841. 31. (Septiembre 2006) El Cuadro de Colores

En Matemáticas algunos procesos repetitivos dan lugar a resultados que ya no varían en sucesivas iteraciones. Esto permite presentar dichos procesos como efectos de pseudo-mentalismo con números. Entran en acción entonces los juegos de magia que se basan en plantear operaciones matemáticas cuyo resultado es el mismo, independientemente del valor inicial. Un ejemplo sencillo es el siguiente: Pedimos a una persona que escriba un número, lo multiplique por 6, sume 12 al resultado, divida por 3 el número obtenido y reste el doble del número inicial. Podemos asegurar que el resultado final de la operación será cuatro. Una analogía con la Astronomía permite llamar al resultado final un agujero negro pues, sea cual sea el valor inicial que adoptemos, inexorablemente el resultado final será el mismo. Algunos juegos de magia pueden presentarse bajo este prisma. Como ilustración, te presento el siguiente. A continuación verás un cuadrado con distintos colores y números diferentes en cada cuadro. Sigue las instrucciones que te indico: 4 8 12 7 15 3 11 14 9 6 13 10 1 16 5 2 Selecciona cualquier cuadro. Desplázate horizontal o verticalmente hasta el número par más próximo. Siempre a partir de la última posición alcanzada, desplázate a izquierda o derecha hasta el número impar más próximo. Desplázate arriba o abajo hasta el número par más próximo. Desplázate diagonalmente hasta el número impar más próximo. Desplázate abajo o a la izquierda hasta el número par más próximo. Irremediablemente has caído en un agujero negro (el único cuadro de color negro).

Viernes, 01 de Septiembre de 2006 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

842. 32. (Octubre 2006) La Fila de Nueve

El tema iniciado en la anterior entrega (agujeros negros) puede desarrollarse con mayor profundidad si buscamos propiedades matemáticas que consistan en procesos cuyo resultado final sea invariable. Otro ejemplo en la misma línea es el que mostramos a continuación. Coloca en una fila sobre la mesa, de izquierda a derecha, y en orden creciente, las cartas del as al nueve. Retira una carta de cualquier esquina (tú eliges). Vuelve a retirar una carta de la esquina que prefieras (aumenta el número de posibilidades). Retira por última vez una carta de cualquier esquina. Suma los valores de las tres cartas retiradas. Divide el resultado por 6 y busca la carta de la mesa que ocupa el lugar indicado por el cociente (contando de izquierda a derecha). Parece imposible saber cuál es dicha carta. Si das la vuelta a la carta, verás cuál es mi predicción. EXPLICACIÓN: Es conocida (en todo caso, fácil de demostrar) la propiedad que establece que el producto de tres números consecutivos es múltiplo de seis. No lo es tanto (lo que la hace sorprendente) la propiedad de que la suma de tres cualesquiera de los números escogidos en las esquinas de la disposición anterior es múltiplo de seis. Más sorprendente aún es el hecho de que se llegue siempre al cuatro después de hacer la división por seis y contar dicha cantidad de cartas. VARIANTE: Si se comienza con la disposición inicial: 2 – 3 – 4 – 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 – 12 – 13, las mismas operaciones anteriores (dividiendo por 9 en lugar de dividir por 6) también conducen a un agujero negro, el 5. Animamos al lector para que busque otras combinaciones con propiedades similares. PROBLEMA: Con la explicación anterior, no debe ser difícil resolver el siguiente problema (propuesto por Martin Gardner en sus Juegos Matemáticos): Un fabricante de dados embala su producto en grandes cajas cúbicas. Para realizar el control de calidad, se retira del gran paquete cúbico una hilera de dados, los cuales se desechan al final. Los dados restantes se empaquetan en cajas pequeñas, formadas por seis dados en cada envase. ¿Cuántos dados sueltos sobrarán?

