31.12.15

Una moneda para un sorteo

Cuaderno de bitácora: en relación con la situación que se dio en cierto colegio de Granada, en la que se explica lo erróneo del método empleado por algunos Directores para realizar sorteos de plazas escolares, podemos reflexionar qué se puede necesitar para hacer un sorteo probabilísticamente justo con los mínimos elementos posibles.

Cuando se estudia probabilidad, ¿cuál es el ejemplo más simple que se pone de experimento aleatorio? Suele ser el lanzamiento de una moneda. Cuando echamos una moneda al aire, al caer puede quedar expuesta una de sus dos caras (cara o cruz), tenemos, por tanto, dos sucesos elementales posibles C = cara, X = cruz.

Pero repitiendo el lanzamiento, obtenemos combinaciones de sucesos elementales que nos pueden ayudar, por ejemplo, a realizar un sorteo justo con la ayuda de tan solo una moneda.

Tomemos el ejemplo que tratábamos en el caso del sorteo de las plazas escolares. Se trata de elegir aleatoriamente un número entre 111 posibilidades. ¿Se puede hacer con la exclusiva ayuda de una moneda?

La idea es ir tomando el conjunto de números, y dividirlo en dos partes iguales, asignar C a una de las partes y X a la otra, y luego lanzar la moneda para quedarnos con una de las mitades. A esta mitad la dividimos a su vez en dos partes y volvemos a asignar C a una parte, y X a la otra, y así sucesivamente, hasta que nos quedemos solamente con un número, que será el número elegido.

Pero 111 no se puede dividir en dos conjuntos iguales, porque es un número impar, y luego debemos seguir dividiendo por dos varias veces.

Necesitamos utilizar potencias de dos; las potencias de dos con exponente un número entero positivo son: 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, etc.

Para el ejemplo que tenemos nos basta tomar 128. Cogemos pues 128 números. Como en realidad los alumnos son 111, del 112 al 128 los números corresponden a alumnos ficticios, o por decirlo de otra manera, si al final del sorteo tenemos la mala suerte de que es elegido uno de estos alumnos ficticios, el sorteo queda anulado y se vuelve a repetir desde el principio.

Tomamos estos 128 números, los dividimos en dos partes iguales de 64 cada una, del 1 al 64 y del 65 al 128. Si sale C, nos quedaremos con la primera mitad, si sale X con la segunda.

Lanzamos la moneda, nos sale, por ejemplo, X, y nos quedamos con los números del 65 al 128 (son 64 números en total). Volvemos a dividir el grupo en dos partes iguales, de 32 números; si sale C nos quedamos con los números del 65 al 96, si sale X, con los números del 97 al 128.

Lanzamos la moneda y nos sale en este segundo intento X otra vez, nos quedamos con los números del 97 al 128.

Así podemos seguir: dividimos el grupo en dos mitades, del 97 al 112, del 113 al 128; lanzamos la moneda y nos sale C, nos quedamos con la primera mitad.

Dividimos otra vez: del 97 al 104, del 105 al 112; lanzamos y sale C, nos quedamos con la primera mitad.

Dividimos: del 97 al 100, del 101 al 104; lanzamos y sale X.

Dividimos: del 101 al 102, del 103 al 104; lanzamos y sale C.

Ahora nos quedan solo dos números, el 101 y el 102; lanzamos y sale C. Nuestro número elegido es el 101.

La sucesión XXCCXCC nos ha llevado al número 101.

Cualquier matenavegante un poco curtido está observando que este método se relaciona íntimamente con los números binarios. En efecto, la sucesión XXCCXCC se puede trasladar de forma natural a número binario con sólo sustituir las X por 1 y las C por 0.

XXCCXCC → 1100100

Sin embargo, si convertimos nuestro número binario en número decimal, parece que las cuentas no coinciden:

1100100 = 1 · 26 + 1 · 25 + 0 · 24 + 0 · 23 + 1 · 22 + 0 · 21 + 0 · 20 = 64 + 32 + 4 = 100.

Sin embargo el número elegido no es 100, sino 101, ¿por qué esta discrepancia?

