Страница 20 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

2.12. Покажите, что множества точек стороны и диагонали квадрата равномощны.

Два множества называются равномощными, если между их элементами можно установить взаимно-однозначное соответствие (биекцию). Чтобы показать, что множества точек стороны и диагонали квадрата равномощны, нам нужно построить такую биекцию. Рассмотрим два способа: геометрический и аналитический.

Способ 1: Геометрическое построение

Пусть у нас есть квадрат $ABCD$. Мы хотим показать равномощность множества точек стороны $AB$ и множества точек диагонали $AC$.

1. Рассмотрим каждую точку $P$ на диагонали $AC$.

2. Из каждой такой точки $P$ опустим перпендикуляр на сторону $AB$. Основание этого перпендикуляра назовем точкой $P'$.

3. Эта процедура (ортогональное проецирование) устанавливает соответствие между точками диагонали $AC$ и точками стороны $AB$.

Докажем, что это соответствие является взаимно-однозначным (биекцией):

• Инъективность (каждой точке на диагонали соответствует уникальная точка на стороне): Если мы возьмем две разные точки $P_1$ и $P_2$ на диагонали $AC$, их проекции $P'_1$ и $P'_2$ на сторону $AB$ также будут разными. Это следует из того, что диагональ $AC$ не параллельна и не перпендикулярна стороне $AB$.
• Сюръективность (каждая точка на стороне имеет соответствующую точку на диагонали): Для любой точки $P'$ на стороне $AB$ можно провести перпендикуляр к этой стороне. Этот перпендикуляр пересечет диагональ $AC$ в единственной точке $P$. Таким образом, у каждой точки на стороне $AB$ есть свой "прообраз" на диагонали $AC$.

Поскольку мы построили биекцию (геометрическое проецирование) между множеством точек диагонали и множеством точек стороны, эти два множества равномощны.

Способ 2: Аналитическое доказательство

Расположим квадрат в системе координат. Пусть его вершины находятся в точках $A(0, 0)$, $B(a, 0)$, $C(a, a)$ и $D(0, a)$, где $a$ – длина стороны квадрата.

Множество точек стороны $AB$ можно описать как $S = \{(x, 0) | x \in [0, a]\}$.

Множество точек диагонали $AC$ можно описать как $D = \{(y, y) | y \in [0, a]\}$.

Хотя множества точек описываются через разные переменные, в данном конкретном расположении квадрата они обе параметризуются отрезком $[0, a]$. Однако, чтобы доказать утверждение в общем виде, нужно сопоставить длины отрезков.

Длина стороны $AB$ равна $L_1 = a$.

Длина диагонали $AC$ по теореме Пифагора равна $L_2 = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$.

Задача сводится к доказательству равномощности двух отрезков разной длины: $[0, a]$ и $[0, a\sqrt{2}]$.

Построим функцию (биекцию) $f: [0, a] \to [0, a\sqrt{2}]$, которая сопоставляет каждой точке первого отрезка точку второго. Простейшая такая функция – линейное растяжение:

$f(x) = \sqrt{2} \cdot x$

Проверим, является ли эта функция биекцией:

• Функция определена для любого $x \in [0, a]$.
• Область значений: если $x=0$, то $f(0) = 0$. Если $x=a$, то $f(a) = a\sqrt{2}$. Поскольку функция непрерывна и монотонно возрастает, она принимает все значения в интервале $[0, a\sqrt{2}]$.
• Функция инъективна: если $f(x_1) = f(x_2)$, то $\sqrt{2}x_1 = \sqrt{2}x_2$, откуда $x_1 = x_2$.
• Функция сюръективна: для любого $y \in [0, a\sqrt{2}]$ существует $x = y/\sqrt{2}$, причем $x \in [0, a]$, такой что $f(x) = y$.

Так как мы построили биективную функцию между множеством, представляющим сторону, и множеством, представляющим диагональ, эти множества равномощны. Оба множества имеют мощность континуума ($c$).

Ответ: Существование взаимно-однозначного соответствия (биекции), которое можно показать как геометрически (через проецирование), так и аналитически (через линейную функцию), доказывает, что множества точек стороны и диагонали квадрата равномощны.

2.13. Покажите, что множества точек любых двух концентричных окружностей равномощны.

Для доказательства того, что два множества равномощны, необходимо установить между ними биективное соответствие (биекцию) — такое отображение, при котором каждому элементу одного множества соответствует ровно один элемент другого множества, и наоборот.

