Los triángulos equiláteros no existen

Pista azul El 10 julio 2020  - Escrito por  Patrick Popescu-Pampu
El 23 junio 2020  - Traducido por  Andrés Navas
Artículo original : Les triangles équilatéraux n’existent pas Ver los comentarios
Leer el artículo en  

¿Cómo es eso de que no existen? ¿Otra ’’fake-news’’? Bueno, el título es un poco provocador, ¡pero no del todo falso! Descubra por qué...

En realidad, lo que no existe son los triángulos equiláteros sobre una pantalla de computador. En efecto, en la formulación de Édouard Lucas de 1878 [1]:

Teorema: ’’Los vértices o los centros de un tablero cuadriculado cualquiera nunca son vértices de un triángulo equilátero.’’

En otras palabras, respecto a la parte del enunciado sobre los vértices del tablero de ajedrez, no hay ningún triángulo equilátero cuyos vértices sean vértices de un tablero cuadriculado. La parte relativa a los centros de los cuadrados del tablero de ajedrez se deduce fácilmente, ya que estos son los vértices de otra cuadrícula, de tamaños iguales a los de la cuadrícula original. Esto se aprecia en la siguiente figura, la que representa algunos de los vértices de esta segunda cuadrícula, un triángulo cuyos vértices se eligen entre ellos, y uno de los nuevos cuadrados:

Si bien la pantalla de cualquier computador da la impresión de ser un mar tranquilo en el que se desarrollan los reflejos del mundo, no es sino un gran tablero de ajedrez con pequeñas cajas, llamadas píxeles [2]. Cuando creemos que vemos un triángulo equilátero, lo que se ha elegido son tres cuadros de este tablero de ajedrez para representar sus vértices. El teorema anterior afirma entonces que los centros de estos cuadros no son los vértices de un triángulo equilátero verdadero. Por lo tanto, existe un conflicto irreconciliable entre el plano de la geometría euclidiana, en el que se pueden dibujar triángulos equiláteros, y el plano digital de las pantallas de los computadores.

Quisiera explicar aquí una prueba que me gusta mucho para el teorema precedente [3]. Ella ilustra la necesidad de descompartimentar el pensamiento matemático, de no cerrarse en que tenemos por un lado el estudio de los números y por otro el de la geometría. Me parece esencial mostrar a los niños esta evidencia temprano, hacerles sentir poco a poco lo que significa pensar, imaginar, comprender, y hacer que quieran pensar, imaginar y comprender mucho. Solo así podrán flotar en la ola eterna de todo tipo de problemas que nos acosan.


Para probar el teorema, supondremos que existe un triángulo equilátero cuyos vértices son los vértices de una malla cuadriculada.

Llegaremos a una contradicción al probar sucesivamente que:

Lema A: El área del triángulo es racional.
Lema B: El área del triángulo es irracional.

Recuerde que un número es dicho racional cuando es el cociente $ p/q $ de dos enteros, con $q$ distinto de cero. En caso contrario, es irracional. Los números con los que jugaremos serán, por un lado, áreas de triángulos o rectángulos y, por otro lado, longitudes de segmentos. La unidad de medida para áreas será el área de un cuadrado de la cuadrícula. En cuanto a las longitudes, será la de un lado de dicho cuadrado.


Probemos primero el Lema A. La idea es rodear el triángulo en el rectángulo más pequeño posible que esté limitado por segmentos del cuadriculado:

El área del triángulo es igual a la diferencia entre el área de este rectángulo y la suma de las áreas de los tres triángulos azules. Como el área del rectángulo es igual al producto de la longitud de sus lados, es un número entero. Los tres triángulos azules son triángulos rectángulos, por lo que el área de cada uno de ellos es igual a la mitad del producto de las longitudes de los lados de su ángulo recto [4]. Esto implica que sus áreas son racionales. Por lo tanto, el área del triángulo inicial también es racional, pues es la diferencia de números racionales [5].

Esto concluye la prueba del Lema A.


Probemos ahora el Lema B.

