Bom dia! Faltou a proposição: P<>(0,0,0) e W<>(0,0,0) ==> C(P+W)<>P e C(P+W)<>W, para o caso (i) (,0,0,0) não está na lista dos 15 pontos. Nós temos que garantir para o lema que o complemento do par que queremos não esteja no próprio par, pois poderá não haver disponibilidade.
Em seg., 5 de mai. de 2025 às 09:27, Pedro José <[email protected]> escreveu: > Bom dia, colendos e doutos colegas da lista! > Recebi de um amigo um problema da IMO, (longlist IMO 1977 - Romênia) Dados > 37 pontos no espaço com coordenadas inteiras, prove que pelo menos um dos > triângulos formados por três desses pontos possui o baricentro com > coordenadas inteiras. > Já achei um descuido enorme da banca não restringir, sendo que não existem > três pontos colineares. Caso contrário podemos ter uma infinidade de pontos > sem formar um triângulo, quanto mais ter o baricentro com coordenadas > inteiras. E.g,. k(a,b,c) sendo k, a, b, c E Z. > Um outro ponto é que minha solução apontou apenas para necessidade de 29 > pontos e o problema propõe 37, fiquei em dúvida se minha solução está > correta. Vamos à solução: > Sejam as coordenadas representadas em mod3, onde os ternos sem a vírgula, > na base 3 representam números de 0 a 26 ou seja A={(0,0,0), (0,01),(0,02), > (0,1,0),..., (2,2,0), (2,21), (2,2,2)}, essas são as casas dos pombos. > Seja P(x1,x2,x3), o complemento de P, representado por C(P)=(w1,w2,w3) | > x1+w1=x2+w2=x3+w3=0 mod3; onde o igual substitui o sinal de congruência, > devido a dificuldade de edição. > P(x1,x2,x3)=W(w1,w2,w3) mod3 se x1=w1 mod3, x2=w2 mod3 e x3=w3 mod3. > Proposições: > a) Sejam P1<> (0,0,0) mod3 e P2<> (0,0,0) mod3; P1<>P2 mod3 ==> P1+P2<>P1 > mod3 e P1+P2<>P2mod3 > b) P1<>P2 ==> C(P1) <>C(P2); > Não vou mostrar pois é simples. > Nosso alvo é ter 3 pontos P1(x1,y1,z1); P2(x2,y2,z2, P3(x3,y3,z3) | > C(P1+P2)=P3. Note que P1=P2=P3 mod3 é um caso particular dessa condição. > Lema: Se existem pelo menos 15 pontos distintos (não côngruos mod3) do > conjunto A entre os pontos do espaço então existe pelo menos um triângulo, > cujas coordenadas do baricentro são inteiras. > (i) Primeiro caso: (,0,0,0) não está na lista dos 15 pontos. > então formamos 14 pares de pontos, [P1,P2], [P1,P3], [P1,P4]...[P1,P14], > [P1,P15] onde as somas dos pares são todas não côngruas mod3, duas a duas. > logo, basta que encontremos apenas um complemento de uma das somas que > teremos um triângulo com o baricentro tendo suas coordenadas inteiras. Mas > como temos 14 somas diferentes, temos 14 complementos diferentes a serem > procurados. Uma vez que há 15 pontos distintos entre os pontos do espaço, > só há 12 pontos distintos que não estão relacionados. Como são 14 > complementos distintos e só há chance de 12 não estarem selecionados, então > há pelo menos um triângulo desejado. > (ii) Segundo caso (0,0,0) está lista dos 15 pontos. Logo vou chamá lo de > P1 e temos [P1,P2], [P1,P3], [P1,P4]...[P1,P14], [P1,P1], logo as somas > darão P2, P3, P4,...,P13, P14, P15 todos distintos > Logo temos 14 pares esperando por apenas um complemento. Como C(P)<>P , > P<>0 mod3 e só temos 12 pontos para que sejam os complementos, logicamente > há pelo menos um complemento entre os 15 pontos e há como se formar um > triângulo, como desejado. > Caso eu tenha 29 pontos para não escolher 15 pontos diferentes eu tenho de > escolher 14 pontos distintos repetindo-os 1 vez, ou seja, cada casa de > pombos terá dois pontos. Aí, no 29o, não há para onde correr, ou se > posiciona três pontos em uma mesma casa está gerado um triângulo com > baricentro de coordenadas inteiras, ou se escolhe um ponto distinto e > teremos um triângulo com o baricentro de coordenadas inteiras, fulcrado no > lema acima. > Essa solução está correta? > > A propósito, o número 15 surgiu de tendo n pontos distintos, podemos gerar > n-1 pares distintos, com a soma de seus componentes distintas. Portanto > teríamos que ter n-1 complementos, e se n-1>27-n, está solucionado ...2n>28 > ==> n>14, como nE Z n>=15. > Outro ponto, alguém possui o caminho da solução oficial? > > Cordialmente, > PJMS. > > -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
