maths.bgmaths.bg
Всички колекции
TSTST

Evan Chen / USA TSTST Solutions

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

14 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2018

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2018 · 11-12: липсва задача 3, 5

11-12

7 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека Z[x]\mathbb Z[x] е множеството на полиномите на една променлива xx с цели коефициенти. Да се намерят всички функцииθ:Z[x]→Z,\theta:\mathbb Z[x]\to\mathbb Z,такива че за всички полиноми p,q∈Z[x]p,q\in\mathbb Z[x] са изпълнени: (a) θ(p+1)=θ(p)+1\theta(p+1)=\theta(p)+1; (b) ако θ(p)≠0\theta(p)\ne0, то θ(p)\theta(p) дели θ(pq)\theta(pq).
РешениеОтговорът еθ(p)=p(c)за фиксирано c∈Z.\theta(p)=p(c)\qquad\text{за фиксирано }c\in\mathbb Z.Ясно е, че всяка такава функция работи: добавянето на 11 към полинома добавя 11 към стойността му при cc, а ако p(c)≠0p(c)\ne0, то p(c)p(c) дели p(c)q(c)p(c)q(c). Остава да докажем, че други функции няма. Нека x∈Z[x]x\in\mathbb Z[x] означава тъждествения полином и поставямеc=θ(x).c=\theta(x).От първото условие, приложено многократно напред и назад, следва, че за всеки полином PP и всяко цяло число rr имамеθ(P+r)=θ(P)+r.\theta(P+r)=\theta(P)+r.В частност θ(x−n)=c−n\theta(x-n)=c-n за всяко цяло nn. Фиксираме произволен полином P(x)∈Z[x]P(x)\in\mathbb Z[x] и цяло число n≠cn\ne c. Понежеx−n∣P(x)−P(n)x-n\mid P(x)-P(n)в Z[x]\mathbb Z[x], от второто условие получавамеθ(x−n)∣θ(P(x)−P(n)).\theta(x-n)\mid\theta(P(x)-P(n)).Тук θ(x−n)=c−n≠0\theta(x-n)=c-n\ne0, а по първото условиеθ(P(x)−P(n))=θ(P(x))−P(n).\theta(P(x)-P(n))=\theta(P(x))-P(n).Следователноc−n∣θ(P(x))−P(n).c-n\mid\theta(P(x))-P(n).От друга страна, обикновената делимост на стойностите на полиномите даваc−n∣P(c)−P(n).c-n\mid P(c)-P(n).Като извадим двете делимости, получавамеc−n∣θ(P(x))−P(c).c-n\mid\theta(P(x))-P(c).Числото θ(P(x))−P(c)\theta(P(x))-P(c) е фиксирано, докато nn може да бъде произволно голямо по абсолютна стойност. Единствената възможност еθ(P(x))−P(c)=0.\theta(P(x))-P(c)=0.Следователно θ(P)=P(c)\theta(P)=P(c) за всеки P∈Z[x]P\in\mathbb Z[x], както трябваше да се докаже.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2018/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
В страната Еднопосочия някои двойки градове са свързани с еднопосочни пътища. Всеки път свързва точно два града, пътищата могат да се пресичат, например чрез мостове, и между всяка двойка градове има най-много един път. Освен това от всеки град излизат точно два пътя и във всеки град влизат точно два пътя. Искаме да затворим половината от пътищата така, че от всеки град да излиза точно един незатворен път и във всеки град да влиза точно един незатворен път. Докажете, че броят на начините това да се направи е степен на 22, по-голяма от 11, т.е. е от вида 2r2^r за някое цяло r≥1r\ge1.
РешениеДа преведем задачата на езика на графите. Имаме прост ориентиран граф GG, в който всяка входяща и всяка изходяща степен е равна на 22. Търсим броя на подграфите, в които всяка входяща и всяка изходяща степен е равна на 11. Построяваме неориентиран двуделен граф Γ\Gamma по следния начин. Взимаме две копия на множеството от върхове на GG: едното наричаме VoutV_{\mathrm{out}}, а другото VinV_{\mathrm{in}}. За v∈Voutv\in V_{\mathrm{out}} и w∈Vinw\in V_{\mathrm{in}} поставяме ребро vwvw в Γ\Gamma тогава и само тогава, когато в GG има ориентирано ребро v→wv\to w. Изборът на пътищата, които остават отворени, е точно перфектно съчетание в Γ\Gamma. Наистина, от