Olvidemos el cuadriculado y calculemos el área del triángulo equilátero $\Delta$ (cuya existencia es supuesta) mediante la fórmula del área de un triángulo [6]:
\[ Área \, (triángulo) = \frac{1}{2} \left( base \cdot altura \right). \]

Denotemos por $a$ la longitud común de los lados de $\Delta$, y por $h$ la longitud común de sus alturas. Expresaremos $h$ en función de $a$. Para esto, tracemos una de las alturas. Ella divide al triángulo equilátero en dos triángulos iguales. Concentrémonos en uno de ellos:

Los lados del ángulo recto miden $h$ y $a/2$. En cuanto a la hipotenusa, ella mide $a$. Por el Teorema de Pitágoras [7], tenemos
\[ \left(\frac{a}{2} \right)^2 + h^2 = a^2. \]
Por lo tanto,
\[ h^2 = \frac{3 a^2}{4}.\]
Tomando la raíz cuadrada, obtenemos
\[ h = \sqrt{3} \cdot \frac{a}{2} .\]
Es de esta forma que la altura $h$ se expresa en términos del lado $a$. Deducimos que el área de $\Delta$ puede escribirse así:
\[ Área (\Delta) = \frac{1}{2} \left(a \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{a}{2} \right) = \sqrt{3} \cdot \frac{a^2}{4}. \]

Sin embargo:

$\sqrt{3}$ es un número irracional. De manera más general, $\sqrt{N}$ es un número irracional cada vez que $N$ es un número natural que no es el cuadrado de otro número natural [8].

$a^2$ es un entero. Para ver esto, observemos uno de los tres triángulos azules que aparecen al inscribir el triángulo equilátero en un rectángulo. Su hipotenusa tiene longitud $a$. Usando nuevamente el Teorema de Pitágoras, vemos que $a^2$ es la suma de los cuadrados de los otros dos lados. Sin embargo, estos lados son enteros y, por tanto, sus cuadrados también lo son, al igual que su suma $a^2$. Por lo tanto, $a^2/ 4$ también es un número racional.

La fórmula
\[ Área (\Delta) = \sqrt{3} \cdot \frac{a^2}{4} \]
recientemente obtenida permite concluir que el área de $\Delta$ es irracional, pues es el producto del número irracional $\sqrt{3}$ por el número racional no nulo $a^2/4$ [9]. El Lema B queda así demostrado.


Resumamos:

Hemos demostrado que el área del triángulo $\Delta$ es a la vez racional e irracional. Esto es imposible, pues ningñun número puede ser, a la vez, racional e irracional (a diferencia de los seres humanos...). La hipótesis de que el triángulo $\Delta$ no puede, por tanto, ser válida. Esto demuestra entonces que no existe triángulo equilátero alguno cuyos vértices sean vértices de un cuadriculado.


Para terminar, propongo dos temas de reflexión.

— En primer lugar, queremos buscar los ingredientes de la prueba precedente que aparecen también en la prueba dada por Lucas en su artículo de 1878:

’’En efecto, si situamos a uno de los vértices en el origen y denotamos por $(a, b)$ y $(c, d)$ las coordenadas de los otros vértices, debiéramos tener
\[a^2 + b^2 = c^2 + d^2 = (a-c)^2 + (b-d)^2, \]
o
\[ a^2 + b^2 = c^2 + d^2 = 2 (ac + bd) , \]
y por tanto
\[ 3(a^2 + b^2) = (a+c)^2 + (b+d)^2. \]

Luego, el número $3$ dividiría a la suma de los dos cuadrados, que uno puede considerar como siendo primos entre ellos, lo cual es imposible.’’

Explicación

Para mí, hay dos ingredientes en común.

Primero, la fórmula que expresa la distancia entre dos puntos en términos de sus coordenadas cartesianas se demuestra con la ayuda del Teorema de Pitágoras.

Segundo, el argumento que permite afirmar -como Lucas lo hizo. que se puede suponer que los dos cuadrados son primos entre ellos también aparece en una prueba estándar del hecho que $\sqrt{3}$ es irracional.