Si nosotros tomamos los números binarios de siete cifras desde 0000000 a 1111111, en sistema decimal estos números representan del 0 al 127. En nuestro sorteo hemos considerado los números del 1 al 128. Es decir, es como si tomáramos la lista de números binarios de siete cifras y la desplazáramos un lugar, por lo tanto la conversión en caras y cruces a números binarios debe hacerse sumando una unidad al resultado:

XXCCXCC = 1100100 + 1 = 100 + 1 = 101

Con este ejemplo podemos ver que se puede realizar un sorteo justo aunque no se disponga más que de una moneda. Siempre que la moneda no esté trucada.

1.11.15

[El Problema de la Semana] Negocios con trampa

Veamos el primer problema que se le plantea a los grumetes en este nuevo periplo:

Te ofrecen un par de negocios. En el primero vas a ganar 10 € el primer día, 20 € el segundo día, 30 € el tercer día, y así sucesivamente hasta llegar al día 15. En el segundo ganas 0.10 € el primer día, 0.20 € el segundo día, 0.40 € el tercer día, 0.80 € el cuarto día, y así sucesivamente hasta el día 15. Si te ofrecen escoger entre uno de los dos negocios, ¿con cuál te quedarías?

La solución, más abajo de la ilustración.


[La ilustración se ha tomado de Mathspace, en un artículo donde se pone un ejemplo de una progresión geométrica. El artículo está en inglés.]

SOLUCIÓN:

En el primer negocio tenemos una progresión aritmética. Se gana 10 € el primer día, 20 € el segundo, 30 € el tercero, etc. Entonces tenemos una sucesión de números que empieza en 10 y va aumentando, sumándole 10 cada día. Claramente si son quince días, el día quince se ganará 150 €. El problema está en sumar:
10 + 20 + 30 + ... + 150
No es una suma muy larga, se puede hacer directamente o emplear la fórmula de las progresiones aritméticas: (10 + 150) · 15 / 2 = 1200.
El resultado es 1200 euros ganamos con el primer negocio.

En el segundo negocio tenemos una progresión geométrica. Parece que empieza por muy poco dinero, ganando 0.10 € el primer día, 0.20 € el segundo, 0.40 € el tercero y así sucesivamente, multiplicando por dos en cada paso.
Las progresiones geométricas crecen rápidamente, y podemos calcular lo que se gana el día quince usando las potencias de dos.
El día quince ganamos: 0.10 · 214 = 0.10 · 16384 = 1638.40€
Para calcular el total de lo que se gana se puede hacer la suma:
0.10 + 0.20 + 0.40 + ... + 1638.40
Pero es más fácil aplicar la fórmula de la progresión geométrica:
(1638.40 · 2 0.10) / (2 1) = 3276.70
Con el segundo negocio ganamos 3276.70 euros. Por tanto, es más interesante el segundo negocio que el primero, a pesar de que las ganancias de los primeros días son más pequeñas.

Este problema es un ejemplo clásico del diferente comportamiento de una progresión aritmética y una progresión geométrica. En una progresión aritmética el crecimiento es constante, pero en la geométrica, el crecimiento va aumentando de forma muy rápida, por lo que, aunque empiece con desventaja, la progresión geométrica no tarda en superar a la aritmética y dejarla muy atrás.

Nota: Este problema ha sido adaptado del libro de Miquel Capó Dolz: El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1.

26.4.15

[El Problema de la Semana] Las zanahorias

El problema de hoy va de un conejo afortunado:

Un conejo tiene un número de zanahorias en su jaula. Cada día se come un cuarto de las zanahorias que le quedan. Después de cuatro días se ha comido 350 zanahorias. ¿Cuántas zanahorias había al comienzo?

La solución, bajo los pies del conejo.


SOLUCIÓN:
Este problema se puede resolver razonando con fracciones:
El primer día se come 1/4 de zanahorias, luego quedan 3/4.
El segundo día se come 1/4 de las que le quedan, que son 3/4. 1/4 de 3/4 es igual a 3/16, y le quedan 3/4 – 3/16 = 9/16.
El tercer día se come 1/4 de 9/16, que son 9/64, y le quedan 9/16 – 9/64 = 27/64.
El cuarto día se come 1/4 de 27/64, que son 27/256, y le quedan 27/64 – 27/256 = 81/256.
En los cuatro días se ha comido 1/4 + 3/16 + 9/64 + 27/256 = 175/256.
Las 350 zanahorias que se ha comido son los 175/256 del total, luego el total es 350 · 256 / 175 = 512.
En la jaula había un total de 512 zanahorias.