Рассмотрим две произвольные концентрические окружности, $C_1$ и $C_2$, с общим центром в точке $O$. Пусть их радиусы равны $r_1$ и $r_2$ соответственно ($r_1 > 0$, $r_2 > 0$, и для определённости предположим $r_1 \neq r_2$).

Построим отображение $f$ из множества точек окружности $C_1$ в множество точек окружности $C_2$ следующим образом. Для каждой точки $A$ на окружности $C_1$ проведём луч, выходящий из центра $O$ и проходящий через точку $A$. Этот луч пересечёт окружность $C_2$ в единственной точке, которую мы назовём $B$. Поставим в соответствие точке $A$ точку $B$, то есть $f(A) = B$.

Докажем, что это отображение является биекцией.

1. Инъективность (взаимная однозначность).
Предположим, у нас есть две различные точки $A_1$ и $A_2$ на окружности $C_1$. Лучи $OA_1$ и $OA_2$ будут различными, так как они проходят через разные точки ($A_1$ и $A_2$) и выходят из одного центра $O$. Поскольку эти лучи различны, они пересекут окружность $C_2$ также в различных точках $B_1$ и $B_2$. Таким образом, разным точкам на $C_1$ соответствуют разные точки на $C_2$, и отображение является инъективным.

2. Сюръективность (отображение «на»).
Возьмём произвольную точку $B$ на окружности $C_2$. Проведём луч из центра $O$ через точку $B$. Этот луч обязательно пересечёт окружность $C_1$ в некоторой единственной точке $A$. Для этой точки $A$ будет выполняться равенство $f(A) = B$. Это означает, что для любой точки на окружности $C_2$ найдётся соответствующая ей точка на окружности $C_1$. Следовательно, отображение является сюръективным.

Поскольку построенное отображение $f: C_1 \to C_2$ является одновременно инъективным и сюръективным, оно является биекцией. Существование биекции между множествами точек двух окружностей означает, что эти множества равномощны.

Аналитически, если поместить центр окружностей в начало координат $(0, 0)$, то любая точка $A$ на окружности $C_1$ имеет координаты $(x, y)$, удовлетворяющие уравнению $x^2 + y^2 = r_1^2$. Наше отображение ставит ей в соответствие точку $B(x', y')$ на окружности $C_2$, лежащую на том же луче. Это означает, что координаты точки $B$ пропорциональны координатам точки $A$ с коэффициентом $\frac{r_2}{r_1}$. Таким образом, отображение можно задать формулой:$f(x, y) = (\frac{r_2}{r_1}x, \frac{r_2}{r_1}y)$. Это отображение является биекцией, что и доказывает равномощность множеств.

Ответ: Множества точек любых двух концентрических окружностей равномощны, так как между ними можно установить взаимно-однозначное соответствие (биекцию) путем проецирования точек одной окружности на другую вдоль лучей, исходящих из их общего центра.

2.14. Множество A содержит 101 элемент. Докажите, что количество его подмножеств, содержащих чётное количество элементов, равно количеству подмножеств, содержащих нечётное количество элементов.

Пусть дано множество $A$, состоящее из $n=101$ элемента. Необходимо доказать, что количество его подмножеств с чётным числом элементов равно количеству подмножеств с нечётным числом элементов.

Это утверждение можно доказать несколькими способами. Приведём два из них.

Способ 1. Алгебраический подход (с использованием бинома Ньютона)

Количество способов выбрать $k$ элементов из множества, состоящего из $n$ элементов, определяется биномиальным коэффициентом $C_n^k = \binom{n}{k}$.

Количество подмножеств с чётным числом элементов (обозначим его $N_{чёт}$) — это сумма количеств подмножеств с 0, 2, 4, ... элементами:
$N_{чёт} = \binom{101}{0} + \binom{101}{2} + \binom{101}{4} + \dots + \binom{101}{100}$

Количество подмножеств с нечётным числом элементов (обозначим его $N_{нечёт}$) — это сумма количеств подмножеств с 1, 3, 5, ... элементами:
$N_{нечёт} = \binom{101}{1} + \binom{101}{3} + \binom{101}{5} + \dots + \binom{101}{101}$

Рассмотрим разложение выражения $(1-1)^n$ по формуле бинома Ньютона:
$(1-1)^n = \binom{n}{0} - \binom{n}{1} + \binom{n}{2} - \binom{n}{3} + \dots + (-1)^n \binom{n}{n}$

При $n=101$ левая часть равна $0^{101} = 0$. Таким образом, получаем:
$0 = \binom{101}{0} - \binom{101}{1} + \binom{101}{2} - \binom{101}{3} + \dots - \binom{101}{101}$

Перенесём все слагаемые с отрицательными знаками в левую часть равенства:
$\binom{101}{1} + \binom{101}{3} + \dots + \binom{101}{101} = \binom{101}{0} + \binom{101}{2} + \dots + \binom{101}{100}$

Слева стоит сумма, равная $N_{нечёт}$, а справа — сумма, равная $N_{чёт}$. Следовательно, $N_{нечёт} = N_{чёт}$, что и требовалось доказать.