всяко v∈Voutv\in V_{\mathrm{out}} трябва да изберем точно едно ребро, което означава точно един изходящ път от vv; и към всяко w∈Vinw\in V_{\mathrm{in}} трябва да изберем точно едно ребро, което означава точно един входящ път в ww. Но Γ\Gamma е 22-регулярен двуделен граф: всеки връх от лявото копие има степен 22 заради двата изходящи пътя, а всеки връх от дясното копие има степен 22 заради двата входящи пътя. Всеки краен 22-регулярен граф е обединение на неприпокриващи се цикли; тук циклите са с четна дължина, понеже графът е двуделен. Във всеки такъв четен цикъл има точно две перфектни съчетания: вземаме редуващите се ребра по единия или по другия начин. Ако компонентите-цикли на Γ\Gamma са rr на брой, изборите върху тях са независими, така че общият брой перфектни съчетания е2r.2^r.Понеже графът има поне една компонента, r≥1r\ge1, и този брой е степен на 22, по-голяма от 11. Това е точно броят на допустимите начини да се затворят половината пътища.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2018/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
За положително цяло число nn означаваме с F(n)\mathcal F(n) множеството от положителните цели числа mm, за които полиномътp(x)=x2+mx+np(x)=x^2+mx+nима цял корен. (a) Нека SS е множеството от положителните цели числа nn, за които F(n)\mathcal F(n) съдържа две последователни цели числа. Докажете, че SS е безкрайно, но∑n∈S1n≤1.\sum_{n\in S}\frac1n\le1.(b) Докажете, че съществуват безбройно много положителни цели числа nn, за които F(n)\mathcal F(n) съдържа три последователни цели числа.
РешениеЩе докажем първо точно описание на множеството от част (a):S={x(x+1)y(y+1)∣x,y>0}.S=\{x(x+1)y(y+1)\mid x,y\gt{}0\}.Наистина, m,m+1∈F(n)m,m+1\in\mathcal F(n) тогава и само тогава, когато съществуват цели числа q>p≥0q\gt{}p\ge0, за коитоm2−4n=p2,(m+1)2−4n=q2.\begin{align*} m^2-4n&=p^2,\\ (m+1)^2-4n&=q^2. \end{align*}След изваждане получаваме 2m+1=q2−p22m+1=q^2-p^2, така че pp и qq са с различна четност. Затова можем да положимq−p=2x+1,q+p=2y+1,q-p=2x+1,\qquad q+p=2y+1,където y≥x≥0y\ge x\ge0 са цели числа. Тогава4n=m2−p2=(q2−p2−12)2−p2=(q2−p2−12−p)(q2−p2−12+p)=14(q−p−1)(q−p+1)(q+p−1)(q+p+1),\begin{align*} 4n&=m^2-p^2\\ &=\left(\frac{q^2-p^2-1}{2}\right)^2-p^2\\ &=\left(\frac{q^2-p^2-1}{2}-p\right)\left(\frac{q^2-p^2-1}{2}+p\right)\\ &=\frac14(q-p-1)(q-p+1)(q+p-1)(q+p+1), \end{align*}откъдетоn=x(x+1)y(y+1).n=x(x+1)y(y+1).Понеже n>0n\gt{}0, имаме x,y>0x,y\gt{}0. Обратно, ако n=x(x+1)y(y+1)n=x(x+1)y(y+1) за положителни x,yx,y, вземамеm=2xy+x+y.m=2xy+x+y.Тогаваm2−4n=(x−y)2m^2-4n=(x-y)^2и(m+1)2−4n=(x+y+1)2,(m+1)^2-4n=(x+y+1)^2,така че и mm, и m+1m+1 принадлежат на F(n)\mathcal F(n). Описанието на SS е доказано. Оттук част (a) следва веднага:∑n∈S1n≤\sum_{n\in S}\frac1n\le(∑x≥11x(x+1))(∑y≥11y(y+1))=\left(\sum_{x\ge1}\frac1{x(x+1)}\right)\left(\sum_{y\ge1}\frac1{y(y+1)}\right)=1⋅1=1.1\cdot1=1.Освен това SS е безкрайно, например при фиксирано x=1x=1 и произволно y≥1y\ge1 получаваме безкрайно много стойности. За част (b) запазваме означенията от доказателството. Нужно е още m+2∈F(n)m+2\in\mathcal F(n), тоест(m+2)2−4n=r2(m+2)^2-4n=r^2за някое цяло число rr. В параметрите p,qp,q това е равносилно наr2=(m+2)2−4n=m2−4n+4m+4=p2+2+2(2m+1)=2q2−p2+2,\begin{align*} r^2&=(m+2)^2-4n=m^2-4n+4m+4\\ &=p^2+2+2(2m+1)=2q^2-p^2+2, \end{align*}или2q2+2=p2+r2.(1)2q^2+2=p^2+r^2.