Domingo, 01 de Octubre de 2006 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

843. 33. (Noviembre 2006) Agujeros negros numéricos

En nuestro sistema de numeración, algunos números tienen propiedades absorbentes que los convierten en agujeros negros numéricos, pues ciertos procesos repetitivos, al llegar a dichos números, permanecen invariables. El primero número de esa clase que consideraremos es un viejo conocido, el nueve. Con él podemos realizar un entretenido juego de magia. LA ATRACCIÓN DEL NUEVE INSTRUCCIONES EJEMPLO Piensa una fecha cualquiera 13-oct-1955 Escríbela como si fuera un número 13101955 Ordena las cifras de mayor a menor 95531110 Ordena las cifras de menor a mayor 01113559 Resta estas dos cantidades 94417551 Suma las cifras del resultado 36 Suma de nuevo las cifras obtenidas 9 El resultado final será siempre nueve. EXPLICACIÓN: Para entenderlo es preciso tener en cuenta las siguientes dos propiedades, bien conocidas y que es sencillo comprobar: La resta de dos números cuyas cifras están invertidas siempre es múltiplo de nueve. La suma de las cifras de un múltiplo de nueve es también múltiplo de nueve. No tan conocido es el siguiente número, el 123, de modo que puedes sorprender a tus amistades con el siguiente juego. EL CIENTO VEINTITRÉS INSTRUCCIONES EJEMPLO Escribimos un número arbitrario 2335839304304 Contamos el número de cifras pares, 6 De cifras impares y 7 El total de cifras 13 Formamos un nuevo número con estos valores 6713 Repetimos las operaciones anteriores con el número obtenido, 134 Sucesivas veces 123 Hasta que no haya variación en el resultado. 123 Observamos que no hay forma de escapar a la atracción del número 123. EXPLICACIÓN: Un argumento sencillo que prueba el resultado es el siguiente: En primer lugar, es evidente que, si el número inicial es n>999, una iteración conduce a un número menor que n. Repitiendo el proceso, obtenemos en un número finito de pasos un número menor que 1000. En esta situación es fácil tener en cuenta todos los casos posibles: 3 cifras pares y 0 impares, 2 cifras pares y 1 impar, 1 cifra par y 2 impares, 0 cifras pares y 3 impares. En todos los casos basta una iteración para llegar al número 123.

Miércoles, 01 de Noviembre de 2006 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

844. 34. (Diciembre 2006) CONCURSO NAVIDEÑO 2006

Como ésta será la última entrega del año, ya es tradicional realizar el concurso navideño. Podéis participar todos los seguidores de esta sección, enviando vuestras respuestas a pedro.alegria@ehu.es. Entre las respuestas más completas, la redacción de Divulgamat sorteará un premio. El problema que planteamos le fue propuesto a Martin Gardner por Ronald Graham. Su enunciado es el siguiente: EL JUEGO DE LOS MONTONES Coloca diez cartas en un montón sobre la mesa. Divide ese paquete en tantos montones como desees. Cada montón tendrá las cartas que tú quieras. Coge una carta de cada uno de los montones y forma con todas ellas un nuevo montón. Repite esta misma operación (coger una carta de cada montón y formar con todas ellas un nuevo montón) un total de doce veces. ¿Se puede saber cuál es la disposición final de las cartas, es decir cuántos montones habrá y cuántas cartas tendrá cada montón? ¿Podrías deducir una situación más general, es decir saber la disposición final en el caso que se utilice una cantidad distinta de cartas?

Viernes, 01 de Diciembre de 2006 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