Способ 2. Комбинаторный подход (построение взаимно-однозначного соответствия)

Пусть $A$ — данное множество из 101 элемента. Поскольку множество непустое, выберем в нём произвольный элемент и обозначим его $x$.

Теперь каждому подмножеству $S$ множества $A$ поставим в соответствие другое подмножество $S'$ по следующему правилу:

• Если элемент $x$ не принадлежит $S$ (т.е. $x \notin S$), то $S' = S \cup \{x\}$ (добавляем $x$ к $S$).
• Если элемент $x$ принадлежит $S$ (т.е. $x \in S$), то $S' = S \setminus \{x\}$ (удаляем $x$ из $S$).

Это правило устанавливает взаимно-однозначное соответствие (биекцию) между всеми подмножествами $A$. Если мы применим правило к $S'$, то вернемся к исходному $S$.

При переходе от $S$ к $S'$ количество элементов меняется на 1 (либо $|S'| = |S|+1$, либо $|S'|=|S|-1$). Это означает, что чётность количества элементов в подмножестве меняется на противоположную.

Таким образом, наше правило ставит в соответствие каждому подмножеству с чётным числом элементов ровно одно подмножество с нечётным числом элементов, и наоборот. Это разбивает все подмножества на пары, где в каждой паре одно подмножество "чётное", а другое "нечётное".

Следовательно, количество подмножеств с чётным числом элементов в точности равно количеству подмножеств с нечётным числом элементов.

Ответ: Утверждение доказано. Количество подмножеств, содержащих чётное количество элементов, равно количеству подмножеств, содержащих нечётное количество элементов.

2.15. В олимпиаде приняли участие 46 школьников. Им были предложены 3 задачи. После подведения итогов оказалось, что каждый из участников решил хотя бы одну задачу, причём первую и вторую задачу решили 11 участников, вторую и третью — 8 участников, первую и третью — 5 участников, а все три задачи решили только 2 участника. Докажите, что одну из задач решили не менее половины участников.

Пусть $A$ — множество школьников, решивших первую задачу, $B$ — множество школьников, решивших вторую задачу, и $C$ — множество школьников, решивших третью задачу.

По условию задачи нам даны следующие данные:

• Общее число участников: 46.
• Каждый участник решил хотя бы одну задачу, следовательно, количество элементов в объединении множеств $|A \cup B \cup C| = 46$.
• Первую и вторую задачу решили 11 участников: $|A \cap B| = 11$.
• Вторую и третью задачу решили 8 участников: $|B \cap C| = 8$.
• Первую и третью задачу решили 5 участников: $|A \cap C| = 5$.
• Все три задачи решили 2 участника: $|A \cap B \cap C| = 2$.

Нам нужно доказать, что хотя бы одну из задач решило не менее половины участников, то есть не менее $46 / 2 = 23$ школьников. Другими словами, нам нужно доказать, что $|A| \ge 23$ или $|B| \ge 23$ или $|C| \ge 23$.

Для нахождения суммы числа участников, решивших каждую задачу ($|A| + |B| + |C|$), воспользуемся формулой включений-исключений для трёх множеств:

$|A \cup B \cup C| = |A| + |B| + |C| - (|A \cap B| + |A \cap C| + |B \cap C|) + |A \cap B \cap C|$

Подставим известные значения в формулу:

$46 = |A| + |B| + |C| - (11 + 5 + 8) + 2$

$46 = |A| + |B| + |C| - 24 + 2$

$46 = |A| + |B| + |C| - 22$

Отсюда находим сумму:

$|A| + |B| + |C| = 46 + 22 = 68$

Итак, сумма числа школьников, решивших первую, вторую и третью задачи, равна 68.

