O xogo euclidiano

O xogo xeométrico 

Para  este xogo cómpre que teñamos un xeoplano de Gattegno no que delimitaremos un rectángulo. Por poñer un exemplo, consideremos o seguinte de dimensións 14×4

 

Participan dous xogadores. O primeiro pode pintar tantos cadrados da menor das dimensións como queira. No noso caso trátase de marcar cadrados 4×4. O primeiro xogador podería pintar 1, 2 ou 3 cadrados. Na seguinte partida marca os 3 cadrados polo que sobra un rectángulo de 2×4. É a quenda do segundo xogador que agora poderá marcar cadrados 2×2. Como marcou os dous cadrados vermellos gañará, pois o outro non pode continuar a partida.

Velaquí outra partida nun taboleiro 14×9 na que volve a gañar o segundo xogador

Estas imaxes están sacadas de Cut the Knot

O xogo aritmético

Tamén temos a posibilidade de xogar partidas usando unicamente os valores das dimensións do rectángulo. Deste xeito comezamos cun par de números naturais (a,b) En cada paso o xogador pode restar o menor do maior cantas veces queira, sempre que o resultado sexa estritamente positivo. Se supoñemos, por exemplo, que a<b unha xogada consistirá en pasar de (a,b) a (a, b-pa) sendo tamén b-pa un enteiro estritamente positivo. Gañará aquel que consiga que os dous números sexan iguais. Na seguintes series desenvólvense as partidas anteriores e tamén se ofrece un exemplo doutro par de novas partidas. Indícase o comezo da partida en negro, o primeiro xogador fai as xogadas marcadas en azul e o segundo as marcadas en vermello. A última cor é a do gañador.

Partida 1: (14,4) ⟶ (2,4) ⟶ (2,2)

Partida 2: (14,9) ⟶ (5,9) ⟶ (5,4) ⟶ (1,4) ⟶ (1,1)

Partida 3: (300,105) ⟶ (195, 105) ⟶ (90, 105) ⟶ (90, 15) ⟶ (15, 15)

Partida 4: (97, 352) ⟶ (97, 139) ⟶ (97, 42) ⟶ (42, 55) ⟶ (42, 13) ⟶ (16, 13) 

                                ⟶ (3, 13) ⟶ (3, 4) ⟶ (3,1) ⟶ (1,1)

Unha proposta para a aula consistiría en presentar unha boa colección de pares de números e invitar ao alumnado, formando parellas, a escoller un un deses pares establecendo cal dos dous comeza a partida.

Despois de algo de práctica é o momento de preguntar se alguén ve algunha relación entre os números de partida e o número final.

Estou seguro de que calquera que dea lido ata aquí xa se terá decatado de que, aínda que sexa con outra aparencia, o que estamos a facer é aplicar o algoritmo de Euclides para o cálculo do máximo común divisor de dous números. Velaquí temos unha boa oportunidade de introducir un aspecto completamente esquecido pola LOMCE e os libros de texto.

Unha estratexia xeométrica

Unha profundización que en certa medida escapa das aulas de secundaría consistiría na elaboración dunha estratexia para gañar. Presentaremos dúas. Comprobarase que ningunha delas remite a unha receita simple. Ademais involucran algo, nun principio, inesperado, que o número áureo Φ interveña ineludiblemente nas mesmas. Lembrémoslle algunhas propiedades: $$\Phi =\frac { 1+\sqrt { 5 }  }{ 2 } =1+\frac { 1 }{ 1+\frac { 1 }{ 1+.... }  } =[1;1,1,1,1,...]\quad \quad \quad \quad \quad \Phi -\frac { 1 }{ \Phi  } =1$$

Consideremos a rede formada polos puntos do plano con dúas coordenadas enteiras estritamente positivas. Cada partida comeza nun punto desa rede. En cada movemento trasladaremos un punto (a,b) desa rede a outro. Ademais en cada quenda haberá que facer un desprazamento ben horizontal cara a esquerda, cando a>b, ben vertical cara abaixo, cando a<b. Gañará aquel que consiga trasladar o punto á diagonal (a=b). Cómpre ter presente que un movemento válido será aquel no que á coordenada maior lle restemos un múltiplo da menor. Na seguinte imaxe aparece representada a segunda partida:

 

Neste contexto gañará aquel que consiga levar o punto á diagonal. Podemos asegurarnos a vitoria? Nese caso, cal debe ser a estratexia? Todo aparece explicado na seguinte imaxe na que nos aparecen dúas rectas de pendentes Φ e 1/Φ. Teñamos en conta que Φ é irracional polo que estas rectas non pasarán por ningún punto da rede de enteiros.