Este problema también se puede resolver con una ecuación, llamándole x a la cantidad inicial de zanahorias. Pero el planteamiento de la ecuación es muy similar al proceso que hemos hecho.

Nota: este problema ha sido adaptado del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, Penguin Books.

19.4.15

[El Problema de la Semana] Venta de coches

Veamos qué problema tenemos en esta semana de primavera:

El beneficio de un vendedor de coches ha sido de 21.000 euros, después de haber vendido un cierto número de coches, todos al mismo precio. Si hubiera vendido un coche más y recibido 100 euros menos por cada coche, habría obtenido el mismo beneficio. ¿Cuántos coches se vendieron, y cuál fue el precio de cada uno?

Lo solucionamos después de la ilustración.


[En la imagen tenemos un coche MAZDA 3, cuyo dueño, un ingeniero como se aprecia en la matrícula, le ha añadido los primeros 39 decimales del número pi. Los dos últimos decimales están en orden inverso: no deben ser 79 sino 97. ¿Será un error de colocación o una alteración intencionada para que los que quieran comprobarlo?]

SOLUCIÓN: la forma más directa de solucionarlo es plantear un sistema de ecuaciones.

Podemos darle nombres a las incógnitas:
x: el número de coches vendidos
y: el beneficio obtenido por cada coche

Está claro que la primera ecuación sale del beneficio total:
x · y = 21000

También está claro que la segunda ecuación sale de "vender un coche más", x+1, y recibir 100 euros menos por cada coche, y–100.
(x + 1) · (y – 100) = 21000

Desarrollando esta última ecuación tenemos:

x·y – 100x + y – 100 = 21000

Teniendo en cuenta que de la primera ecuación sabemos que x·y es igual a 21000:

21000 – 100x + y – 100 = 21000
– 100x + y – 100 = 0
 y = 100x + 100 

Sustituimos el valor de y en la primera ecuación:

x · (100x + 100) = 21000
100x2 + 100x – 21000 = 0

Simplificamos dividiendo por 100:

x2 + x – 210 = 0
Resolvemos la ecuación de segundo grado, obteniendo dos soluciones: 14 y –15. Descartamos el resultado negativo y obtenemos la solución final: x = 14, y = 1500.

Se vendieron 14 coches y el beneficio obtenido por cada uno fue de 1500 euros.


Nota: el problema de hoy ha sido adaptado del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, Penguin Books.

10.3.15

[El Problema de la Semana] La heladera

Traemos un problema que anticipa ya el calor de la primavera y el verano.

Miriam tarda 4 minutos y 17 segundos en preparar un helado. Trabajando al mismo ritmo, ¿cuánto necesitaría para completar su encargo diario de 60 helados?

La solución no parece difícil, pero tiene algún aspecto curioso.

 [Los helados se prestan a ser elaborados en diferentes formas geométricas: esferas, cilindros, conos, ortoedros, espirales, etc. Desgraciadamente la forma se pierde cuando se derriten... o se consumen. La fotografía está tomada de esta página]
SOLUCIÓN:
Basta multiplicar 4 minutos y 17 segundos por 60.
4 · 60 = 240 minutos
17 · 60 = 1020  segundos

Perro 240 minutos son 4 horas, y 1020 segundos son 17 minutos, luego Miriam tarda 4 horas y 17 minutos en preparar 60 helados. ¿Vemos la relación de este tiempo con lo que tarda en preparar un helado?

Las horas, minutos y segundos emplean el sistema sexagesimal (se cuenta de 60 en 60). Para pasar de horas a minutos hay que multiplicar por 60, y lo mismo para pasar de minutos a segundos.

La cuenta que hemos hecho antes nos la podríamos haber ahorrado. 60 minutos es una hora, luego 60 veces 4 minutos son 4 horas. 60 segundos es un minuto, luego 60 veces 17 segundos son 17 minutos.
Supongamos que Miriam tiene una compañera nueva en la heladería, Susana, y esta, como es principiante, tarda 8 minutos y 39 segundos en preparar cada helado. ¿Cuánto tardaría en preparar 60 helados? Muy fácil: 8 horas y 39 minutos.
Miriam tiene otro compañero, Julián, que es muy hábil preparando helados. Para prepara 60 helados sólo ha tardado 1 hora y 42 minutos. ¿Cuánto tarda de media en preparar un helado? Muy sencillo: 1 minuto y 42 segundos.

