martes, 22 de mayo de 2012

Area blanca y negra, problema del día 23 de Mayo

Hay un tablero de ajedrez infinito, para cada pareja de enteros $m,n$ consideramos un triángulo rectánculo con vértices compartidos con la cuadrícula y con sus catetos paralelos a los ejes del tablero. Sean $S_{b}$ y $S_{n}$ el área total de blanco y de negro dentro del triángulo respectivamente. Sea $f(m,n)=|S_{b}-S_{n}|$.
a) Encuentra todos los posibles valores de $f(m,n)$ para $2|m-n$.
b) Prueba que $f(m,n)\leq \frac{max\{m,n\}}{2}$.
c) Prueba que $f(m,n)$ no está acotada por arriba.

5 comentarios:

Juan dijo...

Denoto por bP y nP el área blanca y negra de una figura P.
(a) Si el triángulo es ABC, completo el rectángulo con ABCD y me fijo que ABC y ACD son congruentes e idénticos en cuanto a su coloración. Además, hay o 0 o 1 cuadrito negro más en ABCD que cuadritos blancos. Así, nABC=nACD, bABC=bACD, y nABC+nACD-bABC-bACD=0 o 1 y de aquí vemos que nABC-bABC=0 o 1/2.
(b) Supongamos que m y n son de diferente paridad. Me tomo un punto E en AB con AE=1 y entonces bEBC-nEBC=f(m-1,n) que es 0 o 1/2, Así, f(m,n) $\le$ 1/2+bEAC-nEAC $\le$ 1/2+(EAC)=max(m,n)/2.
(c) Supongamos m=2k+1, n=2k. Nos fijamos en la figura de (b) entonces es fácil calcular f(m,n), viendo que CE pasa sólo por negro, y entonces vemos que es (2k-1)/6 y ésto no está acotado. QED

Adán dijo...
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Adán dijo...

Bueno, primero, es fácil ver que si $2$ divide a $m-n$, entonces, si tomamos al triángulo recto $ABC$ con $\angle B=90$ y trazamos $D$ tal que $ABCD$ es rectángulo, entonces, o los $2$ lados serán pares o los $2$ serán impares.

Por esto, tendremos que $ABCD$ será simétrico con respecto a un vértice con coordenadas enteras, o con el centro de un cuadrito de algún color. Entonces, $ABC$ y $CDA$ son congruentes, tienen una coloración o igual, por lo que $2f\left(m, n\right)=0, 1$ pues a diferencia de color en un rectángulo es $0$ o $1$, y entonces si $2$ divide a $m-n$ tendremos que

$f\left(m, n\right)=0, \frac{1}{2}$.

Ahora, veamos que en un triángulo de medidas $\left(2M\right) \times \left(2M+1\right)$ tendremos que la diferencia de área será $M$ menos

$\frac{1^{2}+2^{2}+\cdots+\left(2M\right)^{2}}{\left(2M\right)\left(2M+1\right)}$

que es

$M-\cdot \frac{4M+1}{6}=\frac{2M-1}{6}$

que no está acotado. Para terminar, ya vimos que si ambos lados del rectángulo tienen la misma paridad, su $f$ vale a lo más $\frac{1}{2}$, y el menor valor posible del lado más grande en estos triángulos es $1$ y tenemos que

$\frac{1}{2}\leq \frac{\max\left\{m, n\right\}}{2}$

Falta ver que pasa cuando se tiene un triángulo con lados de distinta paridad. Observemos que si sus lados son $m, M$ con $M>m$ tendremos que $M\geq m+1$. Entonces, veamos que si partimos a este triángulo en uno de lados $m, M-1$ entonces obtendremos uno de lados de la misma paridad, y otro medio extraño, de área $\frac{m}{2}$ entonces tenemos que la $f$ de nuestro triángulo original es menor o igual a

$\frac{1+m}{2}\leq \frac{M}{2}$ como queríamos, y acabamos los $3$ incisos.

JulioC dijo...
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JulioC dijo...

El inciso a) y b) lo hice igual que Adán.
Para el inciso c) ocupe triángulos de 3 por 2, y la pegaba en forma de diagonal, asi la diferencia se hacia tan grande como se quiera (debajo del lado de 2 de cada triángulo había dos columnas idénticas pero con los colores cambiados; además, cada triángulo estaba pintado de la misma manera y la diferencia no es 0).

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