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Una mesa no igualitaria

Es imposible cubrir la tabla con el mantel en las condiciones propuestas en el problema.- El ganador de la semana es José Miguel Zapata, de Murcia

Consulta todos los desafíos matemáticos anteriores | Dudas, sugerencias, quejas y soluciones, en el correo problemamatematicas@gmail.com | Este jueves plantearemos un nuevo reto

Ya hay solución para el decimoséptimo desafío con el que EL PAÍS celebra el centenario de la Real Sociedad Matemática Española. Alberto Castaño, estudiante de doctorado de la Universidad de Sevilla, planteó el problema (vídeo de la izquierda) y ahora lo resuelven (vídeo de la derecha). Esta semana la cuestión era cubrir totalmente una mesa de 90 centímetros por 150 con un rollo de papel de 20 centímetros de ancho y un área exactamente igual a la de la mesa al que sólo podíamos hacer cortes transversales.

Realizado el sorteo, el ganador de una biblioteca matemáticacomo la que cada fin de semana se distribuye en el quiosco con EL PAÍS ha resultado ser José Miguel Zapata García, de Murcia. José Miguel trabaja en el departamento de Análisis Cuantitativo de Banesto en Madrid, donde, según nos cuenta, se siguen con mucho interés nuestros desafíos. Este domingo, por 9,95 euros con el periódico, Un descubrimiento sin fin, de Enrique Gracián.

Hemos recibido unas 500 respuestas a este reto matemático. Prácticamente todas señalan acertadamente que no es posible cubrir la mesa con las condiciones del desafío. Sin embargo, consideramos que sólo un 35% se ajustan al requisito de "si no se puede hacer, demostrar por qué". Vamos a intentar explicar nuestra decisión.

La respuesta más común es decir simplemente que no es posible porque 20 no divide ni a 90 ni a 150. El problema es que nada nos impide tener, por ejemplo, una pieza de 20xpi, otra de 20xraíz cuadrada de 2, una tercera que mida 20xlogaritmo de 87. En esas condiciones, ¿qué quiere decir dividir? En la mayoría de los casos nos parece que nuestros lectores se refieren a divisibilidad de números enteros, pero nuestros trozos de papel pueden tener una dimensión que no sea ni siquiera un número racional (una fracción), y por eso el simple argumento "20 no divide ni a 90 ni a 150" no constituye una demostración.

Tampoco lo es decir que, lo hagamos como lo hagamos, siempre quedará sin cubrir un rectángulo de 10 cmx10 cm (o más exactamente un total de 100 cm^2: podrían quedar por cubrir, por ejemplo, 250 rectángulos de 1 cmx0,4 cm) si no se da una explicación que justifique que este es el caso para CUALQUIER forma de cortar el papel, incluidos los ya mencionados trozos de 20xpi, etc. En resumen, no sirven los argumentos que de manera implícita o explícita asumen que las piezas tienen lados enteros (o quizás fraccionarios, que se podrían considerar enteros si se tomase una unidad adecuada).

Tampoco son soluciones correctas las que citan el Teorema de Bruijn y Klarner porque este resultado, que los lectores interesados no tendrán dificultad en encontrar, se refiere a cubrir un rectángulo con piezas de un tamaño fijo, que no es el caso en nuestro desafío. Sí se puede sin embargo aplicar una generalización que nos remite Sara Ferrer: si un rectángulo se divide en varios rectángulos, cada uno de los cuales tiene al menos un lado de longitud entera, entonces al menos un lado del rectángulo original tiene longitud entera. En nuestro desafío basta con tomar como unidad de medida una longitud de 20 cm para que este resultado nos garantice que, como han pensado casi todos nuestros lectores, no podemos cubrir la mesa. Hay muchas demostraciones del resultado, pero ninguna es absolutamente inmediata, y la propia Sara Ferrer nos da dos. Una de ellas es la misma que se presenta en el vídeo para el desafío y la más frecuente entre las respuestas consideradas correctas, por ejemplo la que envía desde Luxemburgo Jesús Nieto:

Veamos la mesa como un rectángulo de 15 x 9 = 135 cuadrados (de 10 cm de lado)

El rollo puede cortarse tan corto como se quiera pero siempre la pieza tendrá 2 cuadrados (20 cm) en una dimensión, con lo que siempre cubrirá (algo) de cuadrados contiguos en horizontal o vertical.

Aquí viene el "ajá" Gardneriano (gracias al desafío 10): si coloreamos la mesa como un tablero de ajedrez en cuadrados blancos y negros, el área cubierta por una pieza cualquiera de papel de 2 de ancho (y cualquier largo) será siempre la mitad blanco y la mitad negro.

Nuestra mesa tiene 135 cuadrados (número impar donde los haya), con lo que no es posible que la mitad sean blancos y la mitad negros. Es una mesa no igualitaria (la pobre).

Luego no se puede cubrir la mesa (no igualitaria) con nuestras piezas de papel "igualitarias" que siempre cubren mitad blanco mitad negro.

Otros lectores, entre ellos el ganador del sorteo, han presentado una solución equivalente marcando puntos separados por 10 cm en ambas direcciones (en lugar de pintar cuadrados) y señalando que cada pieza de papel cubre un número par de puntos (quizás 0, que también es par).

Hay alguna otra demostración correcta que lleva una cuidadosa contabilidad no sólo de la superficie, sino también del número de piezas horizontales y verticales en distintas bandas de 20 cm de ancho, pero pensamos que quienes las han enviado entenderán que son más arduas que la anterior y por ello no las reproducimos.

Sentimos que algunos lectores posiblemente sientan una cierta frustración por no haber entrado en el sorteo habiendo dado respuestas que consideraban correctas. Quizás puedan consolarse un poco buscando información sobre teselaciones. Seguro que pasarán un buen rato.

El jueves plantearemos un nuevo desafío.