Siempre que sea 60 el número por el que hay que multiplicar o dividir, el paso entre horas, minutos y segundos es inmediato.

[Nota: este problema ha sido extraído del libro The Riddles of the Sphinx, de David J. Bodycombe, Penguin Books.]

4.3.15

[El Problema de la Semana] El corredor extraterrestre

Durante las dos últimas semanas, nuestro compañero matenavegante Pablo Viedma nos ha dado varias explicaciones sobre el puzle Las Torres de Hanoi y su trasfondo matemático. También nos ha traído el enunciado del problema que esta semana proponemos:

Imagina un ser (extraterrestre) que emprende una carrera, y que en cada paso emplea un segundo de tiempo, pero el primer paso es de 1 metro de longitud, el segundo de 2 metros, el tercero de 4 metros, y así sucesivamente, tardando un segundo en cada paso y doblando en cada paso la longitud del paso anterior.
¿Será capaz de superar a Usain Bolt que corrió 100 metros en 9,56 segundos? ¿Y cuánto tardará en hacer la distancia de Granada a Madrid, que es aproximadamente de 420 kilómetros? 

La solución viene debajo de la foto de Usain.


[la imagen ha sido tomada de una web de la Universidad de Cambridge dedicada a las Matemáticas y el Deporte]

SOLUCIÓN:

En el primer segundo el corredor ha dado un paso de 1 metro. Cuando han pasado dos segundos, el corredor ha avanzado 1 + 2 = 3 metros. Cuando han pasado tres segundos, el corredor lleva 1 + 2 + 4 = 7 metros. Se trata de ir sumando potencias de 2. Si seguimos sumando nos damos cuenta de que cuando han pasado siete segundos ha avanzado

1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 127 metros,

luego en menos de 7 segundos ha superado la marca de los 100 metros. Por tanto sí es más rápido que Usain Bolt

Para averiguar el tiempo que el corredor extraterrestre tarda en cubrir la distancia de Granada a Madrid podemos seguir con el mismo método de ir sumando distancias dobles hasta sobrepasar los 420 km = 420.000 metros. Como es una progresión geométrica, los números crecen rápidamente y no hay que esperar demasiado para alcanzar esa distancia. Pero vamos a buscar una fórmula que nos simplifique el trabajo.

Lo que estamos haciendo es sumar una progresión geométrica de razón 2. Entonces podemos ver (porque conocemos la fórmula de la suma de una progresión geométrica o porque simplemente nos hemos dado cuenta) que sumando n términos el resultado es igual a 2 elevado a n menos 1:

1 = 21 – 1
1 + 2 = 3 = 22 – 1
1 + 2 + 4 = 7 = 23 – 1
...
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 127 = 27 – 1

Según esto, basta ir probando con las potencias de 2 y nos damos cuenta que 
219 = 524.288, y por tanto después de 19 pasos el corredor extraterrestre habrá recorrido:
219 – 1 = 524.287 metros

Luego la respuesta es que tardará menos de 19 segundos en hacer la distancia de Granada a Madrid

AMPLIACIÓN:

Si nos metemos en un nivel matemático más superior y pensamos también en términos de física, a este problema todavía se le puede sacar bastante jugo. Pero para eso debemos abandonar la superficie del planeta Tierra. Y entonces tiene todavía más sentido que al corredor le hayamos calificado de extraterrestre.

Hay varias cosas que llaman la atención. La primera es evidente: al tratarse de una progresión geométrica, la distancia avanzada aumenta enormemente en muy pocos pasos. Al corredor le bastan 7 pasos para sobrepasar los 100 metros, pero con 12 pasos más ya ha recorrido más de 500 kilómetros. 

Pero si nos fijamos en la velocidad implicada, entonces la situación empieza a tomar mayor interés. Si con 7 segundos avanza más de 100 metros, su velocidad, aunque mayor que la de ningún corredor humano hasta la fecha, no es equiparable todavía a la de un coche: cuando en la autopista alcanzamos 120 kilómetros por hora entonces se tardan 3 segundos en recorrer 100 metros.