845. 35. (Enero 2007) SOLUCIÓN CONCURSO NAVIDEÑO 2006

Recuerdo en primer lugar el problema planteado el mes pasado: EL JUEGO DE LOS MONTONES Coloca diez cartas en un montón sobre la mesa. Divide ese paquete en tantos montones como desees. Cada montón tendrá las cartas que tú quieras. Coge una carta de cada uno de los montones y forma con todas ellas un nuevo montón. Repite esta misma operación (coger una carta de cada montón y formar con todas ellas un nuevo montón) un total de doce veces. ¿Se puede saber cuál es la disposición final de las cartas, es decir cuántos montones habrá y cuántas cartas tendrá cada montón? ¿Podrías deducir una situación más general, es decir saber la disposición final en el caso que se utilice una cantidad distinta de cartas? Transcribo a continuación la solución ofrecida por nuestro seguidor Alberto Castaño, a quien agradecemos su participación y quien ha sido merecedor de un regalo por parte de la redacción de Divulgamat. Estudio del caso general: Llamemos redistribución al proceso de coger una carta de cada montón y formar uno nuevo con ellas. Si se experimenta un poco, se ve que con algunos números se llega siempre a una posición estable y con otros se llega a un ciclo de algunas. Pues bien, veamos que se llega a una posición estable si y sólo si el número N, se puede expresar como suma de naturales consecutivos, es decir, como en nuestro caso, N=10=1+2+3+4: Supongamos que estamos en una posición estable y tenemos k montones ordenados por número de cartas m1, m2,..., mk. Al redistribuir las cartas, nos quedamos con los montones del modo m1-1, m2-1,..., mk-1, y otro más con k cartas. Como m1-1 era el que menos tenía y ahora sigue habiendo otro con el mismo número de cartas, necesariamente m1-1=0, luego m1 tenía una sola carta. El siguiente era m2, por lo que m2-1=1 y m2=2. Razonando así con los demás, llegamos a que el montón mj tenía j cartas exactamente, con j=1,...,k. Por lo que N=1+2+...+k. Ahora bien, si el número es de esa forma, podemos formar k montones mj, cada uno con j cartas, y ya hemos visto que ésa es una posición estable. Entonces, si N no es suma de naturales consecutivos, no, digamos, convergerá. Como sólo hay un número finito de posiciones (repartos en montones), si a base de repetir la redistribución pasamos por todas las combinaciones posibles, deberá repetir alguna, entrando en un ciclo. Normalmente, ese ciclo tendrá menos posiciones distintas que todas las posibles, aunque en algún caso particular se alcance; por ejemplo, si N=3, el ciclo es 1,1,1 - 3 - 1,2. Por último, antes de centrarnos en el caso N=10, cabe señalar qué pasaría si en lugar de una carta, quitáramos más de una de cada montón. Entonces, sólo podemos dividir N en montones con una cantidad múltiplo del número de cartas que quitemos, y el caso se reduce a estudiar qué pasaría si hacemos la redistribución normal cuando N es igual al anterior número de cartas dividido por cuantas se quitan de cada montón. Ahora ya sabemos que en nuestro caso particular, N=10, siempre llegamos a la posición de estabilidad 1,2,3,4, pero, ¿en cuántas redistribuciones? Haciendo un estudio de todos los casos posibles podemos ver que sólo se necesitan doce, en los siguientes casos: 1,1,2,3,3 - 1,2,2,5 - 1,1,4,4 - 3,3,4 - 2,2,3,3 - 1,1,2,2,4 - 1,1,3,5 - 2,4,4 - 1,3,3,3 - 2,2,2,4 - 1,1,1,3,4 - 2,3,5 - 1,2,3,4 1,2,2,2,3 - 1,1,1,2,5 - 1,4,5 - 3,3,4 y sigue como el anterior 1,1,1,2,2,3 - 1,1,2,6 - 1,4,5 y como el anterior Con todas las demás posiciones, el número de redistribuciones necesario es menor.

