Seminario de problemas-Bachillerato. Curso 2012-13. Hoja 8 40. ¿Se puede dibujar un tri´angulo equil´atero que tenga los tres v´ertices sobre puntos de una malla cuadrada? ¿Qu´e pol´ıgonos regulares se pueden dibujar con todos los v´ertices en puntos de una malla cuadrada? ¿Se puede dibujar un cuadrado con los cuatro v´ertices sobre puntos de una malla triangular equil´atera? ¿Qu´e pol´ıgonos regulares se pueden dibujar con todos los v´ertices en puntos de una malla triangular equil´atera? (Estas mallas son como las de las figuras, pero se entiende que se pueden extender hasta el infinito.)

Soluci´on. En la malla cuadrada: (a) No se puede dibujar un tri´angulo equil´atero con los tres v´ertices en puntos de la malla. Demostraci´on. Supongamos que se pudiera dibujar uno. Entonces, por un lado, el ´area ∆ del tri´angulo ser´ıa un n´ umero racional, ya que calcul´andola por ejemplo con la f´ ormula de Pick, si la unidad de ´area es el ´area del menor cuadrado de la malla, ∆=i+

b − 1, 2

donde i, el n´ umero de puntos de malla interiores al tri´angulo, y b, el n´ umero de puntos de malla en el borde del tri´angulo incluidos los v´ertices, son n´ umeros enteros. 1 x1 y 1 (Tambi´en se podr´ıa razonar esto utilizando la f´ormula ∆ = 12 1 x2 y2 siendo (xi , yi ) 1 x3 y 3 las coordenadas (enteras) de los tres v´ertices). Pero, por otro lado, si la longitud del lado del tri´angulo (en unidades de longitud de malla) es `, el ´area del tri´angulo es √ `2 3 ∆= , 4 donde, si (x1 , y1 ) y (x2 , y2 ) son las coordenadas de malla de dos v´ertices del tri´angulo, `2 = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 es un n´ umero entero, luego ∆ es un n´ umero irracional, contradicci´on. (b) El u ´nico pol´ıgono regular que se puede dibujar con todos los v´ertices en puntos de la malla es el cuadrado. 1

Demostraci´on. (b.1) No hay hex´agonos regulares: si hubiera uno, sean A1 , A2 , A3 tres v´ertices consecu−−−→ → → tivos. El vector − u = A2 A3 es un vector de la malla y por tanto el punto B = A1 + − u que completa un rombo con A1 , A2 y A3 , es un punto de la malla y el 4A1 A2 B ser´ıa un tri´angulo equil´atero con v´ertices en la malla, absurdo. (b.2) Sea n > 6 fijo; no hay n-gonos regulares: si hubiera alguno, sean A1 , A2 , A3 tres v´ertices consecutivos del n-gono de lado m´as peque˜ no posible. Completando un rombo A1 A2 A3 B2 , el punto B2 ser´a un punto de la malla. Adem´as, B2 est´a en la recta que une A2 con el centro O del n-gono, ya que A2 B2 es bisectriz del ∠A1 A2 A3 . Si ` es es lado del n-gono y r su circunradio, se tiene ` < r porque n > 6. Luego B2 est´a en el segmento entre O y A2 .

Al hacer esto para cada terna de v´ertices consecutivos resulta un n-gono regular (Bi ) de menor ´area que el (Ai ) y por lo tanto de menor lado, absurdo. (b.3) No hay pent´agonos regulares: si hubiera uno, con la construcci´on anterior para n = 5 tambi´en resulta un pent´agono regular m´as peque˜ no, en este caso invertido respecto del original, porque O pertenece en cada caso al segmento Ai Bi .

En la malla triangular equil´ atera: (c) No se puede dibujar un cuadrado con los cuatro v´ertices en puntos de la malla. Demostraci´on. Supongamos que se pudiera dibujar uno. Tomando como unidad de ´area el ´area del menor tri´angulo equil´atero de la malla, la f´ ormula de Pick para esta malla da el ´area de cualquier 2

pol´ıgono con v´ertices en la malla con la cuenta 2i + b − 2, donde i es el n´ umero de puntos de malla interiores, y b es el n´ umero de puntos de malla en el borde del pol´ıgono, incluidos los v´ertices. Entonces, por un lado, el ´area  del cuadrado as´ı calculada ser´ıa un n´ umero entero. Por otro lado, si la unidad de longitud es la longitud del menor segmento de malla, el cuadrado de la distancia d entre dos puntos de la malla (0, 0) y (a, b) es, por el teorema del coseno, d2 = a2 + b2 + 2ab cos(π/3) = a2 + b2 + ab. Y el ´area de un cuadrado de lado ` es `2 · ahora √43 ). Entonces tendr´ıamos

