Paridade e equilibrio

Paridade e equilibrio son conceptos semellantes pero non intercambiables. Para xustificar a imposición do decreto 79/2010, o de redución e prohibición de uso do galego no ensino, apelouse a un discurso no que a idea de equilibrio xogaba un papel importante. O alegato consistía en reivindicar que no ensino non había un equilibrio porque o decreto anterior primaba, tal e como recomendaba o PXNL, o uso do galego. Sería máis dificultoso facer o mesmo empregando a idea de paridade. Por que? Inmediatamente todos pensamos que o contrario de equilibrio é desequilibrio, unha situación non desexable. Paridade non ten un antónimo tan evidente. Aínda diría máis, o que procuraba o decreto 79/2010 era xustamente ese antónimo: a desigualdade. Evidentemente, reivindicar a desigualdade das linguas non parecía un discurso con expectativas mercadotécnicas. En efecto, o decreto 79/2010 non se sustenta en ningún criterio sociolingüístico; todos os seus criterios son de merchandising tóxico.

No eido das matemáticas sempre esperamos movernos por vías claras e sen ambigüidades. Imre Lakatos facía reconstrucións racionais da historia das matemáticas nas que o motor era a expurgación desas ambigüidades. Isto non significa que as matemáticas estean exentas de sorpresas e, ao contrario do que sucede na sociolingüística, as sorpresas nas matemáticas son sempre agradables. Comezaremos cunha cuestión que, nun principio, non ten tada que ver coa paridade.

Paridade

Os libros do matemático canadiano Ross Honsberger (1929-2016) son unha colección de xemas preciosas. Como exemplo, collamos Ingenuity in Mathematics (MAA 1970), do que hai unha edición en castelán, El ingenio en las matemáticas (La Tortuga de Aquiles 1994). Serviríanos calquera bocado deste libro. Nesta ocasión escollemos unha das cinco curiosidades aritméticas que presenta no capítulo 10. Tratábase dunha proposta da década dos anos 30 do século XX que se lle atrirbuía Enrico Ducci (1864-1940), un profesor de secundaria italiano que tamén exerceu a docencia no Colexio Militar de Nápoles. 

Pensemos en catro números naturais, por exemplo $(15,10,20,24)$ agora calculemos a diferenza, en valor absoluto, de cada par de números consecutivos considerando que o último número e o primeiro tamén son consecutivos. Repitamos o proceso unha e outra vez:

$$ \left ( 15,10,20,24 \right )$$ $$ \left ( 5,10,4,9 \right )$$ $$ \left ( 5,6,5,4 \right )$$ $$ \left ( 1,1,1,1 \right )$$ $$ \left ( 0,0,0,0 \right )$$

Honsberger presentaba o procedemento dunha forma máis agradable á vista. Pedíanos que colocásemos os catro primeiros valores arredor dunha circunferencia e que despois obtivésemos o resto das cuaternas cíclicas sobre circunferencias cada vez maiores tal e como se mostra no seguinte diagrama:

Este proceso é tan simple que se pode presentar nunha aula de primaria, basta con saber restar. Ademais ten a vantaxe de que podemos experimentar con el. Se xogamos un pouco con distintas cuaternas iniciais entenderemos por que Ducci se preguntou se sempre se acabaría na cuaterna $(0,0,0,0)$. Efectivamente, non importa cal sexa a cuaterna inicial, sempre acabaremos nunha cuaterna de ceros. Honsberger ofrece unha explicación demostrando que en catro pasos o maior dos catro valores vai reducirse. Isto implicará que nun número finito de pasos o maior valor será cero, polo tanto todos o serán. Se temos unha configuración sen ningún cero fica claro que o maior dos catro valores se verá reducido no seguinte paso. Entón Honsberger pasa a estudar os casos nos que haxa un, dou ou tres ceros e demostra esa redución en cada un dos casos. 

O mesmo problema xa aparecía nun libro do autor ruso Boris Kordemsky (1907-1999). O libro, editado no 1954, tiña por título Математическая смекалка. Foi un best-seller do que se venderon centos de miles de exemplares. A iniciativa de Martin Gardner foi traducido ao inglés no ano 1972 baixo o título de The Moscow Puzzles. Tamén hai unha versión en español; neste caso a editorial Gedisa cortou o texto en dúas partes: Los enigmas de Moscú e Un elefante y un mosquito. A demostración que ofrece Kordemsky da conxectura de Ducci é marabillosa. Imos debullala. 

