IMO 2015 - 1

[Nemo]

Sperando di fare cosa gradita (e anche di ridimensionare il probabile esodo verso AoPS ), ripropongo qui [una traduzione dei testi de] i problemi che i Sei Virtuosi hanno affrontato oggi.

Ecco il primo.
Diciamo che un insieme finito $\mathcal{S}$ di punti nel piano è equilibrato se, per due qualsiasi punti distinti $A$ e $B$ in $\mathcal{S}$, esiste un punto $C$ in $\mathcal{S}$ tale che $AC=BC$.
Diciamo che $\mathcal{S}$ è eccentrico se, per tre qualsiasi punti distinti $A$, $B$ e $C$ in $\mathcal{S}$, non esiste alcun punto $P$ in $\mathcal{S}$ tale che $PA=PB=PC$.
(a) Mostrare che per tutti gli interi $n\ge 3$ esiste un insieme equilibrato costituito da esattamente $n$ punti.
(b) Determinare tutti gli interi $n\ge 3$ per i quali esiste un insieme equilibrato ed eccentrico costituito da esattamente $n$ punti.

Andrà in Combinatoria?

[Rho33]

Mi sembra combinatoria geometrica quindi in realtà la sezione è un pochetto ambigua

[AlexThirty]

Una domanda:
Nel punto 2 pensavo al fatto che, se ho tre punti distinti in S, l'unico caso in cui l'insieme non è eccentrico è quello in cui ho anche il centro della circonferenza passante per i tre punti che appartiene a S.
O sbaglio?

[MATHia]

Non mi sembra sia così.
Se ho capito bene, tu intendi che un insieme $\mathcal{S}$ non è eccentrico se e solo se per ogni terna di punti anche il centro della circoscritta appartiene a $\mathcal{S}$, mentre se non sbaglio, un insieme $\mathcal{S}$ non è eccentrico se e solo se esistono almeno tre punti distinti $A$, $B$, $C$ in $\mathcal{S}$ tali che esista $P\in\mathcal{S}$ che soddisfi $AP=BP=CP$.
Dovrebbe bastare che valga per una terna di punti, non per ogni (a patto che io abbia capito giusto il testo ).

[AlexThirty]

Giusto! Errore mio

[Draco76]

Problema troppo facile per le IMO, come si fa a non farlo!

[6frusciante9]

Punto a

Testo nascosto:

Per $ n $ dispari prendiamo un $ n $-egano regolare . Dunque presi due vertici a piacere il punto equidistante é il punto medio di uno dei due archi determinati dai nostri due punti sulla circoscritta al poligono , essendo $ n $ dispari questo punto é sicuramente un vertice.
Per $ n=4 $ prendiamo una circonferenza $ \omega $ il suo centro $O$ e tre punti $A,B,C$ su $ \omega $ tali che $AOB,BOC$ siano equilateri e chiaramente questa configurazione funziona .
Ora dimostriamo che si può passare da $n$ a $n+2$ con $n$ pari : data la configurazione con $ n $ punti prendiamo sulla nostra circonferenza $2$ punti a caso $A,B$ tali che $AOB$ é equilatero e chiaramente la configurazione funziona ancora ...