√4 3

(ya que el ´area de un cuadrado de lado 1 es

4  = `2 √ , 3

donde, si (x1 , y1 ) y (x2 , y2 ) son las coordenadas de malla de dos v´ertices consecutivos del cuadrado, `2 = (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (x1 − x2 )(y1 − y2 ) es un n´ umero entero, as´ı que  ser´ıa un n´ umero irracional, contradicci´on. (d) Los u ´nicos pol´ıgonos regulares que se pueden dibujar en una malla triangular equil´atera son tri´angulos equil´ateros y hex´agonos: Sirve una demostraci´on ahora completamente similar a la hecha para la malla cuadrada, pues la traslaci´on por un vector cualquiera definido por dos puntos de la malla conserva la malla. 41. Demuestra que si a, b y c son n´ umeros reales positivos, se cumple la desigualdad (a2 b + b2 c + c2 a)(ab2 + bc2 + ca2 ) ≥ 9a2 b2 c2 . Soluci´ on 1. Aplicando la desigualdad AM-GM a los t´erminos de cada factor, se obtiene √ √ 3 3 (a2 b + b2 c + c2 a)(ab2 + bc2 + ca2 ) ≥ (3 a3 b3 c3 )(3 a3 b3 c3 ) = 9a2 b2 c2 . Soluci´ on 2. Reordenando los t´erminos de cada factor y aplicando la desigualdad de Cauchy–Schwarz, √ √ √ (a2 b + b2 c + c2 a)(ab2 + bc2 + ca2 ) ≥ ( a2 b2 c2 + a2 b2 c2 + a2 b2 c2 )2 = 9a2 b2 c2 . Soluci´ on 3. Desarrollando el t´ermino de la izquierda de la desigualdad, y aplicando la desigualdad AM-GM, se obtiene (a2 b + b2 c + c2 a)(ab2 + bc2 + ca2 ) = a3 b3 + a2 b2 c2 + a4 bc + ab4 c + b3 c3 + a2 b2 c2 √ 9 + a2 b2 c2 + abc4 + a3 c3 ≥ 9 a18 b18 c18 = 9a2 b2 c2 . 42. Halla las soluciones enteras de la ecuaci´on x + y = x2 − xy + y 2 . 3

Soluci´on. Pongamos x + y = a; sustituyamos a la derecha y = a − x. a = x2 − x(a − x) + (a − x)2 , a = x2 − ax + x2 + a2 − 2ax + x2 , 3x2 − 3ax + a2 − a = 0, que tratada como ecuaci´on de 2◦ grado en x permite despejar p √ x = 61 (3a ± 12a − 3a2 ) = 16 (3a ± 3a(4 − a)). Para que x tenga valores enteros el discriminante 3a(4−a) debe ser no negativo y cuadrado perfecto. Para que sea no negativo, debe ser a ∈ [0, 4], y los u ´nicos valores enteros de a en este intervalo para los cuales 3a(4 − a) =  son a = 0, 1, 3 y 4. Sustituyendo estos valores de a resultan las siguientes soluciones enteras de la ecuaci´on (que son todas): a = 0, x = 0, y = 0 a = 1,

x = 1,

y = 0;

x = 0,

y = 1;

a = 3,

x = 2,

y = 1;

x = 1,

y = 2;

a = 4,

x = 2,

y = 2.

49. Sea n ≥ 2. Prueba la desigualdad 1 1 1 1 + + ... + 2 < 1 − √ . n 2n 3n n n Soluci´ on. Utilizando la desigualdad entre las medias aritm´etica y geom´etrica de n n´ umeros positivos (GM ≤ AM ) obtenemos la siguiente desigualdad que es equivalente a la dada:     1 1 1 1 1 1 1− + + ... + 2 = 1 + 1 − + ... + 1 − 2n 3n n n 2 n r 12 n−1 1 n ··· = √ . > 1 n 23 n n 50. Prueba que al pintar de rojo 53 de los puntos de una malla cuadrada de 13 × 13 puntos, siempre va a haber un rect´angulo de lados paralelos a los ejes de la malla con los cuatro v´ertices rojos. Soluci´ on. Suponer que se pintan de rojo ai puntos de la fila i (i = 1, 2, . . . , 13); se tiene

13 X

ai = 53.

i=1

En la malla hay un total de

13 2




= 78 parejas de columnas. Cada pareja de puntos rojos 13 X
ai de una misma fila da un total de parejas de columnas que vamos a decir que 2 i=1

4

est´an “marcadas de rojo”. Una fila podr´ıa tener como m´aximo sus trece puntos rojos, y eso marcar´ıa de rojo como m´aximo las 78 parejas de columnas que hay. Si pudi´eramos demostrar que siempre va a ocurrir que 13   X ai i=1

2

> 78,

(1)

entonces por el principio del palomar habr´a al menos una misma pareja de columnas de la malla que est´a doblemente marcada de rojo por dos parejas de puntos rojos que est´an (cada una de estas parejas) en dos filas distintas, y as´ı estas dos parejas de puntos conforman los cuatro v´ertices rojos de un rect´angulo de lados paralelos a los ejes de la malla y habremos terminado. La desigualdad (1) equivale sucesivamente a 13 X

ai (ai − 1) > 156,

i=1 13 X

a2i >

i=1

13 X

ai + 156 = 53 + 156 = 209.

i=1

Pero aplicando, por ejemplo,
la desigualdad entre las medias cuadr´atica y aritm´etica de 2 los ai (es decir, que A2 ≥ A ), se tiene 13 1X

3

a2i

i=1

≥

13 1 X ai 13 i=1

!2 =

 53 2 13

,

es decir, 13 X i=1

a2i ≥

532 > 4 · 53 = 212 > 209, 13

y hemos terminado.

5