Lunes, 01 de Enero de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

846. 39. (Mayo 2007) Encuentra la Dama

Vamos a recordar en esta ocasión el famoso juego de los trileros, también llamado el "monte de tres cartas" o "encuentra la dama". Seguro que te has topado alguna vez con (o has oído hablar de) un personaje callejero armado con tres cartas (a veces con tres nueces o tres cubiletes), de las cuales una es una dama roja y las otras dos son cartas negras indiferentes, las mezcla sobre una improvisada mesa de cartón (o directamente sobre el suelo) y apuesta a que un transeúnte no puede encontrar la dama entre ellas. Por muy atento que estés, nunca podrás ganar el juego porque el trilero será más hábil escondiendo la dama que tú encontrándola. Te voy a proponer que participes en una versión del juego de los trileros, donde sustituimos la habilidad técnica del prestidigitador por la precisión de los principios matemáticos en los que se basa. En este experimento utilizaremos siete cartas, seis indiferentes y una dama, y en este caso tú harás de trilero tratando de esconder la dama y yo la encontraré. Cuando tengas a mano las siete cartas, empezamos. Coloca las siete cartas sobre la mesa, en una fila caras arriba. Vamos a numerar las posiciones de las cartas empezando a contar desde la izquierda. De esta manera, sabrás el lugar que ocupa la dama pero yo no puedo saberlo. Por si acaso tengo alguna información, vas a mezclar más la dama. Para ello, cada vez que te pida mover la dama, lo que harás será intercambiar la posición de la dama con la de cualquier carta adyacente a ella (es decir, con la de su derecha o con la de su izquierda). En primer lugar, mueve la dama tantas veces como el lugar que ocupaba inicialmente. Es decir, si la dama estaba al principio en quinto lugar, contando desde la izquierda, vas a intercambiar la dama con una carta adyacente a ella cinco veces. A continuación mueve la dama dos veces más. Creo que en este momento, no has colocado la dama en ninguna de las esquinas, de modo que retira las cartas de la izquierda y la derecha. Seguiremos el juego sólo con cinco cartas. Mueve la dama tres veces más. ¡Vaya!, creo que ha vuelto a huir de las esquinas. Si es así, retira del juego las cartas de los extremos. Ya sólo quedan tres cartas y la dama entre ellas. Mueve ahora la dama una vez. Es seguro que ahora no está en el extremo izquierdo así que retira la carta de la izquierda. Mueve la dama una última vez. A pesar de todos sus movimientos, sé que está a la derecha. Creo que he ganado el juego. Si eres seguidor habitual de esta sección, no será muy difícil que descubras el método utilizado. Como única pista, te sugiero que estudies la paridad de la posición de la dama después de cada movimiento. Así será más fácil llegar a la solución. Podrás también buscar tu propia versión y construir tu propio juego.

Martes, 01 de Mayo de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

847. 41. (Julio 2007) CONCURSO DEL VERANO 2007

OTRO CUADRO DE CARTAS Parece inagotable la variedad de propiedades matemáticas que ofrecen los cuadrados mágicos. Algunas modificaciones en la forma de construirlos y ciertas combinaciones en cuanto a las propiedades involucradas nos permiten crear, como es costumbre en esta sección, algunos juegos de magia donde no se perciba a simple vista la presencia de modelos matemáticos que los explican. En esta ocasión vamos a cambiar los números por cartas y las sumas por clases de congruencia para presentar un juego de predicción que te recomiendo que sigas con atención. Elige cuatro cartas, de tal forma que no haya dos de ellas en la misma fila ni en la misma columna (es decir, para que las cuatro cartas elegidas estén en filas y columnas diferentes). Suma los valores de las cuatro cartas elegidas (teniendo en cuenta que As = 1, J = 11, Q = 12, K = 13). Averigua a qué hora corresponde el número obtenido (es decir, réstale sucesivamente 12 hasta que salga un número menor o igual a 12). Busca en el cuadro una carta cuyo valor coincida con dicha hora. Haz clic en el sobre y comprueba que mi predicción coincide con la carta elegida. Como es habitual en estas fechas, vamos a plantear algunas cuestiones sobre este juego. Si eres capaz de resolver alguna de ellas, envíanos un correo electrónico con tus respuestas. Entre las mejores, la redacción de Divulgamat realizará un sorteo y obsequiará al ganador con un premio. CONCURSO ¿De cuántas formas distintas puedes hacer la selección inicial de cuatro cartas para que no haya dos de ellas en la misma fila ni en la misma columna? ¿Cómo se debe construir el cuadro de cartas para que el resultado final pueda predecirse? ¿Qué papel juegan las congruencias módulo 12 en este juego? ¿Eres capaz de realizar un cuadrado diferente al de nuestro ejemplo y cuyo resultado seas capaz de predecir? Como indicación, te recomiendo que visites la página The math 1xx page de Dean Clark y practiques con la versión interactiva del juego.

Domingo, 01 de Julio de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

848. 42. (Septiembre 2007) SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO 2007

Ofrecemos, como es habitual, la solución al problema planteado en el número anterior sobre el juego del cuadrado de cartas. También es habitual que una de las soluciones más completas venga de la mano de nuestro incondicional lector Alberto Castaño, a quien agradecemos una vez más su dedicación. Animamos al resto de seguidores de esta sección a participar expresando sus comentarios y sugerencias que contribuyan en la mejora de los contenidos de esta página. Si no recuerdas el juego, te aconsejo que lo realices en primer lugar siguiendo el enlace OTRO CUADRO DE CARTAS. Las soluciones al problema son las siguientes: ¿De cuántas formas distintas puedes hacer la selección inicial de cuatro cartas para que no haya dos de ellas en la misma fila ni en la misma columna? La carta de la primera fila puede elegirse de cuatro maneras. La de la segunda fila, sólo de tres (pues no puede ser la que esté en la misma columna que la primera elegida). Por la misma razón, la carta de la tercera fila sólo puede elegirse de dos formas. Por último, sólo queda una forma de elegir la carta de la última fila. En total, 4 x 3 x 2 x 1 = 24 combinaciones distintas de cartas. ¿Cómo se debe construir el cuadro de cartas para que el resultado final pueda predecirse? La idea es que todas las combinaciones den como resultado la misma suma y que dicha suma sea el valor elegido desde el principio. Supongamos, por ejemplo, que queremos construir un cuadrado cuya suma, después de las operaciones indicadas, sea 31. Se encabezan las columnas con los números 2, 8, 5 y 0, y las filas con los números 5, 8, 0 y 3 (los valores son arbitrarios, lo único importante es que la suma de los ocho números sea igual a 31). Se construye cada cuadro como la suma de los números que encabezan su fila y su columna. Como el procedimiento indicado en el juego obliga a que se elija un número en cada fila y en cada columna, la suma total será la suma de los números de cabecera. En nuestro caso: 2 8 5 0 5 5+2=7 5+8=13 5+5=10 5+0=5 8 8+2=10 8+8=16 8+5=13 8+0=8 0 0+2=2 0+8=8 0+5=5 0+0=0 3 3+2=5 3+8=11 3+5=8 3+0=3 Supongamos que se elige primero el número de la primera fila y primera columna. Se tacharían los de su fila y columna, es decir los que el primer sumando sea 5 y los que el segundo sumando sea 2. Repitiendo el procedimiento vemos que cada número de cabecera aparece una y solo una vez en la suma final. Para disimular el método utilizado, se eliminan los números que encabezan las filas y las columnas y se muestra únicamente el cuadrado 4 x 4 interior. Comprendido el principio, podemos dibujar diferentes cuadrados (de orden 4 u otro orden cualquiera), de forma que no partamos siempre del mismo y que el resultado final sea diferente en cada caso. ¿Qué papel juegan las congruencias módulo 12 en este juego? Como se ve en el cuadrado recién construido, aparecen números mayores que 12. Si sustituimos dichos valores por el resto de su división por 12 (o por el mismo 12 si el número es cero), las propiedades del cuadrado son las mismas con dos ventajas: pueden utilizarse cartas en vez de números para dar vistosidad al juego y el resultado final puede interpretarse como una hora del reloj. El cuadro final, después de las sustituciones, quedaría así: 7 1 10 5 10 4 1 8 2 8 5 12 5 11 8 3 Se comprende que no cambia el resultado final salvo por el resto módulo 12 de la suma total. Una precaución final: sólo debe haber una carta en el cuadrado cuyo valor sea el resultado de la suma final, para que nadie pueda elegir otra con el palo diferente a la predicción. ¿Eres capaz de realizar un cuadrado diferente al de nuestro ejemplo y cuyo resultado seas capaz de predecir? Mostraremos el ejemplo ofrecido por Alberto Castaño. Los valores que se sumen serán 2,11,5 (dos veces), 4 y 9. Sumados dos a dos nunca dan 12 mód. 12. Ahora, para saber la carta mágica hay que resolver la ecuación 2+11+5+5+4+9+4n=n mód. 12, que simplificando queda 3n=0 mód. 12. Por tanto, n puede ser 4, 8 ó 12.Vamos a elegir el 4. El cuadrado quedaría así: 4 6 3 9 9 J 8 2 8 10 7 A A 3 Q 6 Siguiendo los pasos del truco, la hora siempre va a ser las cuatro.

