Доказательство проведем индукцией по n. Для четырехугольника утверждение очевидно, для шестиугольника оно было доказано в предыдущей задаче. Допустим, что утверждение доказано для 2(n- 1)-угольника, и докажем его для 2n-угольника. Пусть A₁...A_2nесть 2n -угольник, в котором A₁A₂||A_{n + 1}A_{n + 2},...,A_{n - 1}A_n||A_{2n - 1}A_2n. Рассмотрим 2(n- 1)-угольник A₁A₂...A_{n - 1}A_{n + 1}...A_{2n - 1}. По предположению индукции при нечетном nполучаем A_{n - 1}A_{n + 1}=A_{2n - 1}A₁, при четном nполучаем A_{n - 1}A_{n + 1}||A_{2n - 1}A₁. Рассмотрим треугольник A_{n - 1}A_nA_{n + 1}и треугольник A_{2n - 1}A_2nA₁. Пусть nчетно. Тогда векторы $\overrightarrow{A_{n-1}A_{n}}$и $\overrightarrow{A_{2n-1}A_{2n}}$,$\overrightarrow{A_{n-1}A_{n+1}}$и $\overrightarrow{A_{2n-1}A_{1}}$параллельны и противоположно направлены, поэтому $\angle$A_nA_{n - 1}A_{n + 1}=$\angle$A₁A_{2n - 1}A_2nи A_nA_{n + 1}=A_2nA₁как хорды, отсекающие равные дуги, что и требовалось. Пусть nнечетно. Тогда A_{n - 1}A_{n + 1}=A_{2n - 1}A₁, т. е. A₁A_{n - 1}||A_{n + 1}A_{2n - 1}. В шестиугольнике A_{n - 1}A_nA_{n + 1}A_{2n - 1}A_2nA₁имеем A₁A_{n - 1}||A_{n + 1}A_{2n - 1},A_{n - 1}A_n||A_{2n - 1}A_2n, поэтому согласно предыдущей задаче A_nA_{n + 1}||A_2nA₁, что и требовалось.

Ответ задачи отсутствует