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Imparidad

No podemos saber cuántas personas, en el mundo, han estrechado la mano a otras personas un número impar de veces; pero, en respuesta a la pregunta planteada la semana pasada, podemos decir, sin necesidad de contarlas, que su número es par.

En cada apretón de manos confluyen dos acciones manuales, que llamaremos “manotazos” (por aquello de “choca esos cinco”), por lo que el número total de manotazos -llamémoslo T- ha de ser par. Las personas que han dado la mano un número par de veces han dado, entre todas, un número par de manotazos -llamémoslo M-, por lo que el número global de manotazos de las personas que han dado la mano un número impar de veces –llamémoslo N- también ha de ser par, ya que N = T – M, y para que una suma de N sumandos impares sea par, ha de serlo N.

Partiendo de la casilla inferior izquierda de un tablero de ajedrez, un caballo no puede ir a la casilla superior derecha pasando una y solo una vez por todas las demás casillas

La sencilla fórmula que da el radio de un círculo inscrito en un triángulo rectángulo de hipotenusa a y catetos b y c: 2r = b + c – a, se puede obtener a partir del teorema de Pitágoras; pero hay una forma más sencilla e ingeniosa viendo los segmentos en que la hipotenusa y los catetos son divididos por los respectivos radios perpendiculares (ver comentario 31 de la semana pasada).

Partiendo de la casilla inferior izquierda de un tablero de ajedrez, un caballo no puede ir a la casilla superior derecha pasando una y solo una vez por todas las demás casillas, pues pare ello tiene que dar 63 saltos y solo 63, y con cada salto cambia el color de la casilla ocupada por el caballo. Como parte de una casilla negra, con el salto 1 y todos los demás saltos impares ocupará casillas blancas, por lo que no puede llegar a una casilla negra con el salto 63.

Nuestro “usuario destacado” Oli Limón se pregunta si el caballo puede llegar, pasando una y solo una vez por todas las casillas, a la casilla contigua a la de la esquina superior derecha; en este caso la (im)paridad es la adecuada, por lo que en principio no es imposible; pero habría que demostrar que es posible y determinar el recorrido (no hace falta especificar a cual de las dos casillas blancas contiguas a la de la esquina superior derecha nos referimos, ya que el tablero es simétrico respecto a la diagonal).

Los personajes del mundo de Mickey, como los del universo Simpson, tienen cuatro dedos, por lo que al jugar a pares y nones un jugador puede sacar 0, 1, 2, 3 o 4 dedos, y para cada una de estas cinco posibilidades hay otras tantas por parte del otro, por lo que el número de combinaciones posibles es 5 x 5 = 25, y por tanto, al ser un número impar, las posibilidades no pueden repartirse entre dos jugadores de forma equitativa. ¿Quién juega con ventaja y en qué medida?

El tablero mutilado

La paridad -y su complemento la imparidad- permite plantear y resolver una amplia gama de problemas.

Sin salir del tablero de ajedrez, un clásico muy conocido, pero de obligada mención en este contexto:

Tenemos 32 fichas de dominó tales que cada una de ellas puede cubrir exactamente dos casillas de un tablero de ajedrez, por lo que con todas las fichas podemos cubrir el tablero por completo (¿de cuántas maneras distintas?) en un sencillo ejemplo de teselación (tema que, por cierto, da mucho juego). Si al tablero le quitamos dos casillas de esquinas opuestas, como en la figura, ¿podemos cubrirlo por completo con 31 fichas?

Carlo Frabetti es escritor y matemático, miembro de la Academia de Ciencias de Nueva York. Ha publicado más de 50 obras de divulgación científica para adultos, niños y jóvenes, entre ellos Maldita física, Malditas matemáticas o El gran juego. Fue guionista de La bola de cristal.

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