Danielle practica billar en una mesa circular. Escoge dos puntos $P_0$ y $P_1$ sobre el perímetro de la mesa, coloca la pelota en el punto $P_0$ y la golpea hacia el punto $P_1$. Al realizar esto, se da cuenta que la pelota rebota $n$ veces en puntos distintos $P_1,P_2,\ldots ,P_n$ donde $P_n=P_0$. Demostrar que los puntos $P_0,P_1,\ldots ,P_{n-1}$ son los vértices de un polígono regular.
Lo primero que hay que saber es que "rebotar" en el punto $P_i$ quiere decir que el ángulo formado por el segmento $P_{i-1}P_i$ con la tangente a la circunferencia que pasa por $P_i$ es el mismo que el formado por el segmento $P_iP_{i+1}$ con esa misma tangente. Para aclarar a qué me refiero ver la siguiente figura:
Ahora, si marcamos las tangentes que pasan por los puntos $P_i$ y $P_{i+1}$ y llamamos a su punto de intersección $P$, notamos que los ángulos $\widehat{PP_iP_{i+1}}$ y $\widehat{PP_{i+1}P_i}$ son iguales y los llamaremos $\alpha$ (es un hecho conocido que dado un punto $P$ y dos tangentes desde $P$ a la misma circunferencia, la longitud de los dos segmentos formados por $P$ y los puntos de tangencia es la misma, y por lo tanto en nuestro problema el triángulo $\triangle{P_iPP_{i+1}}$ es isósceles).
Sea $A$ el centro de la circunferencia. Usando ángulo semi-inscrito y luego ángulo central (todo con la cuerda $P_iP_{i+1}$) obtenemos que $\widehat{P_iAP_{i+1}}=2\alpha$. Bajo el mismo razonamiento con la cuerda $P_{i-1}P_i$ obtenemos que $\widehat{P_{i-1}AP_{i}}=2\alpha$, por lo tanto para todo $i$ entre $0$ y $n-1$ vale que $\widehat{P_iAP_{i+1}}=2\alpha$.
El problema se traduce a un grillo que da saltos por la circunferencia con ángulo $2\alpha$ respecto del centro, y siempre en el mismo sentido. Empieza en $P_0$ (que le asignaremos el ángulo $0°$) y luego va avanzando en sentido (sin pérdida de la generalidad) antihorario mediante saltos de ángulo $2\alpha$. Notar que $2\alpha \cdot n = 360r$ con $r$ entero positivo, ya que vuelve a su lugar original en el $n$-ésimo salto, y eso quiere decir que dió alguna cantidad de vueltas completas. A partir de ahora nos referimos como "ángulo de $P_i$ respecto de $P_0$" al ángulo $\widehat{P_0AP_i}$ en sentido antihorario.
Supongamos que la primera vez que el grillo vuelve a pisar $P_0$ es en el $m$-ésimo salto. Con el mismo razonamiento del párrafo anterior $2\alpha \cdot m = 360k$ con $k$ entero positivo. Notemos además que $P_1$ forma un ángulo de $2\alpha=360 \cdot \dfrac{k}{m}$ con respecto a $P_0$, el segundo forma un ángulo de $360 \cdot \dfrac{2k}{m}$ con respecto a $P_0$, y así siguiendo.. en general $P_i$ (con $i \leq m-1$) forma un ángulo de $360 \cdot \dfrac{ik}{m}$ con respecto a $P_0$.
Veamos que no puede ocurrir que $P_a=P_b$ con $m-1\geq a>b$: si fuese así, entonces $360 \cdot \dfrac{ak}{m}=360 \cdot \dfrac{bk}{m} +360\cdot q$ con $q$ entero positivo y despejando queda $360 \cdot \dfrac{(a-b)k}{m}=360\cdot q$. Esto último es absurdo porque nos quedaría que $m-1\geq a-b \geq 0$ y que $P_{a-b}=P_0$ (porque dió una cantidad entera de vueltas con respecto a $P_0$), lo cuál estamos suponiendo que no puede suceder.
Concluímos entonces que los $m$ valores $360 \cdot \dfrac{ik}{m}$ con $0\leq i \leq m-1$ son todos distintos módulo $360$ (es decir, vistos como ángulos en la circunferencia). Éstos ángulos vistos en la circunferencia y respecto de $P_0$ son todos múltiplos de la fracción de vuelta completa $\dfrac{360}{m}$ y por lo tanto en algún orden deben formar los ángulos $360 \cdot \dfrac{1}{m}, 360 \cdot \dfrac{2}{m}, \ldots, 360 \cdot \dfrac{m-1}{m}$ con respecto a $P_0$. Esto quiere decir que son los vértices de un polígono regular de $m$ lados.
Si $m=n$ ya estamos. Si no, notemos que como en cada salto el grillo siempre forma el mismo ángulo, el proceso ser volverá a repetir. Por lo tanto los $n$ puntos $P_0, P_1,\ldots,P_{n-1}$ son enrealidad los puntos $P_0,\ldots,P_{m-1}$ con repeticiones, y entonces forman un polígono regular de $m$ lados. Habiendo analizado todos los posibles casos, terminamos el problema. ■
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