Мы будем пользоваться обозначениями задачи 158106.  а) Согласно задаче158106б)  1 ≥ 5·0,5 –M₂,  то есть  M₂≥ 1,5. M₂– сумма 10 площадей попарных пересечений пяти фигур, значит, площадь наибольшего из этих пересечений на меньше 0,15.  Замечание. Можно получить эту же оценку, рассуждая аналогично решению 2 задачи158107б).   б) Согласно задаче158106а)  S=M₁–M₂+M₃–M₄+M₅.       ()   Применив ту жеформулу включения-исключенияк первой фигуре, получим  S₁= ∑S_1i– ∑S_1ij+ ∑S_1ijk–S₁₂₃₄₅.   Сложив пять подобных равенств для пяти фигур, получим  M₁= 2M₂– 3M₃+ 4M₄– 5M₅.       (**)   Прибавив утроенное равенство (), получим  3S= 2M₁–M₂+M₄– 2M₅≥ 2M₁–M₂  (M₄≥ 5M₅≥ 2M₅,  поскольку  S_ijkl≥S₁₂₃₄₅=M₅  для каждой из пяти площадей видаS_ijkl).   Отсюда  M₂≥ 2M₁– 3M= 5 – 3 = 2.  Значит, площадь наибольшего из 10 попарных пересечений пяти фигур не меньше  2 : 10 = 0,2.   в) Заменив формулу включения-исключения на неравенство из задачи150106б) (для  m= 2),  мы вместо (**) получим неравенство  M₁≥ 2M₂– 3M₃,  откуда 3M₃≥ 2M₂–M₁≥ 2·2 – 2,5 = 1,5.  Значит, площадь наибольшего из 10 "тройных" пересечений пяти фигур не меньше  0,5 : 10 = 0,05..

Ответ задачи отсутствует