Теперь докажем требуемое утверждение от противного. Предположим, что каждую из трёх задач решило менее половины участников, то есть меньше 23 школьников. Так как число школьников — целое, это означает, что каждую задачу решило не более 22 человек:

• $|A| \le 22$
• $|B| \le 22$
• $|C| \le 22$

Если это предположение верно, то сумма числа решивших должна быть не больше, чем:

$|A| + |B| + |C| \le 22 + 22 + 22 = 66$

Однако ранее мы вычислили, что эта сумма равна 68. Мы пришли к противоречию, так как $68 \le 66$ — неверно.

Следовательно, наше первоначальное предположение было ошибочным. Это означает, что как минимум для одной из задач количество решивших её школьников не может быть меньше 23. Таким образом, хотя бы одну из задач решили не менее 23 участников, что составляет половину от общего числа участников.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма числа участников, решивших каждую из задач, равна 68. Если бы каждую задачу решило менее 23 участников (т.е. 22 или меньше), то эта сумма была бы не более $22 \times 3 = 66$. Так как $68 > 66$, то по крайней мере одну задачу решило не менее 23 участников, что и требовалось доказать.

2.16. Каких трёхзначных чисел больше: тех, у которых вторая цифра в десятичной записи больше первой и третьей, или тех, у которых вторая цифра меньше первой и третьей?

Для ответа на этот вопрос необходимо сравнить количество трёхзначных чисел, удовлетворяющих двум разным условиям. Пусть трёхзначное число представлено в виде $\overline{abc}$, где $a$, $b$ и $c$ — его цифры. Поскольку число трёхзначное, первая цифра $a$ не может быть нулём, то есть $a \in \{1, 2, ..., 9\}$, в то время как $b$ и $c$ могут быть любыми цифрами от 0 до 9, то есть $b, c \in \{0, 1, ..., 9\}$.

Разобьём задачу на две части и подсчитаем количество чисел в каждой группе.

Количество чисел, у которых вторая цифра больше первой и третьей ($b > a$ и $b > c$)

Будем перебирать все возможные значения для второй цифры $b$ и для каждого из них считать, сколько существует подходящих цифр $a$ и $c$.

Для заданного $b$ первая цифра $a$ должна удовлетворять условиям $1 \le a < b$. Количество таких вариантов равно $b-1$.

Третья цифра $c$ должна удовлетворять условию $0 \le c < b$. Количество таких вариантов равно $b$.

Таким образом, для каждого значения $b$ количество подходящих чисел равно $(b-1) \times b$. Просуммируем эти количества для всех возможных $b$.

• Если $b=0$ или $b=1$, то не существует цифры $a$ в диапазоне $1 \le a < b$. Количество чисел равно 0.
• Если $b=2$, $a$ может быть только 1 (1 вариант), $c$ может быть 0 или 1 (2 варианта). Всего: $1 \times 2 = 2$ числа.
• Если $b=3$, $a \in \{1, 2\}$ (2 варианта), $c \in \{0, 1, 2\}$ (3 варианта). Всего: $2 \times 3 = 6$ чисел.
• Если $b=4$, $a \in \{1, 2, 3\}$ (3 варианта), $c \in \{0, 1, 2, 3\}$ (4 варианта). Всего: $3 \times 4 = 12$ чисел.
• Если $b=5$, $a \in \{1, 2, 3, 4\}$ (4 варианта), $c \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$ (5 вариантов). Всего: $4 \times 5 = 20$ чисел.
• Если $b=6$, $a \in \{1,...,5\}$ (5 вариантов), $c \in \{0,...,5\}$ (6 вариантов). Всего: $5 \times 6 = 30$ чисел.
• Если $b=7$, $a \in \{1,...,6\}$ (6 вариантов), $c \in \{0,...,6\}$ (7 вариантов). Всего: $6 \times 7 = 42$ числа.
• Если $b=8$, $a \in \{1,...,7\}$ (7 вариантов), $c \in \{0,...,7\}$ (8 вариантов). Всего: $7 \times 8 = 56$ чисел.
• Если $b=9$, $a \in \{1,...,8\}$ (8 вариантов), $c \in \{0,...,8\}$ (9 вариантов). Всего: $8 \times 9 = 72$ числа.

Общее количество чисел $N_1$ в этой группе равно сумме всех найденных значений:

$N_1 = 0 + 0 + 2 + 6 + 12 + 20 + 30 + 42 + 56 + 72 = 240$

Количество чисел, у которых вторая цифра меньше первой и третьей ($b < a$ и $b < c$)

Аналогично, будем перебирать все возможные значения для второй цифры $b$.

