Un error no tiene por qué ser algo malo, al menos en matemáticas. Al igual que cometer errores es, muchas veces, necesario para aprender, un error puede llevarnos a hacernos buenas preguntas que, en ocasiones, pueden derivar en interesantes problemas. Y éste es el caso que trataremos en este artículo, en el que buscaremos triángulos con igual área y perímetro.

Como es evidente tras la lectura del párrafo anterior, este problema (re)surgió un cierto momento tras un error cometido por Lee Markowitz al calcular el área de una figura geométrica, tal y como nos cuenta en su artículo AREA = PERIMETER, que es la fuente pricipal de esta entrada.

Al parecer, Markowitz estaba dando clase de geometría a un alumno y, en cierto momento, tenía que calcular el área lateral de un prisma triangular cuya base era un triángulo rectángulo de lados 6, 8 y 10. Es evidente que, en este caso, el área de cada una de las bases es:

A_B=\cfrac{\mbox{Base} \cdot \mbox{Altura}}{2}=\cfrac{6 \cdot 8}{2}=24

Markowitz se confundió, y en vez de calcular el área del triángulo calculó su perímetro, que es:

P_B=\{ \mbox{Suma de los tres lados} \}=6+8+10=24

Al obtener el mismo resultado con ambos cálculos, Markowitz no apreció su error en un principio. Pero cuando se dio cuenta de ello, comenzó a pensar en si éste era un triángulo único en este sentido o, en caso contrario, en qué características debería tener un triángulo para cumplir esta condición.

Vamos a comenzar con el caso más cercano al ejemplo que se encontró Markowitz: un triángulo rectángulo cuyos lados son números naturales. Tenemos entonces que nuestro triángulo, cuyos lados llamaremos a,b,c (de menor a mayor), cumple las siguientes condiciones:

  1. a,b,c son números naturales
  2. Como el triángulo es rectángulo, se cumple que a^2+b^2=c^2
  3. Y como queremos que el área sea igual al perímetro, se tiene que \frac{ab}{2}=a+b+c

Despejamos c de la tercera condición, sustituimos en la segunda y operamos:

\begin{matrix} c=\cfrac{ab}{2}-a-b \Rightarrow a^2+b^2=\left (\cfrac{ab}{2}-a-b \right )^2=\cfrac{a^2b^2}{4}+a^2+b^2-a^2b-ab^2+2ab \Rightarrow \\[2mm] \Rightarrow \cfrac{a^2b^2}{4}-a^2b-ab^2+2ab=0 \Rightarrow ab \left (\cfrac{ab}{4}-a-b+2 \right )=0 \end{matrix}

Como a,b \ne 0, tenemos que:

\cfrac{ab}{4}-a-b+2=0 \longrightarrow ab-4a-4b+8=0

Sumando 8 a ambos lados, es sencillo expresar la parte izquierda como un producto de factores:

ab-4a-4b+16=8 \rightarrow a(b-4)-4(b-4)=8 \rightarrow \mathbf{(a-4)(b-4)=8}

Y ahora usamos que tanto a como b son números naturales. Analicemos caso a caso (es evidente que ambos deben ser mayores que 4):

  • a=5 \longrightarrow b-4=8 \rightarrow b=12. De aquí, c=13, obteniendo el triángulo rectángulo (5,12,13).
  • a=6 \longrightarrow 2(b-4)=8 \rightarrow b=8. De aquí, c=10, obteniendo el triángulo rectángulo (6,8,10), que era el que tenía Markowitz.
  • a=7 \longrightarrow 3(b-4)=8 y b no sería un número natural.
  • a=8 \longrightarrow 4(b-4)=8 \rightarrow b=6, y sale el (8,6,10), que es igual a uno de los anteriores.
  • a=9 \longrightarrow 5(b-4)=8 y b no sería un número natural.
  • a=10 \longrightarrow 6(b-4)=8 y b no sería un número natural.
  • a=11 \longrightarrow 7(b-4)=8 y b no sería un número natural.
  • a=12 \longrightarrow 8(b-4)=8 \rightarrow b=5, y sale el (12,5,13), que es igual a uno de los anteriores.
  • a \geq 13 \longrightarrow b-4 \leq 1 , por lo que b no sería un número natural.

La conclusión a la que llegamos es la siguiente:

Los únicos triángulos rectángulos con lados naturales que cumplen que su área es igual a su perímetro son el (5,12,13) y el (6,8,10).

Si dejamos ahora que a,b,c sean racionales, y despejamos b de (a-4)(b-4)=8, llegamos a:

b=\cfrac{-8+4a}{a-4}

Si a > 4 (racional), tanto el numerador como el denominador son positivos, por lo que b será racional positivo y, en consecuencia, también lo será c. De aquí, obtenemos que:

Existen infinitos triángulos de lados racionales que cumplen que su área es igual a su perímetro.

