Sea [math]S un conjunto finito de puntos de una recta con la siguiente propiedad: si [math]P y [math]Q son dos puntos de [math]S, entonces hay un punto [math]R en [math]S tal que o bien [math]R es el punto medio de [math]PQ, o bien [math]Q es el punto medio de [math]PR, o bien [math]P es el punto medio de [math]QR. Determinar el máximo número de puntos que puede tener el conjunto [math]S.
Supongamos que tenemos el conjunto de puntos y los extremos son [math]A=0 y [math]B=1
Ahora es claro que el punto [math]C=\frac{1}{2} debe estar marcado.
Marcamos [math]D=\frac{1}{3} y [math]E=\frac{2}{3} es claro que el conjunto de puntos [math]\{A;B;C;D;E\} es valido y tiene [math]5 elementos.
Ahora supongamos que tenemos un punto [math]X_1 distinto de los anteriores...
Sin perdida de generalidad supongamos que esta en el segmento [math]AC
Separemos en dos casos:
Caso 1: [math]X_1 \in AD
Tengo que [math]X_1B > \frac{1}{2} luego es necesario marcar el punto medio de [math]X_1B que será [math]X_2
Es sencillo notar que [math]0< AX_1 < AD = \frac{1}{3}
Entonces veamos que [math]AX_2=AX_1+\frac{1-AX_1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{AX_1}{2}
Luego [math]\frac{1}{2} <AX_2 < \frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{2}{3}
Luego [math]X_2 \in CE
Analogamente debe estar el punto medio de [math]AX_2, con desigualdades se ve facilmente que esta en [math]AD.
Repitiendo esta secuencia tenemos que los puntos [math]X_{2k+1} estan en [math]AD y los punto [math]X_{2k} estan en [math]CE
Vamos a ver ahora que [math]AX_3=\frac{1+AX_1}{4} y que claramente [math]AX_3>AX_1 si y solo si [math]\frac{1+AX_1}{4}>AX_1 \iff AX_1 \leq \frac{1}{3} lo cual es cierto.
Inductivamente se ve que [math]X_{2k+1}<X_{2k+3} para todo [math]k y por lo tanto [math]X_{2k}<X_{2k+2}
Ya que [math]BX_{2k+1}>BX_{2k+3} y por ende [math]BX_{2k+2}=\frac{1}{2}BX_{2k+1}>\frac{1}{2}BX_{2k+3}= BX_{2k+4}
Luego todos los puntos que se van generando son distintos y se encuentran o en [math]AD (los impares) o en [math]CE (los pares) y estariamos necesitando de infinitos pasos y por ende de infinitos puntos. ABSURDO.
Caso 2: [math]x_1 \in DC
Luego claramente como [math]AX_1> \frac{1}{3} entonces [math]BX_2 < \frac{1}{3} y pertence a [math]EB... Inductivamente demostramos que [math]X_{2k+1} \in CD y [math]X_{2k+2} \in BE para todo [math]k nonegativo.
Ademas notemos que [math]AX_{2k+4}=\frac{1+AX_{2k+2}}{4} y por lo tanto [math]AX_{2k+4}=\frac{1+AX_{2k+2}}{4}<AX_{2k+2} \iff AX_{2k+2} > \frac{1}{3} y por lo tanto tenemos la afirmación probada.
Analogamente al caso anterior necesitamos siempre un punto distinto a todos los marcados implicando la existencia de infinitos pasos y por lo tanto infinitos puntos. ABSURDO
La condición se traduce en que dados $n$ reales, siempre que tomemos $3$ de ellos, estarán en progresión aritmética.
Hay $\binom{n}{3}$ maneras de seleccionar $3$ números.
Como a cada una de estas le corresponde un punto medio del segmento, por palomar hay un punto que es el punto medio de al menos $\left \lceil \frac{\binom{n}{3}}{n}\right \rceil$ tríos.
Sea este punto $p$, si $p$ es el punto medio de $(a_i, a_j)$ y $(a_i, a_w)$ con $a_j ≠ a_w$ tenemos que:
$p = \frac{a_i + a_j}{2} = \frac{a_i + a_w}{2}$
$a_j = a_w$
Absurdo.
Esto quiere decir que cualquier punto $a_i ≠ p$ pertenece a lo sumo a una única pareja tal que $p$ es punto medio de $(a_i, a_j)$
Luego $p$ es el punto medio de a lo sumo $\left \lfloor \frac{n-1}{2}\right \rfloor$ trios.
Es decir:
$\frac{(n-1)(n-2)}{6} \leq \left \lceil \frac{\binom{n}{3}}{n}\right \rceil \leq \left \lfloor \frac{n-1}{2}\right \rfloor \leq \frac{n}{2}$
$n^2 - 6n + 2 \leq 0$
Que se satisface únicamente para $n \leq 5$.
Y el ejemplo con $n=5$ es el de arriba.
