>0g(-2)=3\gt{}0, то a0<−2a_{0}\lt{}-2 и значи f(a0)>232>500=f(1)f\left(a_{0}\right)\gt{}23^{2}\gt{}500= f(1). Следователно f(a)>500f(a)\gt{}500 при a≠±1a \neq \pm 1, откъдето ∣BC∣>10x25|B C|\gt{}10 \sqrt{\vphantom{x^2}5}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-12-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Даден е тетраедър ABCDA B C D и вътрешна за него точка OO. Означаваме с d1,d2,d3d_{1}, d_{2}, d_{3} и d4d_{4} разстоянията от OO съответно до върховете A,B,CA, B, C и DD и с k1,k2,k3k_{1}, k_{2}, k_{3} и k4k_{4} разстоянията от точка OO съответно до стените BCD,ACD,ABDB C D, A C D, A B D и ABCA B C. Да се докаже, че:d1+d2+d3+d4≥d_{1}+d_{2}+d_{3}+d_{4} \geq2(x2k1k2+x2k1k3+x2k1k4+x2k2k3+x2k2k4+x2k3k4) 2\left(\sqrt{\vphantom{x^2}k_{1} k_{2}}+\sqrt{\vphantom{x^2}k_{1} k_{3}}+\sqrt{\vphantom{x^2}k_{1} k_{4}}+\sqrt{\vphantom{x^2}k_{2} k_{3}}+\sqrt{\vphantom{x^2}k_{2} k_{4}}+\sqrt{\vphantom{x^2}k_{3} k_{4}}\right)Кога се достига равенство?
РешениеПърво забелязваме, че имаме di+ki≥hid_{i}+k_{i} \geq h_{i}, където hih_{i} е съответната височина. Ако означим с SiS_{i} лицата на съответните стени и сравнявайки обемите получаваме, че(di+ki)Si≥hiSi=∑j=14(kjSj)\left(d_{i}+k_{i}\right) S_{i} \geq h_{i} S_{i}=\sum_{j=1}^{4}\left(k_{j} S_{j}\right)Разписвайки тези неравенства за всяко i=1,…,4i=1, \ldots, 4 получаваме:d1≥S2S1k2+S3S1k3+S4S1k4d2≥S1S2k1+S3S2k3+S4S2k4d3≥S1S3k1+S2S3k2+S4S3k4d4≥S1S4k1+S2S4k2+S3S4k3\begin{aligned} d_{1} & \geq \frac{S_{2}}{S_{1}} k_{2}+\frac{S_{3}}{S_{1}} k_{3}+\frac{S_{4}}{S_{1}} k_{4} \\ d_{2} & \geq \frac{S_{1}}{S_{2}} k_{1}+\frac{S_{3}}{S_{2}} k_{3}+\frac{S_{4}}{S_{2}} k_{4} \\ d_{3} & \geq \frac{S_{1}}{S_{3}} k_{1}+\frac{S_{2}}{S_{3}} k_{2}+\frac{S_{4}}{S_{3}} k_{4} \\ d_{4} & \geq \frac{S_{1}}{S_{4}} k_{1}+\frac{S_{2}}{S_{4}} k_{2}+\frac{S_{3}}{S_{4}} k_{3} \end{aligned}Сумирайки горните неравенства получаваме∑i=14≥∑i,j=1,i≠j4(SiSjki+SjSikj).\sum_{i=1}^{4} \geq \sum_{i, j=1, i \neq j}^{4}\left(\frac{S_{i}}{S_{j}} k_{i}+\frac{S_{j}}{S_{i}} k_{j}\right).От тук прилагайки неравенството между CA и CГ за всяко събираемо от дясната страна на горното неравенство SiSjki+SjSikj≥2x2kikj\frac{S_{i}}{S_{j}} k_{i}+\frac{S_{j}}{S_{i}} k_{j} \geq 2 \sqrt{\vphantom{x^2}k_{i} k_{j}}, получаваме исканото в задачата неравенство. От горните редове следва, че за случая на равенство трябва да имаме равенство във всички използвани неравенства. От тук следва, че ABCDA B C D е ортогонален тетраедър, т. е. височините му се пресичат в една точка. От там след геометрични аргументи следва, че ABCDA B C D е правилен и OO е неговия център.
Отвори задачатаБаза на maths.bgemt2016-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека X,YX, Y и ZZ са три различни точки от вътрешността на изпъкнал многоъгълник П. Да се докаже, че f(X,Y)f(Y,Z)≥f(X,Z)f(X, Y) f(Y, Z) \geq f(X, Z), къдетоf(X,Y)=r(X)+r(Y)+∣XY∣2x2r(X)r(Y),f(X, Y)=\frac{r(X)+r(Y)+|X Y|}{2 \sqrt{\vphantom{x^2}r(X) r(Y)}},а r(X)r(X) е радиусът на най-големия кръг в П с център XX.
РешениеИмаме, че f(X,Y)f(Y,Z)≥f(X,Z)⇔f(X, Y) f(Y, Z) \geq f(X, Z) \Leftrightarrow(r(X)+r(Y)+∣XY∣)(r(Y)+r(Z)+∣YZ∣)≥2r(Y)(r(X)+r(Z)+∣XZ∣)⇔(r(X)−r(Y)+∣XY∣)(r(Z)−r(Y)+∣ZY∣)+2r(Y)(∣XY∣+∣YZ∣−∣XZ∣)≥0.\begin{gathered} (r(X)+r(Y)+|X Y|)(r(Y)+r(Z)+|Y Z|) \geq 2 r(Y)(r(X)+r(Z)+|X Z|) \Leftrightarrow \\ (r(X)-r(Y)+|X Y|)(r(Z)-r(Y)+|Z Y|)+2 r(Y)(|X Y|+|Y Z|-|X Z|) \geq 0. \end{gathered}За всяка точка PP от контура на Π\Pi е в сила r(Y)≤∣YP∣≤∣XP∣+∣XY∣r(Y) \leq|Y P| \leq|X P|+|X Y|. Можем да изберем PP така, че ∣XP∣=r(X)|X P|=r(X) и тогава r(Y)≤r(X)+∣XY∣r(Y) \leq r(X)+|X Y|. Аналогично r(Y)≤r(Z)+∣ZY∣r(Y) \leq r(Z)+|Z Y| и понеже ∣XZ∣≤∣XY∣+∣YZ∣|X Z| \leq|X Y|+|Y Z|, следва, че f(X,Y)f(Y,Z)≥f(X,Z)f(X, Y) f(Y, Z) \geq f(X, Z).
Отвори задачатаБаза на maths.bgpms2016-12-4