Plano entero y racional

Hay nuevos comentarios sin leer

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 10 de mayo de 2010
Categorías: Juegos | Imprime este post

39 comentarios

Trackback | 10 may, 2010

Tweets that mention Plano entero y racional | Gaussianos -- Topsy.com
Trackback | 10 may, 2010

Bitacoras.com
Jota | 10 de mayo de 2010 | 12:27

Vótalo 0
El primero parece muy fácil, ¿no?: Si suponemos tres puntos racionales en la circunferencia A B y C, el centro viene dado por el punto de intersección de las mediatrices de los segmentos AB y BC, que corresponde a la solución de un sistema lineal de dos ecuaciones con dos incógnitas y de coeficientes racionales (por serlo las componentes de A, B y C). De ahí se deduce que el centro es un punto racional, en contradicción con la hipótesis inicial.

Los otros no sé por donde cogerlos
Antonio QD | 10 de mayo de 2010 | 14:37

Vótalo 0
Buenos Días

No tengo tiempo, ahora mismo para desarrollar de manera correcta la demostración, pero creo que tengo una idea que permite demostrar la proposición 2 a partir de la proposición 1. La demostración sería por inducción.

Supongamos que un circulo de radio $r_1$ con centro no racional tiene en su interior $n-1$ puntos; entonces puedo ampliar el circulo una determinada cantidad $\delta$ de forma que el circulo ampliado tenga 1 o 2 puntos enteros más que el original, y que no tenga ningun punto de acumulación entero, según me asegura la afirmación 1. Si sólo le he añadido un punto, ya he terminado. Si le he añadido 2 puntos, puedo desplazar este circulo una pequeña cantidad función de $\delta$ de manera que se cumpla al mismo tiempo que sólo he dejado fuera uno de los dos nuevos puntos y el nuevo circulo sigue centrado en un punto no racional.

A este razonamiento le falta su adecuada expresión formalista, pero creo que a grandes rasgos nos lleva a demostrar la afirmación 2.

Un Saludo
Alvaro | 10 de mayo de 2010 | 16:28

Vótalo 0
¿No se podría demostrar que se puede elegir el centro de la circunferencia de tal forma que todos los puntos quedan a una distancia del centro diferente entre sí? De esa forma se podrían ir añadiendo “uno por uno” a la circunferencia, a medida que aumenta el radio.
Dani | 10 de mayo de 2010 | 19:47

Vótalo 0
Toma $n$ puntos racionales $\frac{p_1}{q_1} , \frac{p_2}{q_2}, \ldots \frac{p_n}{q_n}$ en la circumferencia unidad. Tras la homotecia con centro en el origen de razón $q_1 \cdot q_2 \cdots q_n$ obtenemos una circumferencia con ese mismo radio y que contiene a $n$ puntos racionales.
Dani | 10 de mayo de 2010 | 19:51

Vótalo 0
Vaya montón de erratas hay en el anterior comentario. Debería decir:
Toma $n$ puntos racionales $(\frac{p_1}{q_1}, \frac{s_1}{r_1}), (\frac{p_2}{q_2}, \frac{s_2}{r_2}), \ldots (\frac{p_n}{q_n}, \frac{s_n}{r_n})$ en la circumferencia unidad. Tras la homotecia con centro en el origen de razón $(q_1 \cdot q_2 \cdots q_n) \cdot (r_1 \cdot r_2 \cdot r_n)$ obtenemos una circumferencia con ese mismo radio y que contiene a $n$ puntos enteros.
Dani | 10 de mayo de 2010 | 20:06

Vótalo 0
Para ver que podemos coger todos los puntos racionales que queramos en circumferencia de radio unidad, tomemos una terna pitagórica $(n,m,l)$ (es decir, $n^2 + m^2 = l^2$ ). Entonces considera la recta $y=\frac{n}{m}x$ y toma $(x_0,y_0)$ en la intersección de la recta con la circumferencia unidad. Como $y_0=\frac{n}{m}x_0$ basta demostrar que $x_0$ es racional para ver que el punto es racional. Pero $(1+ (\frac{n}{m})^2)x_0^2 = x_0^2 + (\frac{n}{m}x_0)^2 = x_0^2 + y_0^2 =1$ por pertenecer a la circumferencia unidad. Así pues $x_0^2 = \frac{1}{1 + \frac{n^2}{m^2} } = \frac{m^2}{n^2 + m^2}=\frac{m^2}{l^2} \Rightarrow x_0=\frac{m}{l}$ (con quizás un cambio de signo). Como hay infinitas ternas pitagóricas primitivas (con $m, n$ no proporcionales) hay infinitos racionales en la circumferencia de radio unidad, puesto que estos perteneceran a distintas rectas.

