Seminario de problemas. Curso 2015-16. Hoja 9 49. Alberto, Bernardo y Carla se han conocido en una red social. Ellos preguntan a Carla cu´ando es su cumplea˜ nos; en lugar de responderles directamente, ella decide ponerles un problema. Para ello les da una lista con diez posibles fechas: 15, 16 y 19 de mayo, 17 y 18 de junio, 14 y 16 de julio, 14, 15 y 17 de agosto. Despu´es, Carla les dice por separado a Alberto y a Bernardo el mes y el d´ıa de su cumplea˜ nos, respectivamente. Entonces Alberto se˜ nala: ((No s´e cu´ando es el cumplea˜ nos de Carla, pero s´e que Bernardo tampoco lo sabe)). A lo que Bernardo responde: ((Al principio no sab´ıa cu´ando era el cumplea˜ nos de Carla, pero ahora ya lo s´e)). Alberto reflexiona y concluye: ((Entonces yo tambi´en s´e cu´ando es su cumplea˜ nos)). ¿Qu´e d´ıa es el cumplea˜ nos de Carla? Soluci´on. Carla cumple a˜ nos el 16 de julio. Tenemos que descartar los meses de mayo y junio porque en esos meses hay posibles d´ıas de cumplea˜ nos que no aparecen en otros meses (si Carla cumpliera a˜ nos uno de esos meses, Alberto no podr´ıa decir que ´el sabe que Bernardo, que s´olo conoce el d´ıa de cumplea˜ nos, no puede saber la fecha de cumplea˜ nos). Tampoco puede cumplir a˜ nos ni el 14 de julio ni el 14 de agosto, porque Bernardo no podr´ıa decir que sabe cu´ando cumple a˜ nos Carla). Adem´as, no puede cumplir a˜ nos en agosto porque Alberto, despu´es de oir que Bernardo lo sabe, no podr´ıa conocer cuando es el cumplea˜ nos de Carla. 50. Sean x, y > −1. Probar que y2 x2 + + xy ≥ 0. 1+x 1+y Soluci´on. Consideramos a = 1 + x > 0, b = 1 + y > 0. Entonces (a − 1)2 (b − 1)2 1 1 + + (a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇔ + + ab ≥ 3. a b a b Soluci´on 1a . Si aplicamos la desigualdad entre la media aritm´etica y la medida geom´etrica (para tres n´ umeros): si x1 , x2 , . . . xn son n´ umeros positivos, entonces √ x1 + x2 + · · · + xn n x 1 x2 · · · xn ≤ . n La igualdad se tiene si y s´olo si x1 = x2 = . . . = xn . As´ı, r 1 1 3 1 1 ( + + ab)/3 ≥ ab = 1. a b ab Soluci´on 2a . Por la desigualdad de las medias para dos n´ umeros 1 1 2 + + ab ≥ √ + ab. a b ab Basta probar que si ab = t > 0, entonces √ √ √ 2 t−1 ( t − 1)2 √ √ + t ≥ 3 ⇔ √ (t + t − 2) ≥ 0 ⇔ √ ( t + 2) ≥ 0. t t t que se obvia.

51. Sean A1 A2 , B1 B2 , C1 C3 tres segmentos de igual longitud en los lados de un tri´angulo equil´atero. Probar que en el tri´angulo formado por las rectas B2 C1 , C2 A1 , A2 B1 , los segmentos B2 C1 , C2 A1 , A2 B1 son proporcionales a los lados en los cuales ellos est´an contenidos. Soluci´on. Consideramos el punto P donde se cortan la recta que pasa por A2 y es paralela a A0 C 0 y la recta que pasa por C2 y es paralela a AC (ver la figura adjunta). Entonces A1 A2 P C2 es un paralelogramo, el tri´angulo C1 C2 P es equil´atero, el cuadril´atero B1 B2 C1 P es un paralelogramo y el tri´angulo A2 B1 P es semejante al A0 B 0 C 0 y sus lados miden igual a los segmentos A2 B1 , B2 C1 y C2 A1 , respectivamente, que demuestra lo que busc´abamos.

52. Hallar todos los polinomios P (x) con coeficientes reales tales que P (2014) = 1 y, para alg´ un entero c: xP (x − c) = (x − 2014)P (x) Soluci´on. Los polinomios que cumplen las condiciones del problema son P (x) = κx(x − d) · · · (x − `d), donde d es un divisor positivo de 2014, ` es tal que 2014 = d(` + 1) y κ =

1 . d`+1 (`+1)!

As´ı, por ejemplo, considerando d = 2014, ` = 0, P1 (x) =

1 x. 2014

Observar que 2014 = 2 × 19 × 53, que tiene 8 divisores; de modo que hay 8 polinomios que cumplen la ecuaci´on.

Demostremos lo anterior. Observar que el polinomio nulo no es soluci´on del problema. Haciendo x = 0 en la ecuaci´on del problema, nos queda P (0) = 0. Si c = 2014, P (x) P (x − 2014) = = q(x − 2014), x x − 2014 de modo que el polinomio q tiene que ser constante. As´ı q(x) :=

P (x) = cx, con c =

1 . 2014

Esta es una soluci´on del problema.