\tag{1}От сравнение по модул 88 следва, че няма допълнителна пречка от четност; ще разглеждаме решения с p<q<rp\lt{}q\lt{}r. За всяко qq уравнението има каноничното решение (p,r)=(q−1,q+1)(p,r)=(q-1,q+1), но то дава n=0n=0, което не ни върши работа. Избираме безкрайно много цели числа qq, за които q2+1q^2+1 се дели на поне три различни прости числа, конгруентни на 11 по модул 44. Това е възможно чрез китайската теорема за остатъците, понеже за всяко такова просто число ℓ\ell съществува решение на q2≡−1(modℓ)q^2\equiv-1\pmod\ell. Всяко просто число ℓ≡1(mod4)\ell\equiv1\pmod4 е сума от два квадрата, а тъждеството на Лагранж за суми от два квадрата показва, че тогава числото 2q2+2=2(q2+1)2q^2+2=2(q^2+1) има поне три различни представяния като сума от два квадрата. Едното е каноничното (q−1)2+(q+1)2(q-1)^2+(q+1)^2, следователно има и друго представяне p2+r2p^2+r^2 с p<q<rp\lt{}q\lt{}r. То дава положително числоn=116(q−p−1)(q−p+1)(q+p−1)(q+p+1),n=\frac1{16}(q-p-1)(q-p+1)(q+p-1)(q+p+1),за което m,m+1,m+2m,m+1,m+2 принадлежат на F(n)\mathcal F(n). Такива qq има безбройно много, следователно и такива nn има безбройно много.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2018/4Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека S={1,…,100}S=\{1,\ldots,100\} и за всяко положително цяло число nn дефинирамеTn={(a1,…,an)∈Sn:a1+⋯+an≡0(mod100)}.T_n=\{(a_1,\ldots,a_n)\in S^n: a_1+\cdots+a_n\equiv0\pmod{100}\}.Да се определи за кои nn е изпълнено следното свойство: ако оцветим произволни 7575 елемента на SS в червено, то поне половината от nn-орките в TnT_n имат четен брой координати, които са червени елементи.
РешениеЩе докажем, че свойството е изпълнено точно за четните nn. НекаR(x)=∑s червеноxs,B(x)=∑s синьоxs,R(x)=\sum_{s\text{ червено}}x^s,\qquad B(x)=\sum_{s\text{ синьо}}x^s,където синьо означава просто „нечервено“. Чрез филтър с корени на единството броят на nn-орките в TnT_n, които имат точно kk червени координати, е(nk)1100∑ωR(ω)kB(ω)n−k,\binom nk\frac1{100}\sum_\omega R(\omega)^kB(\omega)^{n-k},където сумата е по всички стотни корени на единството. Нека XX е броят на nn-орките в TnT_n с четен брой червени координати, а YY - броят на тези с нечетен брой. ТогаваX−Y=1100∑ω∑k(−1)k(nk)R(ω)kB(ω)n−k=1100∑ω(B(ω)−R(ω))n.\begin{align*} X-Y&=\frac1{100}\sum_\omega\sum_k(-1)^k\binom nk R(\omega)^kB(\omega)^{n-k}\\ &=\frac1{100}\sum_\omega (B(\omega)-R(\omega))^n. \end{align*}За ω≠1\omega\ne1 имаме B(ω)+R(ω)=1+ω+⋯+ω99=0B(\omega)+R(\omega)=1+\omega+\cdots+\omega^{99}=0, следователно B(ω)−R(ω)=2B(ω)B(\omega)-R(\omega)=2B(\omega). Понеже R(1)=75R(1)=75 и B(1)=25B(1)=25, получавамеX−Y=1100[(−50)n+∑ω≠1(2B(ω))n]=1100[(−50)n−50n]+2nZ,\begin{align*} X-Y&=\frac1{100}\left[(-50)^n+\sum_{\omega\ne1}(2B(\omega))^n\right]\\ &=\frac1{100}\left[(-50)^n-50^n\right]+2^nZ, \end{align*}къдетоZ=1100∑ωB(ω)nZ=\frac1{100}\sum_\omega B(\omega)^nе броят на nn-орките в TnT_n, чиито координати са всички сини. В частност Z≥0Z\ge0. Ако nn е четно, първата скоба е нула, така че X−Y=2nZ≥0X-Y=2^nZ\ge0. Следователно поне половината от елементите на TnT_n имат четен брой червени координати. Остава да покажем, че никое нечетно nn не работи. Оцветяваме ss в червено тогава и само тогава, когато s≢2(mod4)s\not\equiv2\pmod4. Точно 7575 числа са червени, а сините са числата, сравними с 22 по модул 44. Ако nn е нечетно, сума от nn сини числа е сравнима с 2(mod4)2\pmod4, следователно не може да бъде кратна на 100100. Значи Z=0Z=0, а тогаваX−Y=−2100⋅50n<0.X-Y=-\frac2{100}\cdot50^n\lt{}0.Така по-малко от половината от nn-орките са с четен брой червени координати, което завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2018/6Условие — източник

Задача 7

Пълен запис
Условие
Нека nn е положително цяло число. Жаба започва върху числовата права в точка 00. Тя прави крайна последователност от скокове при следните две условия: (i) жабата посещава само точки от множеството {1,2,…,2n−1}\{1,2,\ldots,2^n-1\}, всяка най-много по веднъж; (ii) дължината на всеки скок е измежду {20,21,22,…}\{2^0,2^1,2^2,\ldots\}. Скоковете могат да бъдат както наляво, така и надясно. Нека SS е сборът от положителните дължини на всички скокове. Да се намери най-голямата възможна стойност на SS.
РешениеОтговорът е4n−13.\frac{4^n-1}{3}.Първо ще докажем горната граница. Дължините на скоковете могат да бъдат само 20,21,…,2n−12^0,2^1,\ldots,2^{n-1}, защото жабата през цялото време остава в интервала от 00 до 2n−12^n-1. Нека aia_i е броят на скоковете с дължина 2i2^i, където 0≤i≤n−10\le i\le n-1. Твърдим, че за всяко k=1,2,…,nk=1,2,\ldots,n е изпълненоan−1+an−2+⋯+an−k≤2n−2n−k.(1)a_{n-1}+a_{n-2}+\cdots+a_{n-k}\le2^n-2^{n-k}.\tag{1}Нека m=n−km=n-k и разгледаме точките по модул 2m2^m. Наричаме скок малък, ако дължината му е най-много 2m−12^{m-1}, и голям, ако дължината му е поне 2m2^m. Малкият скок сменя класа по модул 2m2^m, а големият не го сменя. Във всеки фиксиран клас по модул 2m2^m има 2n/2m2^n/2^m точки от интервала {0,1,…,2n−1}\{0,1,\ldots,2^n-1\}. Понеже жабата не посещава точка повече от веднъж, вътре в един такъв клас тя може да направи най-много 2n/2m−12^n/2^m-1 големи скока. След сумиране по всички 2m2^m класа получаваме точно (1). СегаS=a0+2a1+4a2+⋯+2n−1an−1.S=a_0+2a_1+4a_2+\cdots+2^{n-1}a_{n-1}.Пренаписваме това като сумиране по части:S=(a0+a1+⋯+an−1)+(a1+⋯+an−1)+2(a2+⋯+an−1)+4(a3+⋯+an−1)+⋯+2n−2an−1.\begin{align*} S={}&(a_0+a_1+\cdots+a_{n-1})+(a_1+\cdots+a_{n-1})\\ &+2(a_2+\cdots+a_{n-1})+4(a_3+\cdots+a_{n-1})+\cdots+2^{n-2}a_{n-1}. \end{align*}Прилагайки (1) към всяка от скобите, получавамеS≤(2n−20)+(2n−21)+2(2n−22)+⋯+2n−2(2n−2n−1)=4n−13.\begin{align*} S&\le(2^n-2^0)+(2^n-2^1)+2(2^n-2^2)+\cdots+2^{n-2}(2^n-2^{n-1})\\ &=\frac{4^n-1}{3}. \end{align*}Остава да покажем, че равенство може да се достигне. Ще построим по индукция два вида пътища, които започват от 00, посещават всяка точка от {0,1,…,2n−1}\{0,1,\ldots,2^n-1\} точно веднъж, имат точно 2i2^i скока с дължина 2i2^i за всяко 0≤i≤n−10\le i\le n-1, и завършват съответно в една от точките 11 и 2n−12^n-1. При n=1n=1 това е ясно. Да построим път за n+1n+1, който завършва в 2n+1−12^{n+1}-1. Първо вземаме мащабирано копие на пътя за nn, което минава през четните точки0,2,4,…,2n+1−20,2,4,\ldots,2^{n+1}-2и започва от 00, завършвайки в 22. После вземаме мащабирано и преместено копие върху нечетните точки1,3,5,…,2n+1−1,1,3,5,\ldots,2^{n+1}-1,което започва от 11 и завършва в 2n+1−12^{n+1}-1. Свързваме двете части със скока 2→12\to1. За път, който завършва в 11, правим подобно: първо минаваме през четните точки от 00 до 2n+1−22^{n+1}-2, после скачаме до 2n+1−12^{n+1}-1, а след това следваме обратно подходящ път по нечетните точки до 11. Индукцията е завършена. В построения път броят на скоковете с дължина 2i2^i е точно 2i2^i за всяко ii. ЗатоваS=1⋅1+2⋅2+4⋅4+⋯+2n−1⋅2n−1=S=1\cdot1+2\cdot2+4\cdot4+\cdots+2^{n-1}\cdot2^{n-1}=1+4+42+⋯+4n−1=4n−13.1+4+4^2+\cdots+4^{n-1}=\frac{4^n-1}{3}.Това доказва както горната граница, така и достижимостта й.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2018/7Условие — източник

