Встране n (n≥4) городов. некоторые из них соединены авиалиниями. каждая авиалиния соединяет только два города. известно, что какиеибы четыре города ни выбрать, можно, пользуясь только авиалиниями, соединяющие эти четыре города, и начав с любого из них, облететь все четыре города, побывав в каждом ровно по одному разу. какое наименьшее число авиалиний может быть в такой стране?

В коробке лежат кубики трех цветов: красного, синего и зеленого.

⇒ всего кубиков в коробке = красные кубики + зеленые кубики + синие кубики = к + з + с

к = 14 кубиков; з = 20 кубиков; с = 6 кубиков.

всего кубиков в коробке = к + з + с = 14 + 20 + 6 = 20 + 20 = 40

Зеленых кубиков больше, чем красных и больше, чем синих; Красных кубиков больше, чем синих, но меньше, чем зеленых; Синих кубиков меньше, чем зеленых и меньше, чем красных.

з > к > с

⇒ больший отрезок из всех - зеленые кубики, отмечаем буквой з.

средний отрезок, не самый большой и не самый маленький - красные кубики, отмечаем буквой к.

самый маленький отрезок - синие кубики, отмечаем буквой с.

ответ: 40 кубиков в этой коробке.

Пусть АКОР трапеция, КО и АР основания, АР большее основание. Откладем отразок АЕ=КО. 

Признак параллелограмма. Если две стороны четырехугольника параллельны и равны по длине, то четрыехугольник - парарллелограмм

За признаком параралеллограмма АКОЕ - параралелограмм, тогда АК=ОЕ (противоположные стороны равны)

За неравенством треугольника с треугольника ЕОР

ЕР<ЕО+ЕР

которое можно переписать в виде

АР-АЕ<АК+ЕР

или

АР-КО<АК+ЕР, таким образом мы доказали, что разница основ менша сумы боковых сторон тапеции

второе:

Пусть диагонали трапеции АКОР пересекаются в Е. КО и АР основания. АР большее основание. АО и КР диагонали Тогда по неравенству треугольника с треугольников  КОЕ и АРЕ

КО<ОЕ+КЕ

АР<РЕ+АЕ

сложив которые получим

КО+АР<ОЕ+АЕ+КЕ+РЕ или

КО+АР<АО+КР

т.е. что сумма основ меньше диагоналей трапеции. Доказано