Por cierto que (obviamente) la razón por la que hay que multiplicar a la circumferencia de radio unidad en mi anterior comentario es $q_1 \cdot q_2 \cdots q_n \cdot r_1 \cdot r_2 \cdots r_n$ (estoy condenado a equivocarme una infinidad de veces)
Dani | 10 de mayo de 2010 | 20:14

Vótalo 0
(por cierto, que Jota y Antonio QD ya han resuelto los dos primeros. Ninguna de sus pruebas es de libro de texto, pero está claro cómo escribirlas bien si alguien se empeña )
M | 10 de mayo de 2010 | 23:06

Vótalo 0
Dani, me parece que tu argumento para 3) lo que demuestra es que hay una circunferencia (de centro el origen)que contiene al menos $n$ puntos enteros, pero no veo claro que dicha circunferencia contenga exactamente a $n$ puntos como dice el enunciado. Por otra parte, en el argumento de AntonioQD para 2), tal como él ha comentado, me parece que hay varios asuntos a justificar. A ver si podemos rematar mejor estas cuestiones.
Dani | 11 de mayo de 2010 | 09:00

Vótalo 0
Vaya, no me había fijado en el “exactamente”. Toda la razón del mundo. Si tengo tiempo por la tarde veo a ver si se me ocurre algo más, y si tengo tiempo escribo bien el argumento de AntonioQD.
M | 11 de mayo de 2010 | 10:33

Vótalo 0
Además, Dani, observa que para una circunferencia centrada en el origen el número de puntos enteros en la circunferencia es múltiplo de 4.
fede | 11 de mayo de 2010 | 12:14

Vótalo 0
Es un tema muy varsoviano… Para la proposición 2, he visto por ahí un argumento como el de Antonio QD pero que no necesita la proposición 1 y se generaliza a $\mathbb{Z}^m$ :

Un conjunto $S \subset \mathbb{R}^m$ (con la topología usual) es estrictamente convexo si dados dos puntos A y B de S, los puntos interiores del segmento que los une están en el interior de S.

Si S es un subconjunto de $\mathbb{R}^m$ acotado y estrictamente convexo, para todo n natural existen conjuntos T semejantes a S tales que el número de elementos de (interior de T) $\cap \ \mathbb{Z}^m = n$ .

Dado un $S \subset \mathbb{R}^m$ acotado y estrictamente convexo con n puntos de $\mathbb{Z}^m$ en el interior, lo agrandamos continuamente (aplicando una homotecia con centro en un punto de S) hasta que algún punto de $\mathbb{Z}^m$ se sitúe en el borde de S. Si hay más de un punto de $\mathbb{Z}^m$ en el borde, aplicando una homotecia con centro en uno del puntos de $\mathbb{Z}^m$ que están en el borde y razón $1-\epsilon$ , suficientemente próxima a 1, obtenemos un conjunto S’ con un solo punto de $\mathbb{Z}^m$ en el borde (el centro de la homotecia). Aplicando una traslación suficientmente pequeña a ese conjunto obtenemos un conjunto semejante al original con un punto más de $\mathbb{Z}^m$ en su interior.
fede | 11 de mayo de 2010 | 18:09

Vótalo 0
En mi comentario anterior la palabra “semejantes” se puede sustituir por “homotéticos”.
cullero | 11 de mayo de 2010 | 18:44

Vótalo 0
Supongamos una tal circunferencia de radio r que admita un número impar $n\geq 3$ de tales puntos racionales. Por el apartado 1, sabemos que el centro $C=(c_1,c_2)$ ha de ser también racional. Sea $(x,y)$ uno de los puntos racionales de dicha circunferencia. Veamos que el punto $(2c_1-x,2c_2-y)$ también está en la circunferencia:

$((2c_1-x)-c_1)^2+((2c_2-y)-c_2)^2 = (c_1-x)^2+(c_2-y)^2=r^2.$

Además, por ser el centro racional y el punto $(x,y)$ racionales, también lo es el punto $(2c_1-x,2c_2-y)$ . En consecuencia, queda descartado el caso n impar, salvo quizás el n=1. Pero es que una cuenta similar muestra que los puntos $(2c_1-x,y)$ y $(x,2c_2-y)$ también están en la circunferencia y también son racionales.