Задача 8

Пълен запис
Условие
За кои положителни цели числа b>2b\gt{}2 съществуват безбройно много положителни цели числа nn, такива че n2n^2 дели bn+1b^n+1?
РешениеОтговорът е: точно тези bb, за които b+1b+1 не е степен на 22. Първо да разгледаме случая, когато b+1b+1 е степен на 22. Ще докажем, че тогава единствената възможна стойност е n=1n=1. Да допуснем, че n>1n\gt{}1 работи, и нека pp е най-малкият прост делител на nn. Не може p=2p=2, защото тогаваbn+1≡2(mod4),b^n+1\equiv2\pmod4,което не се дели на 44. Значи pp е нечетно. От p∣np\mid n и n2∣bn+1n^2\mid b^n+1 следва bn≡−1(modp)b^n\equiv-1\pmod p, следователно b2n≡1(modp)b^{2n}\equiv1\pmod p. Редът на bb по модул pp дели 2n2n и също дели p−1p-1. Понеже pp е най-малкият прост делител на nn, имаме gcd⁡(n,p−1)=1\gcd(n,p-1)=1, откъдето редът дели 22. Така p∣b2−1=(b−1)(b+1)p\mid b^2-1=(b-1)(b+1). Но b+1b+1 е степен на 22, а pp е нечетно, следователно p∣b−1p\mid b-1. Тогава bn+1≡2(modp)b^n+1\equiv2\pmod p, противоречие. Сега нека b+1b+1 не е степен на 22. Ще построим безкрайна редица от различни нечетни прости числа p0,p1,p2,…p_0,p_1,p_2,\ldots, така че за всяко k≥0k\ge0, акоnk=p0p1⋯pk,n_k=p_0p_1\cdots p_k,то nk2∣bnk+1n_k^2\mid b^{n_k}+1. Избираме p0p_0 за нечетен прост делител на b+1b+1. Тогава p0∣b+1p_0\mid b+1, а по лемата за повдигане на степентаp02∣bp0+1,p_0^2\mid b^{p_0}+1,така че началото е наред. Да допуснем, че вече сме построили p0,…,pkp_0,\ldots,p_k и nk2∣bnk+1n_k^2\mid b^{n_k}+1. По теоремата на Цигмонди съществува нечетен прост делителq∣bnk+1,q\mid b^{n_k}+1,който не е сред p0,…,pkp_0,\ldots,p_k. Тук използваме, че изключителният случай b=2b=2 не се появява, понеже в задачата b>2b\gt{}2. Поставяме pk+1=qp_{k+1}=q и nk+1=nkqn_{k+1}=n_kq. Понеже q∣bnk+1q\mid b^{n_k}+1, отново по лемата за повдигане на степента получавамеq2∣(bnk)q+1=bnk+1+1.q^2\mid (b^{n_k})^q+1=b^{n_{k+1}}+1.За старите прости делители pip_i делимостите pi2∣bnk+1p_i^2\mid b^{n_k}+1 се запазват при преминаване към bnkq+1b^{n_kq}+1, пак по същата лема, защото qq е различно от всички pip_i. Следователноnk+12=p02p12⋯pk2q2∣bnk+1+1.n_{k+1}^2=p_0^2p_1^2\cdots p_k^2q^2\mid b^{n_{k+1}}+1.Индукцията дава безбройно много подходящи стойности на nn, както се искаше.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2018/8Условие — източник

