Inradio y semiperímetro

Os dejo el problema semanal:

Probar que existen infinitos enteros positivos $n$ tales que $p=nr$ , siendo $p$ y $r$ respectivamente el semiperímetro y el “inradio” (es decir, el radio de la circunferencia inscrita) de un triángulo cuyos lados son números enteros.

Suerte.

10 comentarios

M | 18 de Agosto de 2009 | 16:00

O he entendido mal, o el problema está mal planteado: si se da un triángulo, los valores de $p$ y $r$ ya están fijos, con lo cual también lo está el de $p/r$ . Así que, tal como está planteado el problema, puede que exista un único $n$ cumpliendo la condición, o que no exista.

Imagino que los tiros van por encontrar infinitos triángulos de lados naturales, tales que el semiperímetro sea múltiplo natural del inradio. En este último caso las posibilidades son muchas… se me ocurre una muy sencilla: los triángulos rectángulos de lados $(3L, 4L, 5L)$ , con $L\geq 1$ , que tienen área $6L^2$ , $p=6L$ y $r=L$ . Mayor gracia tendría encontrar infinitos triángulos cumpliendo la condición, sin que los lados sean proporcionales, o bien sin que el valor $p/r$ sea constante.
sive | 18 de Agosto de 2009 | 21:20

Yo creo que lo que pide el problema es justo lo que planteas al final M.
^DiAmOnD^ | 18 de Agosto de 2009 | 21:42

Creo que por cambiar frases del problema lo he planteado mal. Lo escribo tal cual venía donde lo encontré.

M, de todas formas lo que comentas de los triángulos $(3L,4L,5L)$ acaba dando como resultado un único $n$ para todos. El problema pedía probar que existen infinitos $n$ cumpliendo la condición.
Trackback | 18 Ago, 2009

Bitacoras.com
M | 19 de Agosto de 2009 | 11:48

OK, ahora sí que está claro. Haciendo bastantes cálculos he obtenido los siguientes triángulos

$a=9x^4+7x^2-2+3x^3y+3xy$
$b=9x^4+2x^2+2+3x^3y$
$c=9x^2+3xy$

que cumplen $\frac{p}{r}=3(1+x^2)$ , siempre que $(x,y)$ sea cualquier solución natural de la ecuación $5x^2-4=y^2$ . Esta ecuación es reducible a la de Pell y por tanto tiene infinitas soluciones. Para $x\leq 300$ obtenemos $(1,1)$ , $(2,4)$ , $(5,11)$ , $(13, 29)$ , $(34, 76)$ , $(89, 199)$ y $(233, 521)$ .
M | 19 de Agosto de 2009 | 14:27

No había caído en que las soluciones $(x_n,y_n)$ de la ecuación $5x^2-4=y^2$ se relacionan precisamente con la sucesión de Fibonacci:

$x_n=F_{2n-1},\quad y_n=F_{2n-2}+F_{2n}$ para $n\geq 1$ (con $F_0=0$ ).
^DiAmOnD^ | 19 de Agosto de 2009 | 15:08

Plas, plas, plas, como siempre brillante .
M | 28 de Agosto de 2009 | 14:45

^DiAmOnD^, como ya ha pasado un tiempo, me preguntaba por la solución “oficial” del problema en cuestión. En particular, si es posible, quería saber si dispones de una solución sencilla y/o escueta. ¿Podrías indicarnos algunos detalles de tu solución? En su momento, no tuve ganas (ni tampoco las tengo ahora) de detallar mis cálculos pues eran numerosos, pero básicamente usé la fórmula de Herón y la relación existente entre el área, el semiperímetro y el inradio. Hasta ahí, todo estándar. Luego empieza el jaleo algebraico hasta llegar a los triángulos explícitos que puse arriba.
^DiAmOnD^ | 28 de Agosto de 2009 | 15:18

De acuerdo. Os voy a dejar la prueba que tengo en mi poder tal cual:

Sabemos que el área de un triángulo es $S=pr=\textstyle{\frac{p^2}{n}}$ y $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ , siendo $a,b$ y $c$ los lados del triángulo. De aquí $p^3=n^2(p-a)(p-b)(p-c)$ , de donde tomando $x=p-a,y=p-b$ y $z=p-c$ obtenemos:

$(x+y+z)^3=n^2xyz$

(1)

Terminaremos la demostración si mostramos que (1) tiene solución en enteros positivos para todo número natural $n$ . Asumamos que $z=k(x+y)$ , para un entero $k > 0$ . Entonces (1) se convierte en $(k+1)^3(x+y)^2=kn^2xy$ . Con ello, tomando $n=3(k+1)$ , llegamos a:

$(k+1)(x+y)^2=9kxy$

(2)

Sea ahora $t=\textstyle{\frac{x}{y}}$ . Entonces (2) tendrá soluciones en enteros positivos si y sólo si $(k+1)(t+1)^2=9kt$ tiene solución racional, es decir, si y sólo si su discriminante $D=k(5k-4)$ es un cuadrado perfecto. Tomando ahora $k=u^2$ conseguimos mostrar que $5u^2-4=y^2$ tiene infinitas soluciones enteras. Pero esta es una clásica ecuación de Pell, cuyas soluciones son los números de Fibonacci $u=F{2i+1}$ . Esto completa la prueba.

Agradeceré todos los comentarios que podáis hacer sobre esta solución.
M | 28 de Agosto de 2009 | 18:29

Vaya, vaya, ^DiAmOnD^, gracias por escribirla. Veo que mi desarrollo es similar al tuyo, aunque me lié bastante más. Estuve haciendo dos probaturas antes de llegar al 9 que aparece en tu solución. En principio, necesitaba que una cantidad fuera cuadrada, y probando, pacientemente, con el 1 y el 4 no me salían soluciones. Luego, probando con el 9 llegué a la ecuación $5x^2-4=y^2$ . Algo más tarde, imitando cómo se resuelve la ecuación de Pell estándar, vi cómo salía el número áureo y los Fibonacci’s por el camino. Y no hay más soluciones que las que involucran a los Fibonacci’s de índice impar en la $x$ .