Sábado, 01 de Septiembre de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

849. 43. (Octubre 2007) La Herencia

Vamos a dedicar este número a un problema de matemática recreativa muy conocido, como es el del reparto singular de una herencia. Este problema aparece en el capítulo III del clásico libro "El Hombre que Calculaba" de Malba Tahan, donde se narran los problemas de tres hermanos que recibieron en herencia treinta y cinco camellos y no sabían cómo repartirlos. Malba Tahan es el pseudónimo literario del profesor de matemáticas brasileño Julio César de Mello e Souza y su libro, publicado en 1972, ha sido reeditado varias veces, siempre con mucho éxito. Conjuga de forma magistral problemas de matemática recreativa con historias de una estética similar al libro de las mil y una noches. El problema original es básicamente el siguiente: Un sultán deja en herencia todos sus camellos a sus tres hijos: el primogénito debe recibir la mitad, el segundo la tercera parte y el hijo menor la novena parte de sus camellos. En el momento de la muerte del sultán había 35 camellos, cantidad que no era divisible por dos, por tres ni por nueve. Al pedir la ayuda de un mago, éste ofreció regalarles su propio camello para que pudieran realizar el reparto. De este modo, el mayor recibió 18 camellos (la mitad de 36), el siguiente recibió 12 camellos (la tercera parte) y el menor de los hermanos cuatro camellos (la novena parte). Como todavía sobraban dos, el mago recuperó su propio camello y salió ganando uno más. Para ilustrar la historia te propongo que realices un juego de magia. Para su realización es necesario conocer una mezcla de cartas, llamada mezcla de Monge, así bautizada en honor del matemático francés Gaspard Monge. La mezcla se realiza de la forma siguiente: Con el paquete de cartas en la mano derecha, se van pasando una a una, empezando por la carta superior, a la mano izquierda. Una vez pasada la carta superior, la segunda carta del paquete se coloca sobre la primera. La siguiente se coloca bajo las dos primeras. La siguiente sobre las anteriores, y así sucesivamente, una carta arriba y otra abajo. En la imagen siguiente se muestra la forma de realizar la mezcla en el caso de cinco cartas: Es fácil deducir que el resultado de la mezcla puede anticiparse antes de realizarla, si se conocen las propiedades de la misma. Hay una fórmula sencilla que determina la posición de cualquier carta después de una mezcla de Monge. Si llamamos “p” al número total de cartas (con “p” par) y “x” a la posición inicial de una carta, después de la mezcla su posición “y” viene dada por la fórmula: y = (p + x + 1)/2 si x es impar, y = (p – x + 2)/2 si x es par. Mezclas sucesivas conducen a diferentes permutaciones de las cartas y, tras un número determinado de mezclas, todas las cartas vuelven a su posición inicial. Dependiendo del número total de cartas que se mezclen, se necesitarán más o menos mezclas. Los mejores resultados se consiguen con potencias de 2: si el número de cartas es 2n, entonces bastan n + 1 mezclas para reordenar todas las cartas. Por otro lado, los peores resultados se obtienen con un número de cartas igual a 2n – 2, donde hacen falta tantas mezclas como cartas para recuperar el orden original. En el caso de que haya un número impar de cartas, el resultado de cada mezcla es el mismo que si se utilizara una carta menos. Como aplicación del uso de esta mezcla te propongo la siguiente recreación del mago-matemático Werner Miller (personaje de la fotografía), basado en el juego «Sneaky Will» del mago Stewart James. Para los amantes de la magia matemática quiero recomendar el libro "Ear Marked" de Werner Miller, con muchas ideas originales e ilustrativas. Descripción. Se cuenta la historia de unos herederos que no sabían repartirse la herencia. El mago interviene y logra hacer el reparto a gusto de todos. Desarrollo. Empieza narrando el problema clásico del sultán que deja en herencia todos sus camellos a sus tres hijos: el primero debe recibir la mitad, el segundo la tercera parte y el hijo menor la novena parte de sus camellos. En el momento de la muerte del sultán había 17 camellos, cantidad que no era divisible por dos, por tres ni por nueve. Al pedir la ayuda de un mago, éste ofreció regalarles su propio camello para que pudieran realizar el reparto. De este modo, el mayor recibió nueve camellos (la mitad de 18), el siguiente recibió 6 camellos y el menor de los hermanos dos camellos. Como todavía sobraba uno, el mago recuperó su propio camello. Indica que vas a ilustrar dicha historia con las cartas. Para simplificarlo, utilizarás sólo siete cartas que representan los camellos. En este caso, el hijo mayor debe recibir la mitad, el siguiente la cuarta parte, y el hijo menor la octava parte. Reparte sobre la mesa, caras abajo, siete cartas y coloca encima de ellas, también cara abajo, un comodín, que representará el camello que el mago ha prestado. Mientras cuentas las cartas en voz alta realiza una mezcla Monge: extrae la primera carta, coloca la segunda sobre ella, la tercera bajo ambas, y así sucesivamente. Extrae del paquete la segunda, cuarta, sexta y octava cartas, que representan la parte de herencia del hijo mayor. Del paquete restante extrae la segunda y cuarta cartas: la herencia del hijo mediano. Por último extrae la primera carta: la herencia del hijo menor. La carta restante será la que quede. Muestra dicha carta y comprueba que es precisamente el comodín.