Mi solución parcial es que si una circunferencia admite puntos racionales, han de ser 1, 2, o un múltiplo de 4.
josejuan | 11 de mayo de 2010 | 19:29

Vótalo 0
“cullero”, me acabo de perder.

Es fácil ver que en R^2 con la topología usual, cualquier entorno abierto (no vacío) contiene infinitos números racionales.

Lo difícil es hacerlo sobre enteros (multiplicar por K tu solución y asegurar que “no hay más de N puntos… ni menos”).

Estoy ansioso por ver si alguien concreta las ideas de “Antonio” y “fede” sobre

“Aplicando una traslación suficientmente pequeña…”
cullero | 11 de mayo de 2010 | 20:16

Vótalo 0
Re: josejuan

Vale, he metido la pata. Leí “racionales” en vez de “enteros”. Para una vez que escribo algo… En fin.
cullero | 11 de mayo de 2010 | 20:58

Vótalo 0
Pregunta sobre el punto 3: ¿se entiende que para cada n natural, existe una circunferencia que pasa por exactamente n puntos enteros distintos? Si es así, mi razonamiento es (creo) correcto, porque si los puntos son enteros, en particular son racionales.
fede | 11 de mayo de 2010 | 21:27

Vótalo 0
Nueva precisión a mi comentario:
Un conjunto $S \subset \mathbb{R}^m$ es estrictamente convexo si dados dos puntos A y B de S o de su borde, los puntos interiores del segmento que los une están en el interior de S.

cullero, si hay 3 puntos enteros y el centro es racional pero no entero, puede no haber más puntos enteros.
Diego | 12 de mayo de 2010 | 00:50

Vótalo 0
Como la mediatriz de dos puntos de coordenadas enteras es la ecuación de una recta con coeficientes racionales, elegimos un punto que no pueda pertenecer a ninguna recta de ese tipo, como (1, e). Luego no existen dos puntos que equidisten de ese.

Ordenamos los puntos enteros por su distancia (euclídea) a ese punto en una sucesión monótona creciente. Con esa sucesión, podemos, para cada n dado, encontrar un radio dado que la circunferencia centrada en el punto original con ese radio contiene exactamente n puntos, demostrando el 2)
Diego | 12 de mayo de 2010 | 00:51

Vótalo 0
Corrijo: el círculo con radio dado y el punto antes indicado, no la circunferencia, es quien contiene los puntos.
josejuan | 12 de mayo de 2010 | 09:02

Vótalo 0
“Diego”, tu razonamiento es correcto (¡genial!) excepto en un aspecto (¡cachis!), las dos componentes del centro elegido deben ser irracionales.

Como debe ser

$(x_{1}-o_{x})^{2}+(y_{1}-o_{y})^{2}=(x_{2}-o_{x})^{2}+(y_{2}-o_{y})^{2}$

basta dejar y1=y2 si oy es irracional o x1=x2 si ox es irracional para tener puntos enteros equidistantes.

De hecho, con tu centro (1,e), cualquier par x1,x2 que cumpla

$(x_{1}-o_{x})^{2}=(x_{2}-o_{x})^{2}$

es equidistante para cualesquiera y1=y2.

Por lo demás ¡genial!.
josejuan | 12 de mayo de 2010 | 09:23

Vótalo 0
Para (3) igual se podrían buscar los coeficientes (x1,x2,x3,y1,y2,y3) de tal forman que el determinante de la siguiente matriz tenga exactamente N soluciones enteras

$x~~\qquad y~\qquad x^{2}+y^{2}\qquad 1$
$x_1\qquad y_1\qquad x_1^{2}+y_1^{2}\qquad 1$
$x_2\qquad y_2\qquad x_2^{2}+y_2^{2}\qquad 1$
$x_3\qquad y_3\qquad x_3^{2}+y_3^{2}\qquad 1$

a buscar entre las propiedades de los polinomios…
josejuan | 12 de mayo de 2010 | 14:48

Vótalo 0
Para los que (como yo) se hayan cansado de estrujar papeles, una hermosa fórmula para obtener esos círculos en

http://mathworld.wolfram.com/SchinzelCircle.html
josejuan | 12 de mayo de 2010 | 14:50

