Обсуждение и разбор марафонских задач

[VAL]

JohnDou в сообщении #1350043 писал(а):

А как поучаствовать в марафоне? И нет ли pdf'a со всеми задачами? (и решениями?)

К комментарию rockclimber'а добавлю, что решения можно высылать мне в ЛС или на адрес val-etc на Яндексе.
Разбор всех задач, начиная с ММ91 есть в этой ветке. Ссылку на полный архив можно найти, заглянув в мой профиль.

[VAL]

Обратите внимание! Нашего полку (решивших ММ238) прибыло. Причем давно. Владимир Дорофеев прислал свое решение еще 30 сентября. Но из-за хронической расхлябанности ведущего оно осталось необработанным. Наверняка оставалось бы и дальше, если бы Владимир не забил тревогу.

Оценка за решение выставлена с учетом нескольких ошибок (при верном подходе и ответе).

[VAL]

===========ММ239===============

ММ239 (10 баллов)

Существует ли выпуклый многогранник, у которого:
a) не менее половины граней семиугольники;
b) более половины граней семиугольники;
с) не менее половины граней восьмиугольники;
d) более половины граней восьмиугольники;
e) не менее половины граней девятиугольники?

Примечание: Если у вас получается, что ответ на пункт <а> отрицательный, а на пункт <b> - положительный, подумайте еще.

Решение

Привожу решения Виктора Филимоненкова, Анатолия Казмерчука, Владимира Чубанова и vpb.

(Решение Владимира Чубанова)

ММ239

Существует ли выпуклый многогранник, у которого:
a) не менее половины граней семиугольники;
b) более половины граней семиугольники;
с) не менее половины граней восьмиугольники;
d) более половины граней восьмиугольники;
e) не менее половины граней девятиугольники?

Эстетическая оценка 5 баллов. Мне нравятся такие задачи, правда, эта сильно пересекается с позапрошлым марафоном.
__________

Ответы: a) -- d) да, e) нет.

Решение.
Решение основано на уже упоминавшемся в марафонах неравенстве

$$ 3f_3+2f_4+f_5\ge 12+f_7+2f_8+3f_9+... \eqno(1) $$

Здесь $f_k$ -- число $k$-угольных граней. Равенство получается с применением формулы Эйлера при подсчёте рёбер, вершин и граней простого многогранника (в каждой вершине которого сходится 3 ребра). Если в какой-то из вершин сходится более трёх рёбер, равенство превращается в неравенство. Вывод (1) я не буду давать, поскольку и я, и другие участники уже давали его в одном из прошлых марафонов.

Сразу заметим, что данное неравенство очевидно несовместимо с п. e). С остальными пунктами противоречий нет и результат можно получить из теоремы Эберхарда, но лучше построить подтверждающие примеры.

Для п. a) дадим простой умозрительный пример: обрежем немного все вершины куба, кроме двух диагональных. Тогда все 6 граней куба станут 7-угольными и добавится ещё 6 треугольных граней. В этом случае неравенство (1) становится равенством и можно заметить, что многогранник с меньшим (меньше 12) количеством граней не может удовлетворять п. a).

Для п. b) приведём ещё один явный пример. На рисунке ниже кружочки обозначают место среза вершины, образующее 3-угольную грань. Количество 7-угольных граней в данном примере равно 15, количество 3-угольных -- 11, и 6-угольных -- 3.


Для п.п. c) и d) приведём один пример. Многогранник на рисунке получен пересечением двух 8-угольных пирамид. Если каждую вершину в нём немного обрезать плоскостью, как в примере выше, получим $8+8+2=18$ 8-угольных граней и 16 треугольных.


Для произвольных $k\in \mathbb N, k\ne 6$ максимально возможную долю $f_k$ в общем количестве граней легко можно вычислить, используя теорему Эберхарда, утверждающую, что существует простой многогранник для любого набора $f_k, k\ne 6$, удовлетворяющего равенству в (1). Следовательно, (недостижимый) супремум возможной доли $f_k, k> 6,$ составляет $\frac{3}{k-3}$. Для $k=6$ супремум равен 1 (на последовательности фуллеренов, которые могут иметь произвольно большое количество 6-угольных граней при 12 пятиугольных). При $3\le k\le 5$ существуют многогранники, имеющие только $k$-угольные грани.