Para explicar esto recordemos primeramente esta prueba estándar. Si suponemos que $\sqrt{3}$ es racional, entonces podemos escribirla de la forma $P/Q$, donde $P$ y $Q$ son enteros positivos. Elevando la igualdad $\sqrt{3}= P/Q$ al cuadrado y simplificando denominadores, obtenemos la igualdad $3 Q^2 = P^2$. Factoricemos $P$ y $Q$ usando las mayores potencias de $3$ que los dividen. Podemos escribir entonces $P = 3^k \cdot p$ y $Q = 3^l \cdot q$, donde $p$ ni $q$ son divisibles por $3$. La igualdad $3 Q^2 = P^2$ se transforma en $3^{1+ 2l} q^2 = 3^{2k} p^2$, es decir $3^{1+ 2l- 2k} q^2 = p^2$ si $1 + 2l > 2k$, o $q^2 = 3^{2k- 1 - 2l} p^2$ si $1+ 2l < 2k$ (no se puede tener $1+2l = 2k$, pues ningún número es a la vez par e impar). Deducimos que $3$ divide ya sea a $p^2$ o a $q^2$, lo cual es una contradicción. En efecto, como $p$ y $q$ no son divisibles por $3$, ellos se escriben de la forma $3m +1$ o $3m+2$, lo cual muestra que sus cuadrados dejan resto $1$ cuando se les divide por $3$.

Pasemos al argumento final de Lucas. En su caso, se tiene una igualdad de la forma $3(A^2 + B^2) = C^2 + D^2$, donde $A, B, C, D$ son números enteros, no todos nulos. Sea $3^k$ la mayor potencia de $3$ qui divide a la vez a $C$ y $D$, y sea $3^l$ la mayor potencia de $3$ que divide a la vez a $A$ y $B$.
Podemos entonces escribir $3^{1+ 2l} (a^2 + b^2) = 3^{2k} (c^2 + d^2)$, donde $a$ y $b$ no son ambos divisibles $3$, al igual que $c$ y $d$. Como en el párrafo anterior, deducimos que $3$ divide ya sea a $a^2 + b^2$ o a $c^2 + d^2$. Hemos probado así que $3$ divide a una suma de dos cuadrados que no son simultáneamente divisibles por $3$. Por lo tanto, los restos de su división por $3$ valen $0$ o $1$, y no pueden ser ambos nulos. Su suma vale entonces
$0+1$ o $1 + 1$, lo cual contradice el hecho de ser divisible por $3$.

Notarán que el argumento precedente es un poco diferente de aquel descrito por Lucas: no redujimos la situación a una de cuadrados primos entre ellos, sino que solamente evitamos que ambos cuadrados fuesen simultáneamente divisibles por $3$.

— Ahora, se trata de intentar probar el teorema siguiente:

Teorema: ’’No existe cuadrado alguno cuyos vértices sean vértices de una red hexagonal regular.’’

Explicación

Una prueba muy elegante del teorema más general que afirma que los únicos polígonos regulares inscriptibles en una red de este tipo son los triángulos equiláteros y los hexágonos regulares fue dada por J. D. Hamkins en el sitio de internet There are no regular polygons in the hexagonal lattice, except triangles and hexagons. Pero antes de leerla sugiero mirar el artículo en línea There are no nondegenerate regular polygons in the integer lattice, except for squares, de Hamkins, ya citado en la nota [3] al pié de página. En este artículo se demuestra -por un método completamente diferente al que he presentado aquí- la siguiente generalización del teorema de Lucas: Los únicos polígonos regulares inscritos en una red cuadrada son los cuadrados. Es este otro método el que es extendido por Hamkins a la red hexagonal.

Post-scriptum :

Muchas gracias a Aurélien Alvarez, Serge Cantat, Konrad Dierks, Andrés Navas y a los relectores fpiou y Kereneur por sus sugerencias para mejorar este artículo.

Artículo original editado por Andrés Navas

Notas

[1Él demostró este teorema en su artículo Teorema sobre la geometría de los quincunces, publicado en el ’’Bulletin de la Société Mathématique de France’’ No. 6 (1878), 9—10. Lucas ya ha aparecido en varios artículos de este sitio, como por ejemplo: Las torres de Hanoï I de Jonathan Chappelon, Laberintos y el hilo de Ariadna de Pierre Rosenstiehl, El juego de taquín de Michel Coste y El abanico misterioso, de quien escribe.