Vótalo 0
Para una aproximación al conteo de puntos bajo cualquier curva en

http://www.uam.es/gruposinv/ntatuam/downloads/APtenumav.pdf
josejuan | 12 de mayo de 2010 | 15:03

Vótalo 0
La demostración

http://mathworld.wolfram.com/CircleLatticePoints.html
Icosaedro | 12 de mayo de 2010 | 16:05

Vótalo 0
josejuan, respecto a tu precisión a Diego, las dos componentes no sólo irracionales (para las mediatrices horizontales y verticales), sino que uno no se pueda obtener una de la otra mediante sumas y multiplicaciones de racionales (para el resto de las mediatrices, que es lo que dice Diego). Por ejemplo raíz de dos y raíz de tres o bien un número irracional trascendente y otro no trascendente.
Un saludo.
josejuan | 12 de mayo de 2010 | 18:34

Vótalo 0
Muy bueno Icosaedro.

¡cachis!
Dani | 14 de mayo de 2010 | 18:10

Vótalo 0
nadie para el 3?
M | 15 de mayo de 2010 | 18:32

Vótalo 0
La solución de Jota para 1) me parece clara. Esta propiedad nos dice que una circunferencia puede contener 0,1,2, o infinitos puntos racionales. Por ejemplo, $x^2+y^2=3$ no tiene puntos racionales, $(x-\sqrt{2})^2+(y-\sqrt{2})^2=4$ sólo contiene uno (el origen) y $x^2+(y-\sqrt{2})^2=3$ sólo contiene dos ( $(\pm 1,0)$ ). Y si una circunferencia contiene tres puntos racionales, entonces contiene infinitos al ser su centro racional.
M | 15 de mayo de 2010 | 18:43

Vótalo 0
Para 2), la solución de fede me parece estupenda. Indico una algo más básica y algo más constructiva:

Vamos a considerar circunferencias centradas en el punto $P=(\sqrt{2},\frac{1}{3})$ (podemos tomar cualesquiera coordenadas de modo que la primera sea irracional, y la segunda racional cuyo doble no sea entero).

Primero veremos que si dos puntos enteros $P_1=(x_1,y_1),\;P_2=(x_2,y_2)\in \mathbb{Z}^2$ equidistan de $P$ entonces $P_1=P_2$ . Esto es fácil de ver ya que

$(x_1-\sqrt{2})^2+(y_1-\frac{1}{3})^2=(x_2-\sqrt{2})^2+(y_2-\frac{1}{3})^2$

$2\sqrt{2}(x_2-x_1)=(x_2^2-x_1^2)+(y_1-y_2)(\frac{2}{3}-y_1-y_2)$

y de aquí que $x_1=x_2$ (por ser $\sqrt{2}$ irracional) e $y_1=y_2$ (por tratarse de valores enteros).

En segundo lugar, centrado en $P$ tomaremos un círculo de radio suficientemente grande que contenga más de $n$ puntos enteros $P_1,P_2,\ldots,P_n,P_{n+1},\ldots$ en su interior ordenados en orden creciente de acuerdo a su distancia al origen. Entonces, el círculo centrado en $P$ y radio $dist(P,P_{n+1})$ contiene exactamente $n$ puntos enteros.
M | 15 de mayo de 2010 | 19:11

Vótalo 0
Para 3), conocía los círculos de Schinzel que indica josejuan, pero sinceramente no conozco la prueba de que cumplan la propiedad. Sin embargo puede que sea del estilo de la prueba que indico a continuación basada en otros círculos, que sin embargo tienen mayor radio que los de Schinzel.

Lo primero que notamos es que la ecuación $a^2+b^2=5^m$ , $m\geq 0$ , tiene exactamente $4(m+1)$ soluciones enteras $(a,b)$ . El número de soluciones enteras de $x^2+y^2=n$ es una propiedad conocida y se basa en factorización única en los enteros gaussianos $\mathbb{Z}[i]$ . De hecho, considerando los números complejos $z_k=(2+i)^k\cdot(2-i)^{m-k}$ ( $|z_k|^2=5^m$ ), $0\leq k\leq m$ , vemos que las $4(m+1)$ soluciones se obtienen de las componentes de los complejos $z_k,-z_k, iz_k, -iz_k$ .

Ahora, observar que en $\mathbb{Z}[i]$ , se tiene que $2+i\equiv -i\;(mod\; 2+2i)$ y que $2-i=(-i)(2+2i)+i\equiv i\;(mod\;2+2i)$ . Estos nos dice que los valores $z_k,-z_k, iz_k, -iz_k$ son equivalentes a $\pm 1,\pm i\;(mod \;2+2i)$ . Con lo cual, las $4(m+1)$ soluciones $(a,b)$ a la ecuación original las tendremos divididas en cuatro clases que originan números complejos equivalentes a $1,-1, i, -i\; (mod\;2+2i)$ , respectivamente.

En particular considerando los complejos equivalentes a 1, esto nos dice que el conjunto $(-1+(2+2i)\cdot \mathbb{Z}[i])\cap C(0;5^{m/2})$ contiene exactamente $m+1$ elementos, donde $C(z,r)$ es la circunferencia de centro $z$ y radio $r$ en el plano complejo. Finalmente trasladamos y dilatamos el conjunto para obtener que

$((2+2i)\cdot \mathbb{Z}[i])\cap C(1;5^{m/2})$ contiene exactamente $m+1$ elementos;

$\mathbb{Z}[i]\cap C(0;\sqrt{\frac{5^m}{8})$ contiene exactamente $m+1$ puntos, $m\geq 0$ .
M | 15 de mayo de 2010 | 19:13

Vótalo 0
Finalmente, propongo una cuestión relacionada y bastante más sencilla. Se pide indicar qué polígonos regulares verifican que todos sus vértices tienen coordenadas enteras.
fede | 15 de mayo de 2010 | 23:19

Vótalo 0
M, en el archivo de “L’Enseignement Mathématique” se puede ver (pdf) la demostración original de Schinzel, (1958 vol 4 pag 71) y también la demostración para m dimensiones de Kulikowski (1959 vol 5 pag 89)
M | 16 de mayo de 2010 | 14:38

Vótalo 0
Gracias, fede. Veo la solución que conocía es del estilo de la de Schinzel, aunque la de éste refina mucho más el valor de los radios.

Por cierto, la solución de 2) coincide bastante con lo escrito arriba por Diego, salvo que el punto $(1,e)$ no nos valdría pues siempre podemos tener puntos enteros distintos $(x_1,y_1), (2-x_1,y_1)$ que equidistan de $(1,e)$ .
M | 16 de mayo de 2010 | 14:59

Vótalo 0
Ya que es domingo, pongo una respuesta al caso de los polígonos regulares con vértices enteros. La única posibilidad es el cuadrado, por lo siguiente:

si existe un polígono con $n$ vértices enteros $P_1,\ldots P_n$ , podemos asumir que éste tiene sus lados con longitud mínima (ya que sus lados medirán una cierta cantidad $\sqrt{x^2+y^2}$ con $x,y$ enteros).

Sin embargo a partir de este polígono, si $n\neq 3,4,6$ , entonces podemos construir otro polígono regular con vértices enteros y lado menor (el nuevo polígono estará dentro del original) cuyos vértices $Q_1,\ldots,Q_n$ se obtienen con la condición $\vec{P_iQ_i}=\vec{P_{i+1}P_{i+2}}$ . Esto contradice la minimalidad del polígono de partida.

Este proceso no se aplica a los casos $n=3,4,6$ , pues deja inalterado al triángulo equilátero y al cuadrado, mientras que reduce el hexágono a un punto. Finalmente, un argumento de irracionalidad nos permite ver que no hay triángulos equiláteros ni hexágonos regulares con todos sus vértices enteros.
Sive | 17 de mayo de 2010 | 13:56

Vótalo 0
Muy elegante la demostración, M, aunque el proceso para obtener el nuevo polígono no se aplica al triángulo, no porque quede inalterado, sino porque resultaría un triángulo mayor ¿verdad?

Lo comento, más que nada, por confirmar que lo he comprendido.
M | 17 de mayo de 2010 | 14:43

Vótalo 0
Vaya, sí, Sive. La idea consiste en trasladar cada vértice paralelamente al segmento inmediatamente consecutivo (fijando un orden de antemano, claro). Las coordernas del $B_i=A_i+\vec{A_{i+1}A_{i+2}}$ (fijando el vector en el punto correspondiente) serán enteras.
Sive | 17 de mayo de 2010 | 15:12

Vótalo 0
Pues es una pena que no la desarrolles, porque aunque a partir de la idea féliz el resto es fácil, la demostración sigue siendo preciosa.