(Решение vpb)

ММ239

Для выпуклого многогранника $P$ и натурального числа $k\geq3$ пусть $\alpha(k,P)$ --- отношение числа граней $P$, являющихся $k$-угольниками, к общему числу граней.

Ответ на все пункты задачи содержится в следующей теореме.
Теорема. Для любого $k\geq6$ и любого $P$ верно неравенство $\alpha(k,P)<3/(k-3)$. В случае $6\leq k\leq12$ число $3/(k-3)$ является точной верхней гранью для $\alpha(k,P)$, по всем $P$ (которая, таким образом, не достигается).

Отсюда ответы на пункты а)--г) задачи положительны, на д) отрицательный.

Сначала докажем первое утверждение теоремы.
Предложение. Всегда $\alpha(k,P)<3/(k-3)$, при $k\geq6$.

Доказательство. Обозначим $\alpha=\alpha(k,P)$. Пусть $v$, $e$, $f$ --- числа вершин, ребер, граней соответственно. По формуле Эйлера $v-e+f=2$. Также $v\leq2e/3$.

Оценим $f$. Имеем $f=a+b$, где $a$ --- число $k$-угольников, $b$ --- прочих граней. Таким образом, $a=\alpha f$, $b=(1-\alpha)f$. Ясно, что $2e\geq ka+3b$, откуда

$$ 2e\geq k\alpha f+3(1-\alpha)f=(k\alpha+3-3\alpha)f. $$

Значит $f\leq2e/(3-3\alpha+k\alpha)$. Подставляя оценки для $v$ и $f$ в формулу Эйлера, находим $(2/3)e-e+2e/(3-3\alpha+k\alpha)\geq2$, откуда $-1/3+2/(3-3\alpha+k\alpha)>0$, $2/(3-3\alpha+k\alpha)>1/3$, $3-3\alpha+k\alpha<6$, $(k-3)\alpha<3$, $\alpha<3/(k-3)$.
QED


Для доказательства второго утверждения сначала рассмотрим некоторый "многогранник" на плоскости (т.е. разбиение плоскости на выпуклые многоугольники).

Пусть $\pi$ --- некоторая плоскость. Пусть ${\mathcal P}$ --- (однозначно определенное
с точностью до движения) разбиение плоскости на правильные 6-угольники с ребром длины $1$.
Пусть $V$ --- множество всех вершин ${\mathcal P}$.

Лемма. Для каждого $0\leq l\leq6$ существует такое подмножество $V'=V'_l\subseteq V$, что ровно $l$ вершин каждого шестиугольника из ${\mathcal P}$ принадлежат $V'$.

Доказательство. При $l=0,6$, очевидно, $V'_0=\emptyset$, $V'_6=V$. При $l=1,2,3$ предоставляем найти $V'_l$ читателю, нарисовав картинку ($V'_l$ будет периодическим). При $l=4,5$ можно взять в качестве $V'_l$ дополнения $V'_2$, $V'_1$ соответственно. QED

Для $7\leq k\leq12$ определим некоторое разбиение плоскости на треугольники и (неправильные) $k$-угольники (неправильные), обозначим его ${\mathcal P}'_k$. Именно, возьмем разбиение ${\mathcal P}$, и каждую вершину $A\in V'_l$ (где $l=k-6$) заменим на небольшой треугольник (детальное описание такой замены опустим).

Ясно, что в разбиении ${\mathcal P}'_k$ каждый $k$-угольник граничит с $k-6$ треугольниками, а каждый треугольник с тремя $k$-угольниками. Поэтому асимптотическое отношение числа $k$-угольников к числу треугольников составляет $3:(k-6)$. "Асимптотическое" означает, что если мы возьмем окружность достаточно большого радиуса $R$, и ограничимся рассмотрением тех многоугольников разбиения, которые целиком лежат внутри окружности, то указанное отношение стремится к $3:(k-6)$, когда $R\to+\infty$. Поэтому доля $k$-угольников среди всех граней разбиения стремится к $3/(3+(k-6))=3/(k-3)$, что и нужно.

Теперь надо "перенести" описанную конструкцию в пространство. Будем считать плоскость $\pi$ вложенной в обычное трехмерное евклидово пространство. Возьмем какую-либо сферу, касающуюся $\pi$, обозначим ее $H$. Пусть $S$ --- точка касания, $N$ --- противоположная точка сферы ("южный" и "северный" полюса). Пусть $\tau:\pi\longrightarrow H$ --- (обратная) стереографическая проекция, т.е. $\tau(A)$ --- это точка пересечения $H$ с отрезком $SA$, для любой $A\in\pi$. Хорошо известно, что при стереографической проекции окружности на плоскости соответствуют окружностям на сфере.

Пусть $C_R\subseteq\pi$ --- круг радиуса $R$ с центром в $S$; $U_R=\tau(V\cap C_R)$ --- образы на сфере тех точек из $V$, которые лежат в $C_R$. Наконец, пусть $D_R={\rm conv}(U_R)$ --- выпуклая оболочка $U_R$ в пространстве.

Лемма. Пусть $F$ --- некоторый шестиугольник разбиения ${\mathcal P}$ такой, что $F\subseteq C_R$;
$X_1,\ldots,X_6$ --- его вершины, и $X'_i=\tau(X_i)$. Тогда $X'_1,\ldots,X'_6$ лежат в одной плоскости, и ${\rm conv}(X'_1,\ldots,X'_6)$ --- грань для $D_R$, причем $X'_i$ --- вершины этой грани.

Доказательство. $F$ --- правильный шестиугольник, значит он вписан в некоторую окружность $P$. $\tau(P)$ --- окружность на $H$, значит, лежит в некоторой плоскости $\sigma$. Значит, все $X'_i\in\sigma$.

Плоскость $\sigma$ делит $H$ на две части, а именно, внутренность и внешность окружности $\tau(P)$. Соответствующие части на $\pi$ --- это внутренность и внешность окружности $P$. Однако ни одна вершина из $V$ не лежит внутри $P$. Значит, все вершины из $\tau(V)$, и тем более $D_R$, лежат по одну сторону от $\sigma$. При этом на $\sigma$ лежат только $X'_i$. Значит, их выпуклая оболочка --- это грань многогранника $D_R$ (и сами они --- в точности вершины этой грани).
QED

В ситуации, описанной в лемме, будем обозначать ${\rm conv}(X'_1,\ldots,X'_6)$ через $F'$.
Следствие. Пусть $A\in V\cap C_{R-2}$. Тогда грани в $D_R$, содержащие $\tau(A)$ --- это три шестиугольника (и других граней нет).

Доказательство. Пусть $F_1$, $F_2$, $F_3$ --- три шестиугольника ${\mathcal P}$, содержащие $A$. Тогда все они лежат внутри $C_R$. Значит $F'_i$ --- грань для $D_R$, содержащая $\tau(A)$. Поскольку $F_i$ и $F_j$ имеют общее ребро, то $F'_i$ и $F'_j$ имеют общее ребро. Но, поскольку каждые две из трех граней $F'_i$ имеют общее ребро, других граней, содержащих $\tau(A)$, нет. QED

Таким образом, мы видим, что в окрестности всех вершин, за исключением вершин $\tau(A)$, для которых $A\in C_R\setminus C_{R-2}$, $D_R$ устроено комбинаторно так же, как $\mathcal P$. Всего $D_R$ имеет порядка $R^2$ вершин, ребер и граней. А "исключительных" вершин, очевидно, порядка $O(R)$ (откуда легко следует, что "нехороших" ребер и граней тоже $O(R)$).

Теперь мы усечем многогранник $D_R$ в окрестностях некоторых вершин. А именно, в окрестностях вершин $\tau(A)$, для которых $A\in V'_l\cap C_{R-2}$. Довольно понятно, что полученный многогранник содержит столько же $k$-угольников и треугольников, сколько разбиение ${\mathcal P}'_k$ внутри круга $C_R$, с точностью до $O(R)$. А также, возможно, есть $O(R)$ других граней, кроме треугольников и $k$-угольников. Отсюда следует, что $\alpha(k,D_R)=3/(k-3)+O(1/R)$, чем теорема и доказана.
QED

Обсуждение

Ровно в половине всех присланных (и всех приведенных) решений авторы обошлись без картининок.
Чтобы восполнить этот пробел, приведу пару своих картинок (зря, чтоли рисовал?).
Первый рисунок иллюстрирует ответы сразу к трем пунктам задачи: a), b), c).
Отрезав от додекаэдра красные вершины, получим многогранник в котором более (а значит, и не менее) половины граней являются семиугольниками.
Если же наоборот, оставить красные вершины, а остальные отрезать, получим многогранник, в котором ровно половина граней - восьмиугольники.



На втором рисунке приведен граф многогранника с вектором граней (28,0,0,4,0,36), обосновывающий положительный ответ к пункту d).



ММ239 (как и ММ235) - это отголосок XXII Марафонского конкурса, посвященного данной тематике. Участники, пропустившие тот конкурс, вынуждены были переотрывать утверждения типа Теоремы Эберхарда etc (конечно, можно было просто найти нужные результаты в сети, но наши конкурсанты не ищут легких путей ). С удовольствием констатирую, что нашлись те, кто преодолел эти трудности (были ли те, кто не смог - неизвестно, они решений не прислали).
Изучение вопроса о верхней грани отношения количества k-угольных граней к общему числу граней ($6\le k\le 12$) поощрялось дополнительными баллами. В случае vpb, это поощрение скомпенсировалось сбавкой за штейнеровское отношение к читателю . (Каюсь, сам я работ Якоба Штейнера в первоисточнике не читал, но, говорят, он свои сугубо геометрические выкладки вообще не снабжал чертежами.)
Остальные изъятия сделаны либо за отсутствие примеров на некоторые пункты, либо за присутствие примеров с невозможными многогранниками (с нецелым количеством ребер )
Волшебное превращение восьмиугольных граней в семиугольные (при склейке по общей треугольной грани) я оценивать не стал

Награды

За решение задачи ММ239 участники Марафона получают следующие призовые баллы:
Анатолий Казмерчук - 12;
Владимир Чубанов - 11;
vpb - 10;
Константин Шамсутдинов - 10;
Виктор Филимоненков - 9;
Владислав Франк - 6.

Эстетическая оценка задачи - 4.8 балла

[zmerch]

Уточните, пожалуйста, что подразумевается в задаче ММ240 под $n$ прямыми общего положения.

-- 21.11.2018, 11:39 --

Именно, в проективной плоскости.

[VAL]

zmerch в сообщении #1355591 писал(а):

Уточните, пожалуйста, что подразумевается в задаче ММ240 под $n$ прямыми общего положения.

-- 21.11.2018, 11:39 --

Именно, в проективной плоскости.

Никакие 3 не имеют общей точки.

PS: Впрочем, если добавить привычное условие, что никакие 2 не параллельны, хуже не станет

[zmerch]

Спасибо

[VAL]

===========ММ240===============

ММ240 (13 баллов)

Проективную плоскость разбили несколькими прямыми общего положения. При этом образовалось ровно 17 треугольников. Сколько пятиугольников могло при этом получиться?

Решение

Поскольку на последнюю задачу традиционно поступило немного ответов, привожу все.

(Решение Владимира Чубанова)

Проективную плоскость разбили несколькими прямыми общего положения. При этом образовалось ровно 17 треугольников. Сколько пятиугольников могло при этом получиться?

[..] проективная геометрия прошла мимо моих интересов и, кажется, образования. Я не решился особенно углубляться в эту теорию, поэтому ограничусь вместо решения какими-то общими соображениями.
_________

Ответ: Пятиугольников могло бы получиться 13 или любое число от 0 до 11 включительно. В том смысле, что другого количества пятиугольников получиться не могло.

Соображения.
Рассмотрим один из вариантов модели вещественной проективной плоскости, как на рисунке:

Здесь обрамляющую окружность можно понимать как бесконечно удалённую прямую на плоскости. Две точки пересечения каждой прямой с этой окружностью склеиваются, поскольку отображают (расщеплённую) точку пересечения данной прямой с бесконечно удалённой. Рёбра между двумя соответствующими парами расщеплённых точек тоже "склеиваются".