Volvamos entonces al triángulo con lados naturales y permitamos ahora que nuestro triángulo no tenga por qué ser rectángulo. Ahora no tendríamos que a^2+b^2=c^2, y tampoco que \frac{ab}{2}=a+b+c, ya que no podríamos calcular su área de esa forma. ¿Tenemos alguna otra expresión que nos calcule el área de un triángulo rectángulo y que relacione los lados del mismo de manera fácilmente abordable? ¡Claro! La fórmula de Herón:

A=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}

siendo s=\frac{a+b+c}{2} (la semisuma de los lados del triángulo). Tenemos entonces que a,b,c son números naturales y que

\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=a+b+c \longrightarrow s(s-a)(s-b)(s-c)=(a+b+c)^2

La idea ahora sería operar y simplificar un poco esta ecuación y después analizarla detalladamente para encontrar todas sus posibles soluciones. Como este estudio es bastante engorroso si se hace con la ecuación tal cual la tenemos, vamos a trabajar con ella un poco. Como a+b+c=2s, dividiendo entre s a ambos lados tenemos que:

(s-a)(s-b)(s-c)=4s

Tomemos ahora x=s-a, \, y=s-b, \, z=s-c. Entonces, x+y+z=3s-(a+b+c)=3s-2s=s, y la ecuación queda así:

xyz=4(x+y+z) (1)

Sin pérdida de generalidad, supongamos (como hemos hecho en todo el desarrollo) que a \leq b \leq c y, por tanto, x \geq y \geq z. Veamos que z no puede ser mayor o igual que 4. Por un lado, si z \geq 4, entonces se tiene que y \geq 4. De aquí, xyz \geq 16x.

Por otro lado, 4(x+y+z) \leq 4(x+x+x)=12x. Uniendo ambas cosas:

4(x+y+z) \leq 12x < 16x \leq xyz

que entra en contradicción con la igualdad (1) anterior.

Sabiendo que x,y,z deben ser números enteros positivos (¿sabrías demostrarlo?), tenemos entonces que z puede tomar los valores 1, 2 y 3. Analicemos caso por caso:

  • z=1: De (1), es sencillo llegar a (x-4)(y-4)=20. Si y \geq 9, tenemos que (x-4)(y-4) \geq 25, por tanto descartamos todos esos valores. Con y \leq 4 y con y=7 también llegamos a situaciones imposibles, por lo que los únicos valores posibles para y son y=5,6,8. Con y=5, queda x=24. Usando ahora que:

    a=y+z, \ b=x+z, \ c=x+y (2)

    tenemos que, en este caso, nuestro triángulo es \mathbf{(a,b,c)=(6,25,29)}.

    Con y=6, es x=14, y usando (2) tenemos un nuevo triángulo de los nuestros: \mathbf{(a,b,c)=(7,15,20)}.

    Y con y=8, x=9, y usando (2) de nnuevo llegamos a un nuevo triángulo: \mathbf{(a,b,c)=(9,10,17)}.

  • z=2: De (1), llegamos ahora a (x-2)(y-2)=8. Si y \geq 5, tenemos que (x-2)(y-2) \geq 9, hecho que no puede darse. Para y \leq 2 también obtenemos casos imposibles, por lo que los únicos valores posibles para y en este caso son y=3,4. Si y=3, se tiene que x=10, de donde, usando (2), obtenemos este triángulo: (a,b,c)=(5,12,13).

    Por otro lado, si y=4, es x=6, y con (2) obtenemos el triángulo (a,b,c)=(6,8,10).

  • z=3: De (1), en este caso podemos llegar a (3x-4)(3y-4)=52. Sabemos que y \geq 3 (ya que es mayor o igual que z), y además debe ser y \ne 3 (ya que 3 \cdot 3-4=5 no es un factor de 52). Si y \geq 4, tenemos que 3y-4 \geq 8, y por tanto (3x-4)(3y-4) \geq 64, lo cual es imposible. Por tanto, en este caso no hay valores de y posibles, por lo que no obtenemos ningún nuevo triángulo de «nuestro» tipo.

En consecuencia, la cosa queda así:

Los únicos triángulos de lados enteros que cumplen que su área es igual a su perímetro son los siguientes:

\begin{matrix} \mathbf{(6,25,29)} \\ \mathbf{(7,15,20)} \\ \mathbf{(9,10,17)} \\ \mathbf{(5,12,13)} \\ \mathbf{(6,8,10)} \end{matrix}

De ellos, los dos últimos son los únicos triángulos rectángulos con estas condiciones, y el (5,12,13) es el único cuyos lados forman una terna pitagórica primitiva.

Comentábamos al principio que este problema lo había tratado Lee Markowitz en su artículo Area=Perimeter. Dicho artículo es de 1981, pero ni mucho menos es el primero dedicado a este tema. De hecho, ya se trató a mediados del siglo XIX, y se sabe que W.A. Whitworth y D. Biddle lo demostraron en 1904. De sus trabajos, solamente sé que aparecieron en el volumen 5 de Mathematical Questions froms the Educational Times de dicho año 1904, pero no he podido encontrar los documentos. Si alguien los localiza, le agraceremos que nos los comunique en los comentarios.

Por otra parte, se han estudiado generalizaciones de este problema considerando múltiplos del perímetro. Para A=2P, se sabe que hay 18 triángulos, mientras que para A=3P hay 45. Tenéis más información, y hasta un algoritmo de cálculo de dichos triángulos, justo debajo, en los enlaces del final de este artículo.

Fuentes y más información:

Print Friendly, PDF & Email
4.8 5 votes
Article Rating

¿Te ha gustado la entrada? Puedes invitarme a un café, Gauss te lo agradecerá 😉


Comparte: