ORIART

Разбиваем на 3 группы: 3,3,2
В каждой из групп по 3 проверяем батарейки попарно (6 ходов).
Если при каждой проверке радио не работает ,то в каждой из групп не более 1 заряженной ,значит в оставшейся группе из 2 батареек обе заряжены и с 7 попытки радио работает!

Соглашусь с Vadim, кучки разбиваем на 3+3+2
1. первым проверяю кучку с 2 батарейками - не работает естественно .
а. 1 хорошая, 1 плохая.
б. 2 плохих
В сторону!

2а-4а. В кучках осталось 2х+1п и 1х+2п хороших и плохих (другое не рассматриваем).
В кучке 1х+2п 3 проверки ничего не дают. Итого 4.
Беремся за вторую кучку 2х+1п
5а - 1х(1)+1п
6а - 1х(2)+1п
7а - 1х(1)+1х(2) - радио работает

во втором варианте (б) наихудший способ деления 3х+0п и 1х+2п
2б-4б выбираем кучку 1х+2п
5б - кучка 3х+0п - радио работает

Версий много. Если нет подвоха и нужно искать математическое объяснение, тогда следует уточнить условие.
Навскидку:
1. Результат выборов учитывается не на двух избирательных участках, а больше.
2. Если все таки на двух, то на первом участке первый кандидат по списку - это (А), на втором участке первый кандидат по списку - это (B)

Введем систему координат и рассмотрим уравнения парабол:
a1*xx+b1*x+c1=y
a2*yy+b2*y+c2=x
Координаты точек пересечений-решения системы.
Таким образом если точка х1 y1 является решением системы ,то она удовлетворяет сумме 2х уравнений:
a1*xx+(b1-1)*x+a2*yy+(b2-1)*y=-c1-c2,которое является уравнением окружности.Т.к. в условии сказано что все 4 точки существуют следовательно последнее уравнение задает окружность ненулевого радиуса.Отсюда вытекает утверждение задачи.

незнаю насколько правильно воспринял условие, но можно разбить для каждого участка полную долю (=1) проголосовавших на сумму долей - p_i (≤1) за первого кандидата и q_i - за второго. Из условия задачи следую строгие неравенства: p_i>q_i, i=1,2.

Тогда, если n и m количество избирателей на участках соответственно, получим число голосов за первого кандидата = p₁n+p₂m, за второго = q₁n+q₂m. Согласно неравенствам, приведенным в первом абзаце, справедлива оценка:

но, для победы второго кандидата необходимо:

что невозможно.

Теперь введем в рассмотрение слово "актуальна", если на голосовании есть графа "против всех", обозначаем ее доли за r_i. Получим необходимое условие для победы второго:



Тоесть, победа второго возможна, если присутствует графа "против всех" в которую кто-то поставил галку (если не постаивли галку - первый случай r=0 - невозможно)

параметризуем параболы так: x = y², py = y₀ + x² (можно даже без p, y₀ > 0). Иначе, для всех точек пересечения парабол выполняются эти два уравнения, а значит и уравнение (понятно, что только в одну сторону):
или

тоесть для всех (4х, 3х, 2х, 1ой) точек пересечения парабол выполняется уравнение окружности с константным центром и радиусом, а значит, возвращаясь к условию, все 4 точки лежат на одной окружности.

В общем случае - на ноль . Если всеже "ля-ля представить n'угольник S как объединение T_i, где последние - непересекающиеся треугольники", то получим что на (n-2) = 2011-2 = 2009.

Нужно показать что меньше нет, примерно так: сначала показываем, что все вершины должны лежать на замыкании (а не во внутренности или где-то еще). Потом показываем, что вершины треугольников должны совпадать с вершинами S. Все это несложно, можно рассмотреть i'ый случай и объединять меньшие треугольники в треугольники, уменьшая общее количество.

Теперь, поскольку S выпуклый - любой разрез прямой проходящей через его вершины будет делить его на выпуклые многоугольники с меньшим количеством вершин. Можно например отсекать по одной вершине. Продолжая итеративно получим что таких многоугольников будет (n-2) и все они будут иметь по 3 вершины b и не пересекаться.

Можно так y=3x'2 + 2x = x(3x+2). Тоесть в системе полученной сдвигом


Может, конечно, ошибся в вычислениях без калькулятора то) Но вообще, любую кривую второго порядка можно привести к каноническому виду, с инвариантом характиризующим ее вид. Тоесть если сказано, что что-то есть парабола, то это можно всегда привести к виду y=2*p*x*x, например методом Лагранжа(линейные преобразования)

Приэтом существует линейное преобразование для совместного приведения двух квадратичных форм к ортогональному виду (док-во можно посмотреть у Куроша "Линейная алгебра"). Ну, а поскольку преобразование линейно и оси перпендикулярны, то такое (x = y2, py = y0 + x2) представление возможно.. могу доказать ортогональность осей через скалярное произведение.