El teorema de Pick

El teorema de Pick es un resultado geométrico cuanto menos curioso, si no sorprendente. Nos permite calcular de forma muy sencilla el área de un polígono que cumpla ciertas condiciones. Se debe al matemático austriaco Georg Alexander Pick que lo demostró en 1899.

Vamos con el enunciado del teorema:

Teorema: Supongamos que tenemos una cuadrícula en la que cada vértice corresponde a un punto del plano cuyas coordenadas son números enteros y sea P un polígono simple (es decir, sin agujeros) que cumple que todos sus vértices están situados sobre vértices de la cuadrícula. Es decir, algo así:

Polígono

Sea i el número de vértices de la cuadrícula que quedan dentro del polígono y sea f el número de vértices de la cuadrícula que están en algún lado del polígono, es decir, los puntos frontera que tienen sus dos coordenadas enteras. Entonces el área del polígono puede calcularse de la siguiente forma:

A_P=i+ \cfrac{f}{2}-1

En el ejemplo que aparece en la imagen, i=40 y f=12. Por tanto A_P=40+ \textstyle{\frac{12}{2}}-1=45 (unidades cuadradas).

Demostración:

Vamos a demostrar este resultado por inducción:

Sea P un polígono simple y T un triángulo con un lado común con P. Asumimos que el teorema es cierto para P y para T de forma separada y demostremos que también es cierto para el polígono PT conseguido a partir de P añadiendo T. Como P y T comparten un lado, todos los puntos frontera a lo largo del lado común, excepto los puntos extremos del lado, se convierten en puntos interiores de PT. Por tanto, llamando c al número de puntos frontera en común, tenemos que i_{PT}=(i_P+i_T)+(c-2) y f_{PT}=(f_P+f_T)-2(c-2)-2. De ello obtenemos que (i_P+i_T)=i_{PT}-(c-2) y (f_P+f_T)=f_{PT}+2(c-2)+2.

Como asumimos que el teorema es cierto para P y T de forma separada:

\begin{matrix} A_{PT}=A_P+A_T= \\ =(i_P+ \cfrac{f_P}{2}-1)+(i_T+ \cfrac{f_T}{2}-1) = (i_P+i_T)+\cfrac{f_P+f_T}{2}-2= \\ = i_{PT}-(c-2)+ \cfrac{f_{PT}+2(c-2)+2}{2}-2 = i_{PT}+\cfrac{f_{PT}}{2}-1 \end{matrix}

Por tanto, el polígono A_{PT} cumple el teorema.

Se sabe que en dos dimensiones cualquier polígono puede ser triangulado. Por tanto, lo que hemos obtenido es que si el teorema es cierto para un triángulo T y para un polígono formado por n triángulos también lo es para un polígono formado por n+1 triángulos.

El último paso de la demostración es comprobar que el resultado es cierto para cualquier triángulo. Veámoslo:

Es fácil ver que el teorema se cumple para cualquier cuadrado de lado 1 (¿de verdad es fácil?). De aquí se deduce que es correcto para cualquier rectángulo con sus lados paralelos a los ejes. A partir de ésto deducimos que la fórmula es cierta para triángulos rectángulos obtenidos a partir de un rectángulo mediante un corte por una de sus diagonales.

Ahora, cualquier triángulo puede convertirse en un rectángulo añadiendo como mucho tres triángulos rectángulos. Como la fórmula es correcta para los triángulos rectángulos y para el rectángulo también lo es para cualquier triángulo.

Con esto concluye la inducción.

Hemos comentando anteriormente que el teorema es válido para polígonos simples, es decir, sin agujeros. Hay una generalización para cualquier polígono en la cual el -1 de la fórmula se sustituye por - \chi (P), es decir, la característica de Euler de P.

Por otra parte, una superficie llamada el tetraedro de Reeve (de la cual no he encontrado información) demuestra que el teorema de Pick no se puede generalizar a tres dimensiones. Sin embargo, para dimensiones superiores sí hay una generalización vía polinomios de Ehrhart.

Fuente:

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13 comentarios

  1. odo | 18 de agosto de 2008 | 11:11

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    Demostrar este teorema fue uno de los problemas de la olimpiada matemática regional de Asturias en 1992 (en la que participé). Curiosamente, hasta hoy no sabía que se llamaba el Teorema de Pick :)

  2. Asier | 18 de agosto de 2008 | 13:36

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    Gran teorema, sencillo y efectivo.