Задача 9

Пълен запис
Условие
Да се докаже, че съществува абсолютна константа c<1c\lt{}1 със следното свойство: ако P\mathcal P е многоъгълник с лице 11 в равнината, то можем да го транслираме на разстояние 1100\frac1{100} в някаква посока така, че да получим многоъгълник Q\mathcal Q, за който сечението на вътрешностите на P\mathcal P и Q\mathcal Q има общо лице най-много cc.
РешениеЩе докажем твърдението в малко по-общ вид за произволно измеримо множество P\mathcal P с лице 11. За вектор vv означаваме с P+v\mathcal P+v транслацията на P\mathcal P с този вектор. Да допуснем, че за някое ε>0\varepsilon\gt{}0 всяка транслация P+v\mathcal P+v с ∣v∣=1100|v|=\frac1{100} има сечение с P\mathcal P с лице поне 1−ε1-\varepsilon. Ще получим долна граница за ε\varepsilon. Първо фиксираме вектори v1,v2,…,vNv_1,v_2,\ldots,v_N, всеки с дължина 1100\frac1{100}. Нека скакалец започва от случайна точка x∈Px\in\mathcal P и последователно скача доx+v1+v2+⋯+vN.x+v_1+v_2+\cdots+v_N.Тогава вероятността през цялото време да остане в P\mathcal P е поне 1−Nε1-N\varepsilon. Наистина, за да напусне P\mathcal P на ii-тата стъпка, позицията му преди тази стъпка трябва да лежи в множествотоP∖(P−vi).\mathcal P\setminus(\mathcal P-v_i).По предположението това множество има лице най-много ε\varepsilon. След сумиране по ii вероятността скакалецът някога да напусне P\mathcal P е най-много NεN\varepsilon. Сега нека ww е произволен вектор с дължина най-много 88. Той може да се представи като сума на 800800 вектора, всеки с дължина точно 1100\frac1{100}. Следователно, ако скакалецът започне от случайна точка на P\mathcal P и скочи с вектора ww, вероятността да остане в P\mathcal P е поне1−800ε.(1)1-800\varepsilon.\tag{1}Избираме едновременно случайна точка x∈Px\in\mathcal P и случаен вектор ww, равномерно от диска с радиус 88. Нека qq е вероятността x+wx+w да лежи в P\mathcal P. От (1), ако първо фиксираме ww, имамеq≥1−800ε.q\ge1-800\varepsilon.От друга страна, ако първо фиксираме xx, възможните точки x+wx+w са равномерно разпределени в диск с лице 64π64\pi, затова вероятността да попаднем в множеството P\mathcal P с лице 11 е най-много164π.\frac1{64\pi}.Следователно1−800ε≤q≤164π,1-800\varepsilon\le q\le\frac1{64\pi},тоестε≥1−164π800>0.001.\varepsilon\ge\frac{1-\frac1{64\pi}}{800}\gt{}0.001.Така не може за всички посоки с дължина 1100\frac1{100} лицето на сечението да е по-голямо от 0.9990.999. Следователно можем да вземем например c=0.999c=0.999, което е строго по-малко от 11. За многоъгълници преминаването от множествата към вътрешностите не променя лицето, защото границата има лице 00.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON TSTST 2018/9Условие — източник