Pero esa velocidad aumenta rápidamente. Para llegar a Madrid en menos de 19 segundos entonces estamos hablando de que el corredor ya está avanzando a velocidades superiores a 20 kilómetros por segundo. Esta velocidad es superior a la velocidad de escape de la superficie de la Tierra. Al corredor le resultaría ya imposible, corriendo a esta velocidad, dar los pasos sobre la superficie terrestre, porque estaría volando. En cuanto superase la velocidad de escape terrestre (11,2 km/s) la fuerza de gravedad no sería suficiente para que el corredor regresara a la Tierra a dar el siguiente paso.

Ya que estamos hablando de velocidades, podemos utilizar expresiones más avanzadas para calcular las velocidades con exactitud. Por lo que hemos visto más arriba, el espacio recorrido se puede calcular en función del tiempo con la siguiente fórmula:

s = 2t – 1

Donde s sería el espacio en metros, y t el tiempo en segundos. Los que conozcan un poco de física cinemática saben que la velocidad es "la derivada del espacio respecto al tiempo", y entonces derivando la fórmula anterior:

v = ds/dt = 2t · ln2

La velocidad viene expresada en metros por segundo. En la fórmula aparece ln2 que es el "logaritmo neperiano de 2", ln2 = 0,693147181. Podemos calcular cuándo el corredor alcanza la velocidad de escape terrestre, de 11,2 km/s = 11.200 metros por segundo, sustituyendo la velocidad en la fórmula y despejando el tiempo:

11.200 = 2t · ln2
2t = 11.200 / ln2 
 
t = log2(11.200 / ln2) = 13,979977485 segundos

El corredor extraterrestre supera la velocidad de escape de la Tierra a los 14 segundos aproximadamente, y ya no puede dar más pasos, porque su cuerpo ya está separándose de la superficie terrestre y entrando en órbita.

Puede ser un debate interesante decidir si el paso número 14 lo da o no lo da porque ya se haya separado lo suficiente de la superficie. Para ello tendríamos que entrar en ecuaciones físicas más complicadas, en las que se defina un vector de posición de dos coordenadas en función del tiempo, y luego se compare con la curvatura de la superficie de la Tierra. Puede ser un problema interesante de física, pero no vamos a profundizar en ello.

También podemos calcular otros hitos importantes: la barrera del sonido se alcanza a los 1234,8 km/h, es decir, a los 343 metros por segundo. Si averiguamos el tiempo:

343 = 2t · ln2
2t = 343 / ln2 
 
t = log2(343 / ln2) = 8,950831139 segundos

A los 8,95 segundos se produce el boom sónico, y el corredor supera la barrera del sonido.

Pero también tenemos la velocidad de la luz, de 300.000 kilómetros por segundo, o más exactamente de 299.792.458 metros por segundo, y si averiguamos el tiempo

299.792.458 = 2t · ln2
2t = 299.792.458 / ln2 
 
t = log2(299.792.458 / ln2) = 28,688155221 segundos

Poco después de los 28 segundos, nuestro extraterrestre alcanzaría la velocidad de la luz; ya no se le puede llamar corredor, porque desde el paso 14 abandonó la superficie de la Tierra, podemos llamarlo volador, porque estaría probablemente atravesando el espacio. Si hay coches que aceleran de 0 a 100 km/h en menos de 3 segundos, nuestro volador extraterrestre acelera de 0 a la velocidad de la luz en menos de 29 segundos. Según la física relativista, ya no puede aumentar más su velocidad y habría alcanzado el límite absoluto. 

¿Cuánto habrá recorrido en esos casi 29 segundos? s = 228,688155221 – 1 = 432.509.091 metros, más de 432.500 kilómetros; como la Luna está a 384.400 kilómetros de la Tierra, nuestro volador extraterrestre estará más allá de la órbita de la Luna.


25.2.15

Si usted encarga menos, nosotros le cobramos más


Cuaderno de bitácora: el otro día fuimos a encargar unas fotos y nos volvió a suceder una experiencia sencilla pero económicamente desconcertante, al comprobar que en ciertos casos, por menos fotos hay que pagar más dinero.

La tienda de fotos tenía una serie de tarifas para las copias. No recuerdo exactamente los precios, pero para hacernos una idea, aunque no coincidan con la realidad, vamos a suponer que los precios son los siguientes:

- de 1 a 9 fotos, 35 céntimos cada foto
- de 10 a 99 fotos, 28 céntimos cada foto
- más de 100, 26 céntimos cada foto.