Figura 2

En primeiro lugar pensemos na equivalencia entre distintas cuaternas polo feito de seren cíclicas. Observemos a figura 2; seguindo o sentido de xiro das agullas dun reloxo decatarémonos de que as seguintes cuaternas son equivalentes:

$ \left ( a,b,c,d \right )\equiv \left ( b,c,d,a \right )\equiv \left ( c,d, a, b \right )\equiv \left ( d,a,b,c\right )$ 

Se consideramos o sentido de xiro contrario, aínda teremos outras tantas equivalentes ás anteriores:

$ \left ( d.c,b,a\right )\equiv\left ( c,b,a,d \right )\equiv \left ( b,a,d,c \right )\equiv \left ( a,d,c,b\right )$

Agora faremos unha análise un tanto inesperada. Fixarémonos se os números son pares ou impares (p/i). Hai un total de $2^4=16$ formas de construír unha cuaterna utilizando dous elementos ($p/i$) pero moitas delas son equivalentes polo que só hai 6 cuaternas esencialmentes distintas:

$v_{1}=\left ( p,p,p,p\right )$

$v_{2}=\left ( p,p,p,i\right )\equiv \left ( i,p,p,p\right )\equiv\left  ( p,i,p,p\right )\equiv\left ( p,p,i,p\right ) $

$v_{3}=\left ( p,p,i,i\right )\equiv \left ( i,p,p,i\right )\equiv \left ( i,i,p,p\right )\equiv \left (p, i,i,p\right )$

$v_{4}=\left ( p,i,p,i\right )\equiv\left ( i,p,i,p\right )$

$v_{5}=\left ( p,i,i,i\right )\equiv\left ( i,p,i,i\right )\equiv\left ( i,i,p,i\right )\equiv\left (i,i,i, p,\right )$

$v_{6}=\left ( i,i,i,i\right )$

E xan van alá as 16 posibilidades. Agora comprobaremos que, en como moito 4 pasos, obteremos unha cuaterna de pares. Chamémoslle $A_{0}$ á configuración inicial e apliquémoslle as regras de xogo para obter unha sucesión de cuaternas cíclicas. Que pasa se comezamos por $v_{2}$?

$A_{0}=\left ( p,p,p,i\right )=v_{2}$

$A_{1}=\left ( p,p,i,i\right )=v_{3}$

$A_{2}=\left ( p,i,p,i\right )=v_{4}$

$A_{3}=\left ( i,i,i,i\right )=v_{6}$

$A_{4}=\left ( p,p,p,p\right )=v_{1}$

Non só observamos que en 4 pasos pasamos de $v_{2}$ a $v_{1}=\left ( p,p,p,p\right )$, senón que tamén desde $v_{3}$, $v_{4}$ e $v_{6}$ chegamos a $v_{1}$ incluso en menos pasos. Que pasa con $v_{5}$?. Vexámolo:

$A_{0}=\left ( p,i,i,i\right )=v_{5}$

$A_{1}=\left ( i,p,p,i\right )=v_{3}$

$A_{2}=\left ( i,p,i,p\right )=v_{4}$

$A_{3}=\left ( i,i,i,i\right )=v_{6}$

$A_{4}=\left ( p,p,p,p\right )=v_{1}$

Efectivamente, en 4 pasos tamén pasamos de $v_{5}$ a $v_{1}=\left ( p,p,p,p\right )$

Eses catro números pares de $A_{4}$ poden ser disintos. Renomémolos: $A_{4}=\left ( p_{1},p_{2},p_{3},p_{4}\right )$ e consideremos a cuaterna das súas metades $B_{4}=\left ( \frac{p_{1}}{2}, \frac{p_{2}}{2}, \frac{p_{3}}{2}, \frac{p_{4}}{2}\right )$. Fagamos agora un paso máis; pensemos como serán $A_{5}$ e $B_{5}$.

O primeiro elemento de $A_{5}$ será $\left|p_{1}-p_{2}\right| $ e o primeiro elemento de $B_{5}$ será $\left|\frac{p_{1}}{2} -\frac{p_{2}}{2}\right|=\frac{\left|p_{1} -p_{2}\right|}{2}$. Velaí que os elementos de $B_{n}$ serán sempre a metade dos elementos de $A_{n}$.  $B_{8}$ será unha cuaterna de pares que ademais serán as metades dos elementos da cuaterna $A_{8}$. Entón podemos asegurar que $A_{8}$ estará conformado por múltiplos de $4$. Repetindo o proceso teremos que a cuaterna $A_{12}$ estará conformada por múltiplos de $8$. En xeral os elementos de $A_{4n}$ serán múltiplos de $2^{n}$.