Несложно заметить, что с каждой такой диаграммой ассоциируется соответствующая диаграмма многогранника в $\mathbb R^3$ с тем же количеством граней $f$, кроме обрамляющей грани (подложки, которая в модели многогранника учитывается, а здесь нет). При этом количество вершин $v$ и рёбер $e$ меньше на одну и ту же величину (из-за склеивания), равную количеству прямых $n$. В этих обозначениях можем преобразовать формулу Эйлера для нашей модели проективной плоскости: $e+n+2=(f+1)+(v+n)$ или $e+1=f+v$.

Как и у многогранника, у нас каждые две грани граничат по одному ребру, и, в нашем случае, в каждой вершине сходится четыре ребра и четыре грани. Подсчитав двумя различными способами количество рёбер (как мы делали это для простых многогранников), получим:

$$ 2e=3f_3+4f_4+5f_5+...\ , \qquad 4e+4=7f_3+8f_4+9f_5+... \ , $$

откуда

$$ f_3 = 4+f_5+2f_6+...\ . $$

Данная формула может быть выполнена только при $f_5\in \{0,1,...,11,13\}$. Я предполагаю, что здесь также выполняется теорема, аналогичная теореме Эберхарда для простых многогранников и что для любого $f_5$ из указанного множества найдётся соответствующая конфигурация прямых.

Обсуждение

Задача ММ240 - побочный продукт попытки найти решение другой задачи.
Я пытался понять, верно ли, что любом $n>4$ можно найти такое расположение $n$ прямых общего положения на проективной плоскости, что в разбиении будут возникать только треугольники, четырехугольники и пятиугольники.
Мы с ученицей (которой я предложил эту задачу) довольно быстро продвинулись в деле отыскания все больших $n$, но на общий принцип (а есть ли он?) так и не вышли.
Надо будет внимательнее присмотреться к подходам, предложенным конкурсантами. Возможно, они помогут решить и задачу-предшественник.

В условии фиксировалось количество треугольников, но не прямых. Любопытно, что, доказывая реализуемость возможных значений пятиугольников приводили конфигурации с различными количествами прямых:
Виктор Филимонеков использовал от 9 до 11 и от 15 до 17 прямых:
Анатолий Казмерчук от 12 до 17 прямых;
в авторском решении участвуют от 9 до 17 прямых, исключая 15.
Наиболее красиво в этом плане решение Константина Шамсутдинова, в котором все конфигурации построены по единой схеме с использованием только 17 прямых (мне до сих пор не верится, что такое возможно).

За сим заканчиваю обзор завершающей задачи XXIV Марафонского конкурса и приступаю к: подведению итогов; поиску ошибок в решении Константина; размышлению над тем, почему никто не догадался использовать 18 прямых

Награды

За решение задачи ММ240 участники Марафона получают следующие призовые баллы:
Константин Шамсутдинов - 16;
Анатолий Казмерчук - 15;
Виктор Филимоненков - 13;
Владимир Чубанов - 7.

Эстетическая оценка задачи - 4.7 балла

[zmerch]

К вопросу, поставленному ведущим в обсуждении.
Стартуем с конфигурации 5 прямых, содержащих стороны выпуклого пятиугольника. Вектор граней (5,5,1). Добавляем прямую, проходящую через точку общей стороны двух четырёхугольных граней, мало отклоняющейся от прямой, содержащей общую сторону. Получаем конфигурацию с вектором граней (7,6,3). А после повторения этой процедуры $n-5$ раз получаем конфигурацию $n$ прямых. При этом образуется $2n-5$ треугольников,$2n-9$ пятиугольников, а остальные грани - четырёхугольные.

[VAL]

zmerch в сообщении #1358118 писал(а):

К вопросу, поставленному ведущим в обсуждении.
Стартуем с конфигурации 5 прямых, содержащих стороны выпуклого пятиугольника. Вектор граней (5,5,1). Добавляем прямую, проходящую через точку общей стороны двух четырёхугольных граней, мало отклоняющейся от прямой, содержащей общую сторону. Получаем конфигурацию с вектором граней (7,6,3). А после повторения этой процедуры $n-5$ раз получаем конфигурацию $n$ прямых. При этом образуется $2n-5$ треугольников,$2n-9$ пятиугольников, а остальные грани - четырёхугольные.