Este tipo de ofertas es bastante corriente, y cuando uno de nosotros las aprovecha, hay que tener en cuenta los "saltos" que se dan entre un tramo de precios y el siguiente.

Así, por ejemplo, si revelamos 9 fotos, tendremos que pagar 9 · 0,35 = 3,15 euros, y si son 8 fotos, entonces tenemos que pagar 8 · 0,35 = 2,80 euros. Pero si revelamos 10 fotos, entonces serán 10 · 0,28 = 2,80 euros, porque ya estamos en otro tramo de precios, luego encargar 8 ó 9 fotos no merece la pena: o encargamos 7 o directamente pasamos ya a 10, porque nos va a costar lo mismo o incluso más barato.

Lo mismo ocurre con el siguiente tramo: si encargamos 99 fotos, entonces 99 · 0,28 = 27,72 euros, mientras que 100 fotos nos cuestan 100 · 0,26 = 26 euros. Realmente basta comparar 26/0,28 = 92,8571429 y nos damos cuenta que a partir de 93 fotos, al multiplicar por 0,28 nos sale ya superior a 26 euros, luego podemos encargar 92 fotos, pero si queremos más ya nos interesa pedir 100 directamente y nos saldrá más barato que encargar 93, 94, etc.

En relación a esto, recientemente salió publicado un artículo en el periódico Ideal con una recopilación de ofertas y rebajas extrañas, de cantidades mínimas, algunas con rebajas del 0% o incluso otras en las que la oferta es directamente más cara que el producto normal. Abajo incluimos algunas de las fotos.







21.2.15

[El Problema de la Semana] Un reloj digital completo

El problema de esta semana va de fechas, calendarios y relojes, un tema muy interesante que da mucho juego.

Observa el reloj digital formado por los 10 dígitos que dan las horas, los minutos, el día, el mes y el año. El día 26 de abril de 1995, a las 17 horas y 38 minutos, el reloj marcaba la fecha y la hora usando exactamente los diez primeros números naturales (0-9), ninguno de ellos repetido, como muestra el siguiente esquema:

17 : 38     26 – 04 – 95

¿Cuándo se produjo o se producirá por primera vez esta situación en el siglo XXI?


La solución, como siempre, después de la imagen insertada.


[En la ilustración vemos dos clepsidras griegas. La clepsidra es un reloj de agua utilizado en la antigüedad. Los dos relojes de la foto se encuentran en el Museo del Ágora de Atenas, el de abajo parece ser una réplica moderna del de arriba. Las clepsidras se usaban principalmente de noche, o en general cuando no se podía emplear un reloj de sol. Consistían en un recipiente que se iba llenando con un flujo regulado de agua, y que en ocasiones tenía marcas a intervalos concretos; cuando el agua llegaba a esas marcas se iba controlando el tiempo que pasaba. En la antigua Grecia, las clepsidras se usaban para limitar el tiempo de intervención asignado a los oradores, y en Roma servían para señalar los relevos de las guardias nocturnas en las campañas militares]

SOLUCIÓN:

El problema tiene un enunciado sencillo, pero encontrar la respuesta correcta requiere mucho razonamiento. Recomendamos que el lector trate de pensar el problema haciéndose un esquema en un papel y descartando posibilidades.

En primer lugar hay que tener en cuenta las limitaciones de las horas, los minutos, los días y los meses.

Las horas van de 00 a 23, luego la cifra de la decena sólo puede ser 0, 1 ó 2, y en el caso de que la decena sea 2, las unidades sólo pueden ser 0, 1, 2 ó 3.

Los minutos van de 00 a 59, luego la cifra de la decena sólo puede ser de 0 a 5.

Los días van de 01 a 31 (algunos meses de 01 a 30, y en febrero de 01 a 28 ó a 29 si el año es bisiesto). La cifra de la decena es de 0 a 3, salvo en febrero que es de 0 a 2. En el caso de que la decena sea 3, las unidades sólo pueden ser 0 ó 1.

Los meses van de 01 a 12, luego la cifra de la decena sólo puede ser 0 ó 1. En el caso de que la decena sea 1, las unidades sólo pueden ser 0, 1 ó 2.