    Os planteo un sencillo problema asociado que se me ha ocurrido:

    Aunque en el enunciado dice “cada vértice corresponde a un punto del plano cuyas coordenadas son números enteros”, generalicemos y supongamos que el polígono de n vértices tiene coordenadas racionales en (x_i, y_i) \quad i=1\dots n.
    Queremos obtener su área aplicando el teorema de Pick, para ello necesitamos crear una cuadrícula donde cada lado tiene una distancia d. Indicar cómo se obtiene la d_{max}, es decir, cómo construir la cuadrícula óptima para un polígono dado (la cuadrícula óptima se considera aquella que minimiza la cantidad de puntos a tener en cuenta para obtener el área mediante la fórmula).

  3. M | 18 de agosto de 2008 | 14:48

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    ^Diamond^: Muy curioso y simple el resultado (y la demostración). Hay una errata insignificante en la demostración. Trabajas tanto con f‘s como con b‘s para denotar los puntos frontera. Puede confundir a quien lea la prueba.

    Por favor, suprime este comentario una vez hecha la corrección.

  4. M | 18 de agosto de 2008 | 15:08

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    Efectivamente, Asier. La fórmula también es aprovechable para polígonos con vértices racionales. En definitiva no hacemos sino un cambio de escala. Considera el mínimo común múltiplo de los denominadores y considera el teorema de Pick en la red asociada a esta nueva magnitud. Finalmente te sale entonces la misma fórmula del teorema de Pick, debiendo dividir dicha expresión por el mcm al cuadrado para obtener el área en la unidad original.

  5. ^DiAmOnD^ | 18 de agosto de 2008 | 15:11

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    M cierto, comencé con b y cuando llevaba escrito medio vi que con f de frontera podía ser mejor y me dejé unos cuantos son cambiar.

    Gracias por la aclaración.

    Y no hace falta que borre el comentario, no hay problema :).

  6. Asier | 18 de agosto de 2008 | 17:21

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    Sí, esa es la idea, M, pero falta un pequeño detalle para obtener la expresión de d_{max} a la que hago referencia.

  7. fede | 18 de agosto de 2008 | 20:51

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    Una demostración que ví hace algún tiempo:

    Triangulamos el polígono usando como vértices todos los puntos de coordenadas enteras en el interior y en en el perímetro.
    (Ninguno de los triángulos que resulten contendrá puntos de coordenadas enteras salvo los vértices)

    Colocamos encima un poligono idéntico, también triangulado, y lo cosemos o pegamos por los bordes al poligono anterior.
    (Identificamos los puntos de coordenadas enteras en los perimetros de los dos polígonos, no los del interior)

    El resultado es topológicamente equivalente a un poliedro con 2i+f vértices (podemos inflar el espacio entre los dos polígonos cosidos por los bordes). Entonces usando la fórmula de Euler C+V = A+2 y que 3C = 2A (porque las caras del poliedro son triángulos) tenemos que C = 2V – 4 = 2(2i+f) – 4. Por tanto el número de triángulos en cada polígono es
    2i + f – 2. Pero el área de cada uno de esos triángulos es 1/2 y entonces tenemos que el área del polígono es i + f/2 -1.

  8. M | 18 de agosto de 2008 | 21:43

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    Muy buena, fede. Me ha gustado!

  9. J. H. S. | 20 de agosto de 2008 | 03:22

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    El Teorema de Pick es uno de los clientes predilectos de EfeL REfeTOfo.

    Los problemas 1 y 38 pueden constatar lo que ahora les digo.

    ¡Visítenlos y disfruten!

    Hasta pronto.
    :)

  10. JL | 27 de agosto de 2008 | 23:28

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    miraa
    yo tengoo una comprobacion un poco mas sensilla
    primero se encierra a la figura en un cuadrado
    y te quedaran 4 triangulos por fuera de la figura de la que queremos sacar el area…despues lo que haremos es sacar el area total del cuadrado y despues sacar el area de cada triangulo al rededor de la figura (los 4 triangulos que se formaron) y restaremos el area total de los 4 triangulos al area total del cuadrado y te kedara solo el area del poligono al que le queremos sakar el area
    en tu ejemplo quedaria algoo asi
    area del cuadrado= 7 x 9 = 63
    area del triangulo 1= 3 x 3 / 2 = 4.5
    area del triangulo 2= 4 x 2 / 2 = 4
    area del triangulo 3= 1 x 7 / 2 = 3.5
    area del triangulo 4= 2 x 6 / 2 = 6

    hacemos restaa y nos quedaria algo asii:
    63
    4.5
    4 -
    3.5
    6
    —–
    45 unidades

    y fiiin =D

  11. khriz | 22 de septiembre de 2008 | 20:17

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    pues sta curioso

  12. Trackback | 28 abr, 2013

    Teorema de Pick | Fotomat

  13. Pau | 2 de abril de 2014 | 15:16

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    Hola,

    Solo aportar una pequeña referencia para el tetadro de Reeve.

    http://mat.uab.cat/matmat/PDFv2010/v2010n05.pdf

    Saludos

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