Consideremos en lo que sigue c 6= 2014. Veamos que si P se anula en jc, entonces tambi´en se anula en (j + 1)c, a menos que (j + 1)c = 2014, con j ∈ Z, j ≥ 0. Haciendo x = c, nos queda P (c) = 0. Si hacemos x = (j + 1)c 6= 2014, 0 = (j + 1)cP (jc) = ((j + 1)c − 2014)P ((j + 1)c) ⇒ P ((j + 1)c) = 0. Como P no es id´enticamente cero, tiene que existir ` tal que (` + 1)c = 2014; es decir, c tiene que ser un divisor de 2014. As´ı, dado un divisor d de 2014 (c := d), y ` ≥ 0 tal que (` + 1)d = 2014, P se anula en 0, d, . . . , `d, es decir, P (x) = x(x − d) · · · (x − `d)Q(x). Sustituyendo en la ecuaci´on original (con c = d), x(x − d)(x − 2d) · · · (x − 2014)Q(x − d) = (x − 2014)x(x − d) · · · (x − `d)Q(x) ⇒ Q(x − d) = Q(x), de modo que Q tiene que ser constante. Por tanto, P (x) = κx(x − d) · · · (x − `d), evaluando en x = 2014, nos queda 1 = P (2014) = κ2014(2014 − d) · · · (2014 − `d) = κd(2d) · · · (`d)((` + 1)d), ⇒κ=

1 d`+1 (`

+ 1)!

53. Probar que para todo n entero positivo, n2 + n + 1 no tiene ning´ un divisor de la forma 3j + 2, con j ≥ 0. Soluci´on. Supongamos, para obtener una contradicci´on, que existen n natural, k ≥ 0 y m natural tales que n2 + n + 1 = (3k + 2)m.

Multiplicando la igualdad anterior por n − 1, nos queda n3 − 1 = (3k + 2)m1 , con m1 un n´ umero natural. Sea p un primo que divide a 3k + 2, con p = 3j + 2 para cierto j ≥ 0. Tal p tiene que existir porque todos los divisores de 3k + 2 no pueden ser congruentes con 1 m´odulo 3. Observar que por la primera ecuaci´on n no es m´ ultiplo de p. Adem´as, n3 ≡ 1 (mod p). Por el teorema de Fermat np−1 = n3j+1 ≡ 1 (mod p). Combinando las dos u ´ltimas relaciones tenemos 1 ≡ n3j+1 = (n3 )j n ≡ n (mod p) Pero seg´ un la primera relaci´on y esta u ´ltima 0 ≡ n2 + n + 1 ≡ 3 (mod p) De donde p divide a 3, que es imposible porque p = 3j + 2. 54. Sean P1 , P2 , . . . , Pn subconjuntos de dos elementos distintos de {a1 , a2 , . . . , an } tales que si Pi y Pj tienen un elemento com´ un, entonces {ai , aj } es uno de los conjuntos Pk . Demostrar que cada ak aparece exactamente en dos P` . Soluci´on. Sea mj la cantidad de conjuntos Pk que tienen al elemento aj . Como los elementos de cada Pk son distintos, m1 + m2 + · · · + mn = 2n.
Por otra parte, el n´ umero de parejas Pi , Pj que tienen ak como elemento com´ un es m2k (entendiendo este valor como 0 si mk ≤ 1) y como asociado a cada par Pi , Pj que tiene un punto com´ un tenemos un Pk = {ai , aj } y hay s´olo n conjuntos Pk , entonces !  n n n n  X X X 1X mk 1 2 m − mk = (mk (mk − 1)) = ≤n 2 k=1 k k=1 2 k=1 2 k=1 Por la desigualdad entre las medidas de orden 1 y de orden 2 (ver observaci´on 2 m´as abajo), tenemos !2 n n X X mk ≤n m2k . k=1

k=1

y aplicando esto junto con la primera identidad dada, nos queda ! n n 1 1 X 2 X mk − mk ≥ (4n2 /n − 2n) = n. 2 k=1 2 k=1 De modo que hay igualdad en la desigualdad entre las medias de orden 1 y de orden 2, que significa que todos los mk son iguales. Por tanto, mk = 2 para todo k. Observaci´on 1. Si n = 4 y consideramos el conjunto {a1 , a2 , a3 , a4 }, con P1 = {a1 , a2 }, P2 = {a2 , a3 }, P3 = {a3 , a4 }, P4 = {a4 , a1 } cumplen las propiedades que se dan en el problema.

Observaci´on 2. La desigualdad de Cauchy-Schwarz plantea que si a1 , a2 , . . . , an y b1 , b2 , . . . , bn son n´ umeros reales, entonces |a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn |2 ≤ (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ). Hay igualdad si y s´olo si los vectores (a1 , a2 , . . . , an ) y (b1 , b2 , . . . , bn ) son proporcionales. En particular, si a1 = a2 = . . . = an = n1 , tenemos b1 + b 2 + · · · + b n ≤ n

r

b21 + b22 + · · · + b2n , n

que se conoce como desigualdad entre las medias de orden 1 y de orden 2 (por las potencias a las que est´an elevadas los n´ umeros). En este caso la igualdad se tiene si y s´olo si b1 = b2 = . . . = bn .