Como se pregunta cuándo se producirá por primera vez dicha situación, tenemos que empezar probando con los primeros años. De cada año sólo tomamos las últimas dos cifras. Todos los años con las últimas dos cifras iguales los podemos descartar, como el año 2000, el 2011, el 2022, etc. En la decena del mes siempre hay un 0 ó un 1, luego el año 2001 y el 2010 también los podemos descartar. El 2012 también lo podemos descartar, porque al usar el 1 y el 2, queda el 0 para la decena del mes, y recordemos que las horas sólo tienen en la decena un 0, un 1 o un 2. También podemos descartar el 2002, porque el mes sólo podría ser 11 y se repetiría el dígito 1.

Si el año corresponde al intervalo 2003 - 2009, entonces el mes sólo puede ser 12, y ya no nos quedan horas posibles.

Veamos el 2013, e intentamos que el mes sea el menor posible. El mes no puede ser 02, por la misma razón de la limitación de las horas. Tampoco puede ser 03. Si el mes es 04, entonces el día puede ser veintitantos (no puede ser 30 ó 31 porque el 0 y el 1 están ya cogidos) y volvemos a encontrarnos con el problema de las horas, que si recordamos tienen de primera cifra 0, 1 ó 2. Cualquier mes que tenga la decena 0 obliga a que el día sea veintitantos y entra en conflicto con las horas. Los meses de decena 1 no pueden ser porque el 1 ya lo hemos usado.

Igual razonamiento tenemos para todos los años 2014 - 2019, ya está cogido el 1, en el mes usamos el 0, y en los días usamos el 2, y ya no hay horas posibles.

Si el año está en la década 2020 - 2029, entonces ya hemos usado el 2, en el mes usaremos el cero o el uno en la cifra de la decena, y en los días usaremos el uno o el cero (respectivamente) en la cifra de la decena, o bien el 3, pero en este caso aparecerá el uno o el cero en las unidades, y volvemos a entrar en conflicto con las horas.

Entremos en la década 2030 - 2039. Por razones similares a las situaciones anteriores, podemos descartar 2030, 2031, 2032, 2033. Veamos 2034: procuramos ir escogiendo la fecha más baja y evitar la incompatibilidad con las horas. tomamos el mes 05, el día 16. Hemos dejado el 2 para la decena de las horas, pero entonces la hora puede ser 20, 21, 22, 23, y las cifras de las unidades las hemos usado todas. Además hay que tener cuidado ya con los minutos: su decena solo va del 0 al 5.

Tendremos que escoger los días como veintitantos, pero en las horas la decena tiene que ser 1, y entonces ya hemos agotado todos los números del 0 al 5 para los minutos.

Tomamos el mes 06, el día 27, y ya parece que todo empieza a marchar. La hora puede ser 18, y los minutos 59.

Si no nos hemos equivocado, ya hemos encontrado la fecha y hora más cercana al principio del año 2000 en la que se usan todos los dígitos sin repetirse:

18 : 59   27 - 06 - 34

Es decir, el 27 de junio de 2034, a las 18:59.

[Este problema ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas]

16.2.15

Guerras de letras, partículas, antipartículas y números enteros.

Cuaderno de bitácora: hay personas que para entretenerse hacen garabatos. Tanto en clase como en reuniones, conferencias, y en todo momento en que se tiene a mano un lápiz o bolígrafo y un papel, documento, cuaderno o periódico, es normal ponerse a dibujar, rayar, hacer figuras geométricas, rellenar espacios, cualquier cosa para relajar la mente y hacer que pase el tiempo.

En mi infancia, una de las cosas que se me ocurrió, como a muchos otros, fue entretenerme rellenando con un bolígrafo los huecos de las letras. Hay letras que tienen "huecos que rellenar", y son las siguientes: a, b, d, e, g, o, p, q. El resto de letras "no tienen huecos", son líneas que no rodean superficie, y son: c, f, h, i, j, k, l, m, n, ñ, r, s, t, u, v, w, x, y, z.

Si usamos letras mayúsculas, la situación puede cambiar, así las letras mayúsculas con huecos son: A, B, D, O, P, Q, R, mientras que las que no tienen huecos son: C, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, Ñ, S, T, U, V, W, X, Y, Z. La E y la G han pasado de tener hueco en minúscula a perderlo en mayúscula, y la R, que no tenía hueco en minúscula, ahora le ha salido uno en mayúscula.