Для заданного $b$ первая цифра $a$ должна удовлетворять условиям $b < a \le 9$. Количество таких вариантов равно $9-b$.

Третья цифра $c$ должна удовлетворять условию $b < c \le 9$. Количество таких вариантов также равно $9-b$.

Таким образом, для каждого значения $b$ количество подходящих чисел равно $(9-b) \times (9-b) = (9-b)^2$. Просуммируем эти количества для всех возможных $b$.

• Если $b=0$, $a \in \{1,...,9\}$ (9 вариантов), $c \in \{1,...,9\}$ (9 вариантов). Всего: $9 \times 9 = 81$ число.
• Если $b=1$, $a \in \{2,...,9\}$ (8 вариантов), $c \in \{2,...,9\}$ (8 вариантов). Всего: $8 \times 8 = 64$ числа.
• Если $b=2$, $a \in \{3,...,9\}$ (7 вариантов), $c \in \{3,...,9\}$ (7 вариантов). Всего: $7 \times 7 = 49$ чисел.
• Если $b=3$, $a \in \{4,...,9\}$ (6 вариантов), $c \in \{4,...,9\}$ (6 вариантов). Всего: $6 \times 6 = 36$ чисел.
• Если $b=4$, $a \in \{5,...,9\}$ (5 вариантов), $c \in \{5,...,9\}$ (5 вариантов). Всего: $5 \times 5 = 25$ чисел.
• Если $b=5$, $a \in \{6,...,9\}$ (4 варианта), $c \in \{6,...,9\}$ (4 варианта). Всего: $4 \times 4 = 16$ чисел.
• Если $b=6$, $a \in \{7,8,9\}$ (3 варианта), $c \in \{7,8,9\}$ (3 варианта). Всего: $3 \times 3 = 9$ чисел.
• Если $b=7$, $a \in \{8,9\}$ (2 варианта), $c \in \{8,9\}$ (2 варианта). Всего: $2 \times 2 = 4$ числа.
• Если $b=8$, $a=9$ (1 вариант), $c=9$ (1 вариант). Всего: $1 \times 1 = 1$ число.
• Если $b=9$, то не существует цифр, больших 9. Количество чисел равно 0.

Общее количество чисел $N_2$ в этой группе равно сумме:

$N_2 = 81 + 64 + 49 + 36 + 25 + 16 + 9 + 4 + 1 = 285$

Сравнив полученные результаты, $N_1 = 240$ и $N_2 = 285$, мы видим, что $N_2 > N_1$.

Ответ: Трёхзначных чисел, у которых вторая цифра в десятичной записи меньше первой и третьей, больше.

2.17. Покажите, что множество точек прямой и множество точек окружности с «выколотой» точкой равномощны.

Два множества называются равномощными, если между их элементами можно установить взаимно-однозначное соответствие (биекцию). Чтобы доказать, что множество точек прямой и множество точек окружности с одной «выколотой» точкой равномощны, мы построим такую биекцию с помощью геометрического метода, известного как стереографическая проекция.

Рассмотрим координатную плоскость $Oxy$. Пусть прямая является осью абсцисс $Ox$, то есть множеством точек $L = \{(t, 0) | t \in \mathbb{R}\}$. В качестве окружности $C$ возьмем окружность радиусом $1$ с центром в точке $(0, 1)$. Уравнение такой окружности: $x^2 + (y-1)^2 = 1$. «Выколотой» точкой на окружности выберем ее самую верхнюю точку, «северный полюс», $N = (0, 2)$.

Теперь определим отображение $f$ из множества точек прямой $L$ в множество точек окружности без точки $N$, то есть $C \setminus \{N\}$. Для любой точки $P(t, 0)$ на прямой $L$ проведем прямую через $P$ и «северный полюс» $N$. Эта прямая пересечет окружность $C$ в двух точках: в самой точке $N$ и еще в одной точке $Q(x, y)$. Поставим в соответствие точке $P$ точку $Q$. Таким образом, $f(P) = Q$.

