Conjunto $S$ tiene una propiedad que permite a los números reales para formar una progresión aritmética. Demostrar que $| S |\leq5$

Question

Supongamos $S$ es un conjunto finito de números reales con la siguiente propiedad: para cualquier $a,b \in S$ existe $c \in S$ tal que $a,b,c$ forma de una progresión aritmética en un cierto orden.

Demostrar que $| S |\leq5$.

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Estoy luchando para encontrar ejemplos en los que trabaja.

He encontrado un ejemplo muy simple de $\{1,2,3\}$. Traté de resolver el contrapositivo pero que parecía complicar las cosas aún más. ¿Cómo se debe iniciar cuando va a resolver esto?

Answer 1

Deje $S$ ser un conjunto con $|S|>1$. Como la propiedad de $S$ es invariante bajo la traslación y escalado, podemos suponer que wlog. que $\min S=-1$, $\max S=1$. Para cada positivos $x\in S$ debemos tener $\frac{x-1}2\in S$ a fin de formar una progresión que contengan $-1$$x$. Por cada negativo $x\in S$ debemos tener $\frac{x+1}2\in S$ a fin de formar una progresión que contengan $1$$x$. Podemos resumir esto como $$0\ne x\in S\implies f(x) \in S $$ donde $$f(x)=\frac{x-\operatorname{sgn}(x)}{2}.$$ En particular, $0\in S$.

Tenga en cuenta que $f$ restringido a $(0,1)$ es un inyectiva mapa de $(0,1)\to(-1,0)$; de igual manera es un inyectiva mapa de $(-1,0)\to (0,1)$, por lo tanto, un inyectiva mapa de $(-1,0)\cup(0,1)$ a sí mismo. Pero $f$ también mapas de $S\to S$. Por lo tanto, si dejamos $T=S\setminus\{-1,0,1\}$ $f$ es un inyectiva mapa de $T\to T$. Llegamos a la conclusión de que $f$ es bijective, y así es $f\circ f$. En particular, para cualquier $x_0\in T$, la secuencia definida recursivamente por $x_{n+1}=f(f(x_n))$ debe ser periódica. Si $x>0$ $$f(f(x))=f(\tfrac{x-1}{2})=\frac{\tfrac{x-1}{2}+1}{2}=\frac{x+1}{4}$$ Así, por $x_0>0$ la secuencia de $(x_n)$ converge al único punto fijo de $x=\frac{x+1}{4}$, es decir, $x_n\to \frac13$. Convergente periódica de la secuencia debe ser constante, de donde $x_0=\frac13$. Del mismo modo, para $x<0$ tenemos $f(f(x))=\frac{x-1}4$ y a la conclusión de que el único elemento negativo de $T$$-\frac13$. De ello se desprende que $S\subseteq \left\{-1,-\frac13,0,\frac13,1\right\} $ o (deshaciendo la normalización en el principio) $$S\subseteq \left\{a-3d,a-d,a,a+d,a+3d\right\} $$ con $a\in\Bbb R$$d>0$.

Observación. Retomando el argumento anterior, sólo hay las siguientes posibilidades (en particular, $|S|$ ni $2$ ni $4$): $$\begin{align}S&=\emptyset\\ S&=\{a\}\\ S&=\{a-d,a,a+d\}\\ S&=\{a-3d,a-d,a,a+d,a+3d\}\end{align} $$ con $a\in\Bbb R$, $d>0$.