Sexa $x$ o maior número de $A_{0}$. En ningunha fila pode haber un número maior que el. Pero, dado $x$ haberá algún enteiro $n$ tal que $x<2^{n}$. Sabemos que todos os elementos da cuaterna $A_{4n}$ son múltiplos de $2^{n}$. Velaí que non quede outra que $A_{4n}=\left ( 0,0,0,0\right )$

É natural cuestionarse que é o que sucede se no canto de grupos de 4 números aplicamos o mesmo proceso de Ducci a n-tuplas. En cada paso os valores de cada fila son sempre menores ou iguais á anterior. Ademais, dada unha n-tupla inicial só hai un número finito de n-tuplas que o xogo de Ducci pode xenerar. En consecuencia o proceso ou ben remata cunha n-tupla de ceros, ou ben acaba xenerando un bucle. 

O caso $n=2$ é trivial, calquera configuración inicial chega en dous pasos a $\left ( 0,0\right )$. 

Cando $n=3$ caeremos en repeticións do tipo $\left ( 0,1,1 \right )\rightarrow \left ( 1,0,1 \right )\rightarrow \left ( 1,1,0 \right )\rightarrow \left ( 0,1,1 \right )$. 

A 5-tupla $\left ( 0,0,0,3,3 \right )$ repítese despois de 15 pasos. 

A 6-tupla $\left ( 1,2,1,2,1,0 \right )$ pronto se anula: $\left ( 1,2,1,2,1,0 \right )\rightarrow \left ( 1,1,1,1,1 \right )\rightarrow\left ( 0,0,0,0,0,0 \right )$

As n-tuplas de lonxitude $n=2^m$ acaban anulándose. Como vimos, as doutras lonxitudes teñen comportamentos variables.

Equilibrio

No anterior razoamento acabamos de traballar con restras binarias como $\left ( i,p,p,i\right )$ e ben sabemos que tanto ten escribir $p/i$ como $0/1$ ou $+/-$.

No ano 1963 o matemático polaco Hugo Steinhaus (1887-1972), no libro One Hundred Problems in Elementary Mathematics (Basic Books, 1964) propón varios problemas dos que non se coñecía a solución. Un deles, "signos máis e menos" ten unha apariencia inocua. A primeira versión do enunciado era aproximadamente a seguinte:

Triángulo de Steinhaus. Construímos un triángulo de signos $+$ e $-$ colocando unha primeira fila con $n=7$ elementos. As seguintes foron elaboradas de forma que debaixo de cada par de signos iguais aparece un $+$ e debaixo de cada par de signos distintos aparece un $-$. Observamos que no triángulo hai 14 signos $+$ e 14 signos $-$, polo que diremos que este é un triángulo equilibrado. Será posible elaborar un triángulo equilibrado cunha primeira fila de $12$ signos?  E de $n$ signos?

Un triángulo de lonxitude $n$ terá $N=\frac{n\left ( n+1 \right )}{2}$ signos. Para podermos falar de triángulos equilibrados $N$ terá que ser par, pois debe haber $\frac{N}{2}$ signos de cada tipo. Polo tanto $n\left ( n+1 \right )$ debe ser divisible por $4$. Pero isto só é posible se $n$ ou $n+1$ tamén o son. De aí que o problema de Steinhaus se reduza a establecer se é posible elaborar un triángulo de Steinhaus equilibrado cando $n\equiv 0, 3 (mód 4)$. A cuestión tardou en ser resolta 9 anos. Heiko Harborth estudou en profundidade estas estruturas. Entre outras cousas demostrou que un triángulo de Steinhaus non só se pode ler "de arriba abaixo", senón que visto desde cada un dos outros dous lados tamén é un triángulo de Steinhaus. Ademais, agás simetría. podemos ler cada lado en dous sentidos, de aí que se temos achamos un triángulo equilibrado, inmediatamente podemos dar outras 5 solucións. No 1972 Harborth demostrou que habería triángulos equilibrados para todas as lonxitudes posibles.