Distinguimos pola cor dúas zonas. Se nos toca mover e estamos nun punto da zona verde, gañaremos. Bastará con que movamos o punto a outro da zona vermella. Pola contra, se cando nos toca a quenda partimos dun punto da zona central, non teremos ningunha oportunidade. Para comprobalo, supoñamos que a partida está nun  punto (a, b) da zona verde cando nos toca xogar e que o noso movemento consiste en trasladar verticalmente o punto (a<b). A cuestión é: será posible que poidamos trasladar ese punto á zona vermella? Basta con que nos decatemos de que a intersección da recta vertical x=a coa zona vermella é un segmento de lonxitude a, polo tanto debe existir polo menos un punto ao cal facer o movemento (a,b) ⟶ (a,b-pa) : $$lonxitude\quad do\quad segmento\quad =\quad \Phi a-\frac { 1 }{ \Phi  } a=\left( \Phi -\frac { 1 }{ \Phi  }  \right) a=1\cdot a=a$$

No caso de termos que facer o movemento en horizontal (a>b), por simetría,  o argumento sería o mesmo. Pola contra, e precisamente pola mesma razón (a lonxitude do segmento vermello ser a), se nos toca xogar a partir dun punto da zona central, calquera movemento nos levará fóra dela, pois debemos trasladar o punto unha lonxitude p・a. 

 

Unha estratexia aritmética

Consideremos a fracción a/b cando a>b (respectivamente b/a cando b<a). Escribamos esa fracción na súa forma continua: [a₀, a₁, a₂, a₃,..., a_n ]. Un movemento consistirá, ben en eliminar o primeiro elemento: [a₀, a₁, a₂, a₃,..., a_n ] ⟶  [a₁, a₂, a₃,..., a_n ], ben en diminuílo: [a₀, a₁, a₂, a₃,..., a_n ] ⟶  [a₀ - k, a₁, a₂, a₃,..., a_n ]. Gañará o que poida reducir esta expresión a [1]

Poñamos por caso que nos presentan o seguinte par: (442, 193) asociarémoslle a fracción $$\frac { 442 }{ 193 } =2+\frac { 1 }{ 3+\frac { 1 }{ 2+\frac { 1 }{ 4+\frac { 1 }{ 6 }  }  }  } =[2,3,2,4,6]$$

Neste caso hai unha estratexia ben simple, que consiste en reducir o primeiro elemento a un 1 xa que isto forza a que o contrincante só teña a posibilidade de eliminar ese primeiro elemento.

[2,3,2,4,6] ⟶ [1,3,2,4,6] ⟶ [3,2,4,6] ⟶ [1,2,4,6] ⟶ [2,4,6] ⟶ [1,4,6] ⟶ [4,6] ⟶ [1,6] ⟶ [6]  ⟶ [1]

Poderiamos seguir este procedemento sempre que os elementos da fracción continua fosen todos maiores que 1. Pero que facer de non ser este o caso? Hai que modificar a táctica anterior. Xa enxergamos que o número áureo pode ter, outra vez, o seu papel debido a que a súa expresión en fración contínua é [1, 1, 1, ...]. 

Teremos asegurada a vitoria para o primeiro xogador no caso de que o primeiro valor a_k distinto de 1 teña subíndice par. Sexa  e_k+1 =[a_k+1, a_k+2,..., a_n  ] . Temos dúas posibilidades

• Se  e_k+1 < Φ   faremos a xogada [a_k , a_k+1, a_k+2,..., a_n] ⟶  [a_k+1, a_k+2,..., a_n ]=[1, a_k+2,...a_n]   pois neste suposto  a_k+1=1.
  
• Se e_k+1 > Φ    faremos a xogada [a_k , a_k+1, a_k+2,..., a_n] ⟶  [1, a_k+1, a_k+2,..., a_n]
  

Nas dúas alternativas forzamos a que o contrincante teña só un posible movemento, ten que eliminar o primeiro elemento da fracción continua xa que é un 1.

Os detalles tanto destas estratexias pódense consultar, no volume 41, número 4, da publicación The Fibonacci Quaterly , concretamente no artigo de Tamás Lengyel, "A Nim-Type Game and Continued Fractions"