Олимпиадная задача по планиметрии и принципу Дирихле для 7–9 классов: все диагонали 25-угольника

Решение 1:   Обозначим 25-угольник через A₁A₂ ... A₂₄A₂₅. Назовём индексом диагонали A_iA_j  (i < j)  число  min{j – i, 25 – j + i}.  Индекс диагонали A_iA_j, проходящей через точку, в которой пересекаются девять диагоналей, может принимать значения 9, 10, 11 и 12, поскольку между точками A_i и A_j на контуре 25-угольника располагаются ещё 8 концов диагоналей.

  Понятно, что диагонали одного индекса касаются одной окружности.

  Пусть девять диагоналей правильного 25-угольника пересекаются в одной точке. Тогда среди них есть хотя бы три одного индекса. Это означает, что из некоторой точки проведены три касательные к одной окружности. Противоречие.

Решение 2:   Предположим, что n диагоналей A₁B₁, ..., A_nB_n пересекаются в точке M. Можно считать, что точки A₁, ..., A_n, B₁, ..., B_n расположены в этом порядке "по часовой стрелке". Опишем вокруг 25-угольника окружность. Тогда

(⌣A₁A₂ + ⌣B₁B₂) + (⌣A₂A₃ + ⌣B₂B₃) + ... + (⌣A_n–1A_n + ⌣B_n–1B_n) + (⌣A_nB₁ + ⌣B_nA₁) = 2π . Величина каждой дуги кратна  φ = ^2π/₂₅,  поэтому каждая из сумм в скобках не меньше 2φ.

  Пусть какая-то из этих сумм (например,  A₁A₂ + B₁B₂)  равна 2φ. Тогда хорды A₁A₂ и B₁B₂ равны, следовательно, четырёхугольник A₁A₂B₁B₂ является равнобедренной трапецией. Перпендикуляр, опущенный из центра O окружности на основание A₁B₂ этой трапеции, проходит через середины её оснований, а значит, и через точку M пересечения её диагоналей. При этом, прямая l, перпендикулярная OM и проходящая через точку M, параллельна основаниям трапеции и, следовательно, пересекает её боковые стороны, а значит, и дуги A₁A₂ и B₁B₂. Если ещё одна из сумм равна 2φ, то та же прямая l пересекает ещё две пары рассматриваемых дуг, что невозможно. Следовательно, все суммы в скобках, кроме, быть может, одной, не меньше 3φ.

  Получаем неравенство  (n – 1)·3φ + 2φ ≤ 2φ = 25φ,  откуда  n ≤ ²⁶/₃ < 9.

Ответ задачи отсутствует