Seminario de problemas-bachillerato. Curso 202-. Hoja 8 40. Se puede dibujar un triángulo equilátero que tenga los tres vértices sobre puntos de una malla cuadrada? Qué polígonos regulares se pueden dibujar con todos los vértices en puntos de una malla cuadrada? Se puede dibujar un cuadrado con los cuatro vértices sobre puntos de una malla triangular equilátera? Qué polígonos regulares se pueden dibujar con todos los vértices en puntos de una malla triangular equilátera? (Estas mallas son como las de las figuras, pero se entiende que se pueden extender hasta el infinito.) En la malla cuadrada: (a) No se puede dibujar un triángulo equilátero con los tres vértices en puntos de la malla. Demostración. Supongamos que se pudiera dibujar uno. Entonces, por un lado, el área del triángulo sería un número racional, ya que calculándola por ejemplo con la fórmula de Pick, si la unidad de área es el área del menor cuadrado de la malla, = i + b 2, donde i, el número de puntos de malla interiores al triángulo, y b, el número de puntos de malla en el borde del triángulo incluidos los vértices, son números enteros. x y (También se podría razonar esto utilizando la fórmula = 2 x 2 y 2 x y siendo (x i, y i ) las coordenadas (enteras) de los tres vértices). Pero, por otro lado, si la longitud del lado del triángulo (en unidades de longitud de malla) es l, el área del triángulo es = l2, 4 donde, si (x, y ) y (x 2, y 2 ) son las coordenadas de malla de dos vértices del triángulo, l 2 = (x x 2 ) 2 + (y y 2 ) 2 es un número entero, luego es un número irracional, contradicción. (b) El único polígono regular que se puede dibujar con todos los vértices en puntos de la malla es el cuadrado.
Demostración. (b.) No hay hexágonos regulares: si hubiera uno, sean A, A 2, A tres vértices consecutivos. El vector u = A 2 A es un vector de la malla y por tanto el punto B = A + u que completa un rombo con A, A 2 y A, es un punto de la malla y el A A 2 B sería un triángulo equilátero con vértices en la malla, absurdo. (b.2) Sea n > 6 fijo; no hay n-gonos regulares: si hubiera alguno, sean A, A 2, A tres vértices consecutivos del n-gono de lado más pequeño posible. Completando un rombo A A 2 A B 2, el punto B 2 será un punto de la malla. Además, B 2 está en la recta que une A 2 con el centro O del n-gono, ya que A 2 B 2 es bisectriz del A A 2 A. Si l es es lado del n-gono y r su circunradio, se tiene l < r porque n > 6. Luego B 2 está en el segmento entre O y A 2. Al hacer esto para cada terna de vértices consecutivos resulta un n-gono regular (B i ) de menor área que el (A i ) y por lo tanto de menor lado, absurdo. (b.) No hay pentágonos regulares: si hubiera uno, con la construcción anterior para n = 5 también resulta un pentágono regular más pequeño, en este caso invertido respecto del original, porque O pertenece en cada caso al segmento A i B i. En la malla triangular equilátera: (c) No se puede dibujar un cuadrado con los cuatro vértices en puntos de la malla. Demostración. Supongamos que se pudiera dibujar uno. Tomando como unidad de área el área del menor triángulo equilátero de la malla, la fórmula de Pick para esta malla da el área de cualquier 2