Спасибо!
Сейчас посмотрю внимательно.
Проблема в том, что такой подход мы пробовали первым. Но, почему-то, отвергли. Почему - уже забыл, дело в апреле было.

[zmerch]

А можно стартовать и с конфигурации шести прямых с шестью треугольными и двумя пятиугольными гранями. И эта и предыдущая конструкции описаны в представленном решении.

[VAL]

zmerch в сообщении #1358121 писал(а):

А можно стартовать и с конфигурации шести прямых с шестью треугольными и двумя пятиугольными гранями. И эта и предыдущая конструкции описаны в представленном решении.

Я видел.
Поэтому и написал:

VAL в сообщении #1358110 писал(а):

Надо будет внимательнее присмотреться к подходам, предложенным конкурсантами. Возможно, они помогут решить и задачу-предшественник.

Просто, финиш конкурса пришелся на момент большой запарки с другими делами. И решения я смотрел, больше доверяя, чем проверяя
Конкурсантам проще, они решали задачку только что, а я - 7-8 месяцев назад Необходимо время, чтобы вникнуть. А его, почему-то, всегда нет

[grizzly]

VAL цитируя решение В.Чубанова в сообщении #1354878 писал(а):

Для произвольных $k\in \mathbb N, k\ne 6$ максимально возможную долю $f_k$ в общем количестве граней легко можно вычислить, используя теорему Эберхарда, утверждающую, что существует простой многогранник для любого набора $f_k, k\ne 6$, удовлетворяющего равенству в (1). Следовательно, (недостижимый) супремум возможной доли $f_k, k> 6,$ составляет $\frac{3}{k-3}$.

Вот здесь глупость какая-то написана. Супремум таким и будет, наверное, но это никак не следует из теоремы Эберхарда, которая не ограничивает количество 6-угольных граней.

[VAL]

Завершен XXIV конкурс в рамках Математического марафона.
Убедительную победу одержал Анатолий Казмерчук!
Второе место уверенно занял Виктор Филимоненков.
Только этим двум участникам покорились все задачи.
Третье финишным рывком завоевал Владимир Чубанов.

Благодарю за участие лауреатов и всех их достойных конкурентов!

Итоговое положение участников в XXIV конкурса в рамках Математического марафона
\begin{tabular}{|l|l|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|} \hline №& Участники& 231 & 232 & 233 & 234 & 235 & 236 & 237 & 238 & 239 & 240 & \Sigma \\ \hline & \textit{Номинал задачи} & \textit{4} & \textit{6} & \textit{5} & \textit{5} & \textit{7} & \textit{7} & \textit{7} & \textit{7} & \textit{10} & \textit{13} & \textit{71} \\ \hline 1.& Анатолий Казмерчук & 6 & 6 & 5 & 6 & 9 & 9 & 10 & 7 & 12 & 15 & 85 \\ \hline 2.& Виктор Филимоненков & 3 & 6 & 5 & 5 & 9 & 7 & 7 & 7 & 9 & 13 & 71 \\ \hline 3.& Владимир Чубанов & 4 & 6 & 4 & 5 & 8 & 6 & - & 7 & 11 & 7 & 58 \\ \hline 4.& Владислав Франк & 4 & 6 & 4 & 5 & 7 & 7 & 7 & 6 & 6 & - & 52 \\ \hline 5.& Константин Шамсутдинов & - & - & - & - & 8 & 3 & 6 & 6 & 10 & 16 & 49 \\ \hline 6.& Валентина Колыбасова & 4 & 6 & 5 & 5 & 8 & 7 & 5 & - & - & - & 40 \\ \hline 7.& vpb & - & - & - & 6 & 8 & - & 8 & 7 & 10 & - & 39 \\ \hline 8.& Евгений Гужавин & 6 & 6 & 5 & 5 & - & 7 & 2 & 7 & - & - & 38 \\ \hline 9.& Юрий Варламов & 4 & 6 & 5 & 5 & - & 7 & - & - & - & - & 27 \\ \hline 10.& Владимир Дорофеев & - & - & - & 6 & - & 7 & - & 5 & - & - & 18 \\ \hline 11.& Василий Дзюбенко & - & 6 & 5 & 6 & - & - & - & - & - & - & 17 \\ \hline 12.& Дмитрий Курашкин & - & - & - & - & - & 6 & - & - & - & - & 6 \\ \hline 13.& Лев Песин & - & - & 1 & - & - & - & - & - & - & - & 1 \\ \hline \end{tabular}

[fiviol]

Владимир, спасибо за это долгоиграющее удовольствие!