Lunes, 01 de Octubre de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico

850. 45. (Diciembre 2007) Todos ganan a todos

Existe la creencia de que los jugadores de ventaja aprovechan no sólo su habilidad manual sino que utilizan en muchas ocasiones objetos trucados con los que ganar cualquier apuesta. También las matemáticas pueden ayudar a estos jugadores tramposos si conocen algunas propiedades poco conocidas. La propiedad que utilizaremos en el siguiente ejemplo vamos a denominar “no transitividad de las leyes de probabilidad". Construimos cuatro dados que contengan los siguientes números en sus caras.   El juego se realiza con dos jugadores: el primero elige un dado, el segundo otro, se lanzan los dados y gana quien obtenga mayor puntuación. A simple vista, parece que el jugador que elija primero tiene ventaja sobre el segundo pues alguno de los dados será mejor que los demás. Sólo necesita saber cuál es dicho dado. Sin embargo, y por increíble que parezca, siempre con probabilidad 2/3 el dado rojo gana al verde (basta observar que los valores 18, 19, 20 y 21 ganan siempre), el verde gana al azul (pues los valores 6, 7, 8 y 9 siempre pierden), el azul gana al amarillo (pues los valores 25 y 26 ganan siempre y el resto ganan tantas veces como pierden), y, debido a la falta de transitividad, el dado amarillo gana al rojo (pues sólo pierden los valores 3, 4 y 5 contra 18, 19, 20 y 21). Esto significa que el segundo jugador que elige dado tiene la ventaja de saber el dado de su contrincante para poder tomar el dado ganador. Evidentemente, este juego debe realizarse un gran número de veces para estabilizar la probabilidad de cada uno. En promedio, dos de cada tres veces gana el jugador que escoge en segundo lugar. Esta singularidad probabilística fue descubierta por el estadístico Bradley Efron. Además, esta violación de la transitividad es la base de algunas paradojas de votación: las preferencias sociales que se determinan por votación entre un número determinado de candidatos no obedece la propiedad transitiva. En el libro de John Allen Paulos, "El hombre anumérico" (Tusquets, 1990), se muestran algunos ejemplos de esta situación. Existen otras combinaciones de dados con las mismas características. Algunas versiones comerciales pueden encontrarse en la página Grand Illusions. Con cartas también puede hacerse un juego que simule esta propiedad. La versión que muestro a continuación la he aprendido del excelente mago sueco, muy aficionado a los juegos matemáticos, Lennart Green. Separa de la baraja y coloca sobre la mesa caras abajo las siguientes cartas: Grupo A: Grupo B: Grupo C: Grupo D: Pide a un espectador que elija uno de los grupos de cartas y lo mezcle. Retira tú ahora otro grupo de cartas y lo mezclas. Explica que el juego consiste en ir repartiendo cartas sobre la mesa una por una, alternativamente. Aquel jugador cuya carta tiene un valor mayor, sumará un punto. Gana el juego quien suma más puntos. Al terminar el juego, se devuelven las cartas a su lugar. El juego puede repetirse cuantas veces quiera el espectador pero nunca podrá ganar. Se entiende que el secreto está en que el mago sabe que el grupo A gana al B, el B gana al C, el C gana al D y el D gana al A. Si el espectador elige primero, el mago sabe qué montón gana al elegido por el espectador. Éste pensará que puede elegir el montón del mago pero no sospechará que no existe un grupo que gane al resto.

Sábado, 01 de Diciembre de 2007 | Imprimir | PDF |  Correo electrónico