Interesante problema desde el 2000 San Petersburgo escolar de la olimpíada.
Hay 109 soldados en un campamento. Cada noche, tres de ellos van en el reloj de la patrulla. Demostrar que puede ser colocado de manera que después de un tiempo, cada par de soldados ha compartido reloj exactamente tres veces.
Creo que me estoy perdiendo la idea clave aquí.
Yo creo que el siguiente hace el truco y que el $109$ es realmente un arenque rojo, y que el problema tiene una solución para cada uno de los impares $n \ge 3.$
Supongamos $n=2m+1$ y considerar los triples $(i,i+j,i+2j)$ donde $i=1,2,3,\ldots,(2m+1)$ $j=1,2,3,\ldots, m.$ se puede construir una $(2m+1) \times m $ matriz de triples, con $(i,i+j,i+2j)$ $i$th fila y $j$ésima columna. Trabajamos modulo $2m+1.$
Por ejemplo, he aquí una solución para $n=9.$
$$\begin{array} {cccc} (1,2,3) & (1,3,5) & (1,4,7) & (1,5,9) \\ (2,3,4) & (2,4,6) & (2,5,8) & (2,6,1) \\ (3,4,5) & (3,5,7) & (3,6,9) & (3,7,2) \\ (4,5,6) & (4,6,8) & (4,7,1) & (4,8,3) \\ (5,6,7) & (5,7,9) & (5,8,2) & (5,9,4) \\ (6,7,8) & (6,8,1) & (6,9,3) & (6,1,5) \\ (7,8,9) & (7,9,2) & (7,1,4) & (7,2,6) \\ (8,9,1) & (8,1,3) & (8,2,5) & (8,3,7) \\ (9,1,2) & (9,2,4) & (9,3,6) & (9,4,8) \end{array}$$
El número de tripletas = $m(2m+1)= { 2m+1 \choose m } = $ el número de los distintos pares de números enteros en $S= \{ 1,2,3,\ldots,2m+1 \} $ y todos los triples son únicos, donde el orden de los elementos es tomado en cuenta. (Por suponga $(x,y,z)$ está en nuestra matriz, $x=i,y=i+j$ $z=i+2j$ algunos $i,j$ y por lo tanto si $x<y$ este triple es en el $x$th fila y $(y-x)$ésima columna, y si $x>y$ es en el $x$th fila y $(y-x + 2m+1)$ésima columna. Por lo que su posición está determinada únicamente por sus elementos.
Por otra parte, si $(x,y,z)=(i,i+j,i+2j)$ está en la matriz, a continuación, ninguno de $(x,z,y),(z,y,x)$ $(y,x,z)$ puede estar en la matriz, por si una de las posiciones de los elementos fijos de los últimos tres triples no obedecen la regla de construcción, que sus elementos aumentar por $j,$ ya que sabemos que $x,$ $y$ y $z$ aumentar $j.$
Ahora consideremos un par de enteros $(a,b),$ que aparece en un determinado triple, $(a,b,c)$. No puede existir otro triple de la matriz $(a,b,d),$ decir, con $c \ne d$ desde $c$ está determinada únicamente por $a$ $b.$
El par $(a,b)$ no puede aparecer en más de tres triples, en cualquier orden (ya hemos señalado que no podemos tener tanto en $(a,b,c)$ $(b,a,c)$ por lo tanto los tres y no seis), ya que el resto de elemento está determinada únicamente por $a$ $b.$ sin Embargo, no puede aparecer en menos de tres triples, ya que el número de tripletas es igual al número de pares de números enteros en distintos $S,$ , por lo que esto significaría que otro par debe aparecer en más de tres triples, una contradicción.
Así pues, tenemos una solución para cualquier extraño $n \ge 3.$
De modo que una solución para $n=11$ es:
$$\begin{array} {ccccc} (1,2,3) & (1,3,5) & (1,4,7) & (1,5,9) & (1,6,11) \\ (2,3,4) & (2,4,6) & (2,5,8) & (2,6,10) & (2,7,1)\\ (3,4,5) & (3,5,7) & (3,6,9) & (3,7,11) & (3,8,2) \\ (4,5,6) & (4,6,8) & (4,7,10) & (4,8,1) & (4,9,3) \\ (5,6,7) & (5,7,9) & (5,8,11) & (5,9,2) & (5,10,4) \\ (6,7,8) & (6,8,10) & (6,9,1) & (6,10,3) & (6,11,5) \\ (7,8,9) & (7,9,11) & (7,10,2) & (7,11,4) & (7,1,6) \\ (8,9,10) & (8,10,1) & (8,11,3) & (8,1,5) & (8,2,7) \\ (9,10,11) & (9,11,2) & (9,1,4) & (9,2,6) & (9,3,8) \\ (10,11,1) & (10,1,3) & (10,2,5) & (10,3,7) & (10,4,9) \\ (11,1,2) & (11,2,4) & (11,3,6) & (11,4,8) & (11,5,10) \end{array}$$
Tenga en cuenta que no lo estoy usando Steiner triples, como $11 \ne 6k+1$ o $6k+3.$
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