polígono con vértices en la malla con la cuenta 2i + b 2, donde i es el número de puntos de malla interiores, y b es el número de puntos de malla en el borde del polígono, incluidos los vértices. Entonces, por un lado, el área del cuadrado así calculada sería un número 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, d 2 = a 2 + b 2 + 2ab cos(π/) = a 2 + b 2 + ab. Y el área de un cuadrado de lado l es l 2 4 (ya que el área de un cuadrado de lado es ahora 4 ). Entonces tendríamos = l 2 4, donde, si (x, y ) y (x 2, y 2 ) son las coordenadas de malla de dos vértices consecutivos del cuadrado, l 2 = (x x 2 ) 2 + (y y 2 ) 2 + (x x 2 )(y y 2 ) es un número entero, así que sería un número irracional, contradicción. (d) Los únicos polígonos regulares que se pueden dibujar en una malla triangular equilátera son triángulos equiláteros y hexágonos: Sirve una demostración ahora completamente similar a la hecha para la malla cuadrada, pues la traslación por un vector cualquiera definido por dos puntos de la malla conserva la malla. 4. Demuestra que si a, b y c son números reales positivos, se cumple la desigualdad Solución. (a 2 b + b 2 c + c 2 a)(ab 2 + bc 2 + ca 2 ) 9a 2 b 2 c 2. Aplicando la desigualdad AM-GM a los términos de cada factor, se obtiene Solución 2. (a 2 b + b 2 c + c 2 a)(ab 2 + bc 2 + ca 2 ) ( a b c )( a b c ) = 9a 2 b 2 c 2. Reordenando los términos de cada factor y aplicando la desigualdad de Cauchy Schwarz, (a 2 b + b 2 c + c 2 a)(ab 2 + bc 2 + ca 2 ) ( a 2 b 2 c 2 + a 2 b 2 c 2 + a 2 b 2 c 2 ) 2 = 9a 2 b 2 c 2. Solución. Desarrollando el término de la izquierda de la desigualdad, y aplicando la desigualdad AM-GM, se obtiene (a 2 b + b 2 c + c 2 a)(ab 2 + bc 2 + ca 2 ) = a b + a 2 b 2 c 2 + a 4 bc + ab 4 c + b c + a 2 b 2 c 2 42. Halla las soluciones enteras de la ecuación + a 2 b 2 c 2 + abc 4 + a c 9 9 a 8 b 8 c 8 = 9a 2 b 2 c 2. x + y = x 2 xy + y 2.
Pongamos x + y = a; sustituyamos a la derecha y = a x. a = x 2 x(a x) + (a x) 2, a = x 2 ax + x 2 + a 2 2ax + x 2, x 2 ax + a 2 a = 0, que tratada como ecuación de 2 grado en x permite despejar x = 6 (a ± 2a a 2 ) = 6 (a ± a(4 a)). Para que x tenga valores enteros el discriminante a(4 a) debe ser no negativo y cuadrado perfecto. Para que sea no negativo, debe ser a [0, 4], y los únicos valores enteros de a en este intervalo para los cuales a(4 a) = son a = 0,, y 4. Sustituyendo estos valores de a resultan las siguientes soluciones enteras de la ecuación (que son todas): a = 0, x = 0, y = 0 49. Sea n 2. Prueba la desigualdad a =, x =, y = 0; x = 0, y = ; a =, x = 2, y = ; x =, y = 2; a = 4, x = 2, y = 2. 2n + n +... + n 2 < n n. Utilizando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica de n números positivos (GM AM) obtenemos la siguiente desigualdad que es equivalente a la dada: ( 2n + n +... + ) = ( + n 2 n 2 +... + ) n > n 2 2 n n = n n. 50. Prueba que al pintar de rojo 5 de los puntos de una malla cuadrada de puntos, siempre va a haber un rectángulo de lados paralelos a los ejes de la malla con los cuatro vértices rojos. Suponer que se pintan de rojo a i puntos de la fila i (i =, 2,..., ); se tiene a i = 5. En la malla hay un total de ( ) 2 = 78 parejas de columnas. Cada pareja de puntos rojos ( de una misma fila da un total de ai ) 2 parejas de columnas que vamos a decir que 4
están marcadas de rojo. Una fila podría tener como máximo sus trece puntos rojos, y eso marcaría de rojo como máximo las 78 parejas de columnas que hay. Si pudiéramos demostrar que siempre va a ocurrir que ( ) ai > 78, () 2 entonces por el principio del palomar habrá al menos una misma pareja de columnas de la malla que está doblemente marcada de rojo por dos parejas de puntos rojos que están (cada una de estas parejas) en dos filas distintas, y así estas dos parejas de puntos conforman los cuatro vértices rojos de un rectángulo de lados paralelos a los ejes de la malla y habremos terminado. La desigualdad () equivale sucesivamente a a i (a i ) > 56, a 2 i > a i + 56 = 5 + 56 = 209. Pero aplicando, por ejemplo, la desigualdad entre las medias cuadrática y aritmética de los a i (es decir, que A 2 ( A ) 2 ), se tiene ( ) 2 a 2 i a i = ( 5 ) 2, es decir, y hemos terminado. a 2 i 52 > 4 5 = 22 > 209, 5