[2Hay pantallas cuyos píxeles no son cuadrados, sino rectangulares. Aquí solo pensamos en el caso en que los píxeles son cuadrados.

[3Otras demostraciones, así como generalizaciones, pueden ser halladas en los artículos The fascination of the elementary de P. R. Scott, publicado en American Math. Monthly, vol. 94, n° 8 (1987), p. 759–768, Triangles with vertices on lattice points de M. J. Beeson, publicado en American Math. Monthly, vol. 99, n° 3 (1992), p. 243–252, The scarcity of regular polygons on the integer lattice de D. J. O’Loughlin, publicado en Mathematics Magazine, vol. 75, n° 1 (2002), p. 47–51, Regular polygons with integer coordinates de J. D. King, publicado en The Mathematical Gazette, vol. 94, n° 531 (2010), p. 495–498, y There are no nondegenerate regular polygons in the integer lattice, except for squares de J. D. Hamkins (2016), publicado en línea. Encontré la idea de la prueba presentada aquí en el primero de estos artículos, donde es atribuída a Scherrer, quien la explicó en su artículo Die Einlagerung eines Regularen Vielecks in ein Gitter, publicado en 1946 en Elemente der Mathematik n° 1, p. 97–98. También es concisamente descrita en el libro Combinatorial geometry in the plane de Hadwiger y Debrunner, traducido del alemán por Klee y publicado en 1964 por Holt, Rinehart y Winston (ver la solución del problema 5, página 58) : ’’El área $s^2 \sqrt{3}/4$ sería un número irracional pues $s^2$ es un entero, pero por la fórmula de determinantes, debiera ser un número racional’’.

[4Esta fórmula para el área de un triángulo rectángulo puede probarse sumando para tal triángulo el simétrico con respecto a la mitad de la hipotenusa. De este modo se obtiene un rectángulo, cuyo área es el doble del área del triángulo. Concluimos utilizando el hecho de que el área de un rectángulo es igual al producto de su longitud y su ancho. También podemos ver esta fórmula como un caso especial de la fórmula que expresa el área de cualquier triángulo, recordada en el siguiente párrafo.

[5De hecho, hemos demostrado algo mejor: el área de cualquier triángulo cuyos vértices son vértices del tablero de ajedrez es la mitad de un entero. Por ejemplo, $ 58/3 $ no es el área de ninguno de estos triángulos.

[6Una prueba visual de esta fórmula puede ser hallada en el artículo Áreas y volúmenes: cortes y ensamblados (I) de Daniel Perrin.

[7Puedes explorar muchas otras aplicaciones de este teorema a partir del artículo El Teorema de Pitágoras: una pequeña guía de Serge Cantat.

[8Generalmente, este teorema se demuestra usando la factorización de los números naturales como producto de números primos. Una prueba diferente que solo usa la noción de número primo, aparece en El libro e los números, de Conway y Guy. Yo la desarrollé en el artículo Un comienzo engañoso.

[9También podríamos decir que $Área (\Delta)$ suese un número racional, entonces el producto $Área (\Delta) \cdot (4/a^2)= \sqrt{3}$ también lo sería, lo que estaría en contradicción con la irracionalidad de $\sqrt{3}$.

Comparte este artículo

Para citar este artículo:

Andrés Navas — «Los triángulos equiláteros no existen» — Images des Mathématiques, CNRS, 2020

Créditos de las imágenes:

Imagen de portada - Los dibujos fueron hechos por el autor.

Comentario sobre el artículo

Dejar un comentario

Foro sólo para inscritos

Para participar en este foro, debe registrarte previamente. Gracias por indicar a continuación el identificador personal que se le ha suministrado. Si no está inscrito/a, debe inscribirse.

Conexióninscribirse¿contraseña olvidada?

La traducción del sitio del francés al castellano se realiza gracias al apoyo de diversas instituciones de matemáticas de América Latina.