miércoles, 3 de junio de 2015
Hay cuatro piedras en distintos puntos látice del plano cartesiano. Dos de las piedras son azules. Se vale elegir cualesquiera dos de esas cuatro piedras y desplazar una tercera (distinta) por el vector determinado por las primeras dos. ¿Será siempre posible lograr que las piedras azules esten en el mismo punto latice despues de una cantidad finita de movimientos?
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1 comentario:
NOTA Importante: Por el teorema de Pick, el área de cualquier figura determinada por puntos látice pertence a $ M=\{ n/2 : n \in \mathbb{N}_0 \} $.
Solución: Supongamos que nunca podemos lograr que las piedras formen un paralelogramo. Para una configuración de 4 piedras $C$, consideremos el conjunto de las áreas de los triángulos determinados por 3 de las 4 piedras, y sea $f(C)$ el mínimo elemento del conjunto, con $f(C) \in M$.
Sea $C_0$ la configuración inicial y $D_0=f(C_0)$. Sean $X_0,Y_0,Z_0$ las 3 piedras que determinan el triángulo de menor área en $C_0$, y $W_0$ la cuarta piedra. Consideremos la sublatíz del plano con origen en $W_0$ y con vectores $X_0Y_0$ y $X_0Z_0$. Podemos mover $W_0$ a cualquier vértice de esta sublatíz.
Si consideramos el paralelogramo $X_0Y_0X^{\text{prima}}Z_0$, observemos que podemos lograr que $W_0$ caiga aquí. Pero no se formará un paralelogramo. Entonces $(Y_0Z_0W_0) < (Y_0Z_0X_0) $. Sea la nueva configuración $C_1$ y $D_1=f(C_1)$, se observa que $D_1D_1>D_2>...$, y por descenso infinito, como no hay secuencia de elementos de $M$ descendiente infinita, eventualmente pararé. En este momento las piedras formarán un paralelogramo.
Sea $ AB || CD, AD || BC $ el paralelogramo. Si las azules forman un lado del paralelogramo, claramente gané. De lo contrario, sean SPDG $A,C$ azules. Podemos mover $C$ al punto donde está $D$ con el vector $BA$. Luego, podemos mover $C$ al punto donde está $A$ con el vector $DA$.
Ya gané.
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