Agora que analisei melhor. Falta ajustar alguns pontos, mas a linha está correta. Entendi o porquê dos 37 pontos. Com 37=3*12+1 pontos eu garanto que existem 13 pontos com as primeiras coordenadas todas côngruas mod3, com esses 13=3*4+1 pontos eu garanto que existem 5 pontos com as segundas coordenadas côngruas mod3. Lembrando que a as primeiras desse 5 pontos também o são. Agora tenho 5 valores para 3a coordenada para escolher 3 que somadas dê 0 mod3. É fácil ver que ou há 3 coordenadas côngruas mod3 ou há pelo menos uma coordenada cõngrua de cada valor, 0, 1 e 2 mod3. Logo é possível ter pelo menos um triângulo com as coordenadas do baricentro inteiras.
Em seg., 5 de mai. de 2025, 11:33, Pedro José <[email protected]> escreveu: > 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.