Покажем, что построенное отображение $f$ является биекцией.
1. Инъективность (разным точкам прямой соответствуют разные точки окружности). Пусть $P_1$ и $P_2$ — две разные точки на прямой $L$. Тогда прямые $NP_1$ и $NP_2$ — это две разные прямые, проходящие через точку $N$. Они пересекают окружность в точках $Q_1 = f(P_1)$ и $Q_2 = f(P_2)$ соответственно. Так как $Q_1$ и $Q_2$ лежат на разных прямых, они не могут совпадать. Значит, отображение инъективно.
2. Сюръективность (каждая точка окружности, кроме $N$, имеет свой прообраз на прямой). Возьмем любую точку $Q$ на окружности $C$, отличную от $N$. Проведем прямую через $N$ и $Q$. Поскольку $Q \neq N$, эта прямая не будет горизонтальной, а значит, она обязательно пересечет ось $Ox$ в некоторой единственной точке $P$. Эта точка $P$ и является прообразом точки $Q$, то есть $f(P) = Q$. Следовательно, отображение сюръективно.

Так как отображение $f$ является и инъективным, и сюръективным, оно является биекцией. Существование биекции между множеством точек прямой и множеством точек окружности с «выколотой» точкой доказывает, что эти множества равномощны.

Для полноты доказательства можно привести и аналитические формулы для этой биекции. Если точка на прямой имеет координаты $P(t,0)$, то соответствующая ей точка на окружности $Q(x,y)$ имеет координаты:$x = \frac{4t}{t^2+4}$, $y = \frac{2t^2}{t^2+4}$. Обратное отображение, ставящее в соответствие точке $Q(x,y)$ на окружности (где $y \neq 2$) точку $P(t,0)$ на прямой, задается формулой:$t = \frac{2x}{2-y}$. Наличие этих взаимно-обратных отображений является строгим доказательством биекции.

Ответ: Множество точек прямой и множество точек окружности с «выколотой» точкой равномощны, поскольку между ними существует взаимно-однозначное соответствие (биекция), которое можно задать, например, с помощью стереографической проекции.

2.18. На окружности отметили 100 точек: $A_1, A_2, ..., A_{100}$. Каких многоугольников с вершинами в отмеченных точках больше: тех, в которых точка $A_1$ является вершиной, или тех, в которых точка $A_1$ не является вершиной?

Для ответа на этот вопрос разделим все возможные многоугольники, которые можно построить на данных 100 точках, на две группы и сравним их количество.

Многоугольники, в которых точка $A_1$ является вершиной

Пусть $N_1$ — это количество многоугольников, у которых точка $A_1$ является вершиной. Любой многоугольник должен иметь не менее 3 вершин. Так как одна вершина ($A_1$) уже зафиксирована, нам необходимо выбрать еще как минимум 2 вершины из оставшихся 99 точек ($A_2, A_3, \dots, A_{100}$).

Число способов выбрать $k$ дополнительных вершин из 99 равно числу сочетаний $C_{99}^k = \binom{99}{k}$. Мы можем выбрать от 2 до 99 дополнительных вершин. Таким образом, общее число таких многоугольников равно сумме:

$N_1 = \binom{99}{2} + \binom{99}{3} + \binom{99}{4} + \dots + \binom{99}{99}$

Здесь $\binom{99}{2}$ — это количество треугольников с вершиной $A_1$, $\binom{99}{3}$ — количество четырехугольников с вершиной $A_1$, и так далее.

Многоугольники, в которых точка $A_1$ не является вершиной

Пусть $N_2$ — это количество многоугольников, у которых точка $A_1$ не является вершиной. Все вершины таких многоугольников должны быть выбраны из множества оставшихся 99 точек $\{A_2, A_3, \dots, A_{100}\}$.

Для построения многоугольника из этого набора точек необходимо выбрать не менее 3 вершин. Общее число таких многоугольников равно сумме:

$N_2 = \binom{99}{3} + \binom{99}{4} + \dots + \binom{99}{99}$

Здесь $\binom{99}{3}$ — это количество треугольников, построенных на точках $\{A_2, \dots, A_{100}\}$, $\binom{99}{4}$ — количество четырехугольников, и так далее.

Сравнивая два полученных выражения для $N_1$ и $N_2$, мы видим, что:

$N_1 = \binom{99}{2} + \left( \binom{99}{3} + \binom{99}{4} + \dots + \binom{99}{99} \right)$

То есть, $N_1 = \binom{99}{2} + N_2$.

Поскольку число сочетаний $\binom{99}{2} = \frac{99 \cdot 98}{2} = 4851$ является положительным числом, то $N_1 > N_2$. Это означает, что многоугольников, содержащих точку $A_1$ в качестве вершины, больше, чем многоугольников, которые ее не содержат.

Ответ: Многоугольников, в которых точка $A_1$ является вершиной, больше.