Начиная с 15 тура занимаемые мною места подозрительно напоминали числа сторон граней какой-нибудь конфигурации общего положения: одно третье место, одно пятое и семь четвертых. Так что на этот раз у меня прорыв!
Ничего, марафон и требует правильной тактики прохождения - вперед не рваться, сильно не отставать. Еще посоревнуемся! Настоящий марафон, как известно, начинается только после 40 километра тура.

[VAL]

Таблица суммарных достижений марафонцев существенных изменений не претерпела.
Главное изменение - преодоление Анатолием Казмерчуком рубежа в 1000 баллов. Набранная Анатолием сумма даже не помещается целиком в таблицу! (Администрация конкурса усиленно работает над этой проблемой.)

Новым лицом в списке 25 лучших стал Василий Дзюбенко. В прошедшем конкурсе он не слишком усердствовал, но и скромных усилий хватило для вхождения в топ-25.

Положение лидирующей группы после 24-го конкурса Марафона
\begin{tabular}{|l|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|r|c|} \hline Участники \ \ Туры$\to$ &1-11&12&13&14&15&16&17&18&19&20&21&22&23&24&\Sigma\\ \hline 1. А.Казмерчук &183&74&61&45&54&53&51&73&79&69&82&85&79&85&1073\\ \hline 2. О.Полубасов &268&-&-&-&-&64&56&83&97&73&79&87&80&-&887\\ \hline 3. В.Филимоненков &262&32&22&-&48&55&46&71&53&62&23&36&53&71&833\\ \hline 4. С.Половинкин &-&80&57&64&56&58&41&74&60&63&36&2&-&-&591\\ \hline 5. В.Франк &379&6&-&26&-&-&-&-&-&-&-&69&37&52&569\\ \hline 6. А.Волошин &65&72&61&47&52&54&50&76&3&-&-&-&-&-&480\\ \hline 7. Н.Дерюгин &51&49&21&20&19&43&18&54&21&4&-&-&-&-&300\\ \hline 8. Д.Пашуткин &-&41&16&48&43&24&3&-&45&54&-&25&-&-&293\\ \hline 9. E.Гужавин &-&-&4&34&9&9&21&34&17&-&18&-&39&38&223\\ \hline 10. В. Колыбасова &-&-&-&-&-&-&-&-&10&57&17&-&54&40&178\\ \hline 11. А.Халявин &66&6&-&-&43&-&-&-&14&-&-&-&-&-&129\\ \hline 12. А.Богданов &112&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&112\\ \hline 12. В.Дорофеев &-&-&-&-&-&-&-&-&9&21&10&18&36&18&112\\ \hline 14. К.Веденский &30&18&-&17&20&-&-&23&-&-&-&-&-&-&108\\ \hline 15. А.Извалов &46&-&-&-&-&-&-&34&-&-&15&-&-&-&95\\ \hline 16. В.Чубанов &0&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&35&-&58&93\\ \hline 17. А.Никонов &0&-&-&-&-&-&-&-&38&40&2&9&-&-&89\\ \hline 18. И.Козначеев &88&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&88\\ \hline 19. К.Кноп &75&-&-&-&-&-&-&-&-&10&-&-&-&-&85\\ \hline 20. Б.Бух &81&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&81\\ \hline 21. М.Алексеев &80&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&80\\ \hline 22. В.Дзюбенко &-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&34&25&2&17&78\\ \hline 23. Э.Туркевич &9&54&11&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&74\\ \hline 24. А.Винокуров &73&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&73\\ \hline 24. Д.Милосердов &73&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&-&73\\ \hline \end{tabular}