Дан правильный шестиугольник ABCDEF. Любые три его вершины образуют треугольник, всего таких треугольников 20. Квантик хочет отметить внутри шестиугольника как можно меньше точек, чтобы внутрь каждого из этих 20 треугольников попала хоть одна отмеченная точка. Приведите пример, как отметить точки, чтобы выполнялось это условие, и докажите, что меньше точек отметить нельзя.

 Тут решение лучше показать таблицей.

     1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 

 1  z x x x x x x x x  x  x   x   x   x   x 

 2     z x x x x x x x  x  x   x   x   x   x

 3        z x x x x x x  x  x   x   x   x   x

 4           z x x x x x  x  x   x   x   x   x

 5              z x x x x  x  x   x   x   x   x

 6                 z x x x  x  x   x   x   x   x

 7                    z x x  x  x   x   x   x   x

 8                       z x  x  x   x   x   x   x

 9                          z  x  x   x   x   x   x

 10                            z  x   x   x   x   x

 11                                z   x   x   x   x

 12                                     z   x   x   x

 13                                          z   x   x

 14                                               z   x

 15                                                    z

 Всего игр может быть - сочетание 2 из 15 - то есть 15!/2!*13! = 105

    Это в случае, если в турнире шахматист играет со своим противником только один раз, ну и ещё не забудем, что с самим собой он не играет, скорее всего =)

      Допустим, первый играет семь партий со 2,3,4,5,6,7,8.  Тогда, они, в свою очередь, тоже играют по семь между собой.(то есть игроки 1-8 играют каждый между собой по семь игр). У нас тогда остаются ещё 7 человек. 9 играет с 10, 11, 12, 13, 14, и 15. Но на семёрку это не тянет. Поэтому с 15 шахматистами этого случится не может. А вот с 16 смогло бы)

   Таблицу тут необязательно рисовать, но я думал, что задача будет посложнее) так шо нарисовал. 

Треугольники AMN и ABC подобные с коэффициентом |cos A|. Возможны два случая:

1) AM = AB cos A, AN = AC cos A, если угол A острый, то есть точки M, N лежат внутри сторон AC, AB;

2) AM = AB cos (180° − A) = −AB cos A, AN = AC cos (180° − A) = −AC cos A (косинус отрицательный), если угол A тупой, то есть точки M, N лежат на продолжениях сторон AC, AB;

в первом случае угол A у треугольников общий, во втором — углы при вершине A вертикальные.

Следовательно,

|cos A| = MN/BC = ½,
∠A = 60° или 120°.

Лучи BO и CO являются биссектрисами внешних углов треугольника ABC, поэтому

∠BOC = 180° − (∠OBC + ∠OCB) = 180° − ½(180° − ∠ABC + 180° − ∠ACB) =
= ½(∠ABC + ∠ACB) = ½(180° − ∠A) = 90° − ½∠A.

R(BOC) = BC/(2 sin BOC) = BC/(2 sin (90° − ½A)) = BC/(2 cos ½A).

Если ∠A = 60°, то R(BOC) = 12/(2 cos 30°) = 4√3.

Если ∠A = 120°, то R(BOC) = 12/(2 cos 60°) = 12.