Conforme iba rellenando huecos, se me ocurrió también que aquellas letras con huecos eran enemigas de las letras sin huecos, y que podía ir compensando unas con otras. Así, dejé de rellenar los huecos y lo que me entretenía era en tachar letras: por cada letra con hueco, tachaba otra sin hueco. Así comenzó una guerra, la guerra de las letras, en la que me puse del lado de las letras con huecos, y las usaba de munición para destruir las letras sin hueco, una a una.

Si me aparecía, por ejemplo, una frase como "la rosa es hermosa, fragante y olorosa", estaba todo casi equilibrado, pues si nos fijamos hay 15 letras con hueco y 16 sin hueco, y ganan las letras sin hueco solo por una letra de diferencia. Si tengo la frase "el pendiente de Ágata parece dorado", ganan las letras con hueco por doce. En la frase "la lluvia en Sevilla es fina y moja mucho" ganan las letras sin hueco por trece.

Conforme iba avanzando en los párrafos, me daba cuenta que las letras sin hueco aparecían con más frecuencia, y así se me iban quedando unas cuantas sin poder eliminar. Este desequilibrio no me gustaba, y empecé a "cambiar de bando" algunas de las letras. La primera fue la y, que aunque no tiene hueco la puse del bando de las letras con hueco. También añadí la ñ; la ll la consideré como si fuera una sola letra, lo mismo que la ch y la rr, etc., siempre intentando encontrar el equilibrio, entre ambos bandos.

Encontrar el equilibrio exacto resulta interesante. Cada párrafo puede tener una situación diferente, pero a la larga, todo depende de la frecuencia con la que aparecen las letras. En la wikipedia hay una página donde están recogidas las frecuencias de aparición de las diferentes letras en español. Considerando las frecuencias de las letras con hueco:

a = 12,53%
b = 1,42%
d = 5,86%
e = 13,68%
g = 1,01%
o = 8,68%
p = 2,51%
q = 0,88%

Si sumamos todas las cantidades: 12,53 + 1,42 + 5,86 + 13,68 + 1,01 + 8,68 + 2,51 + 0,88 =  46,57%. El resultado es un poco menos del 50% y por tanto las letras con hueco están en desventaja en su particular guerra contra las letras sin hueco. Cambiar de bando la y (0,90%) y la ñ (0,31%) no es suficiente ya que nos deja el porcentaje en 47,78%. Si por ejemplo a las letras con hueco, 46,57% les añadimos la m (3,15%) y la ñ (0,31%) entonces llegaríamos a 50,03%. Si hubiera empleado esta estrategia, habría obtenido un combate muy igualado, y a la larga ligeramente favorable a mis letras preferidas.

Esta guerra de letras recuerda en física cuántica a las partículas y antipartículas. Todos sabemos que la materia está compuesta por átomos, y los átomos a su vez están constituidos por un núcleo de protones y neutrones, y una órbita de electrones. Los protones tienen carga eléctrica positiva, los electrones carga negativa y los neutrones no tienen carga eléctrica. Pero estas no son las únicas partículas que existen. También tenemos otros tipos, como neutrinos, bosones, quarks... Uno de esos tipos son las llamadas antipartículas, que forman lo que se conoce por antimateria. Son partículas contrarias al protón y al electrón, con la misma masa, pero carga eléctrica contraria. Tenemos por ejemplo el positrón, que tiene la misma masa que el electrón, pero carga positiva.

Cuando una partícula se encuentra con una antipartícula, ambas se destruyen, y la masa que tienen se aniquila totalmente y se transforma en energía en forma de fotones. En la guerra de letras, las letras con hueco se comportan como partículas y las letras sin hueco como sus antipartículas. Unas se aniquilan con las otras.


[En la imagen se representa la aniquilación de un electrón con un positrón, generando dos rayos gamma que parten en direcciones opuestas. La ilustración la hemos obtenido de esta página.]

En las letras, no hay simetría entre letras con hueco y letras sin hueco. Ya hemos visto que las letras con hueco están en minoría, solo son un 46,57% de todas las letras (estamos hablando de letras minúsculas escritas con una fuente de grafía estándar, como la que estamos utilizando en esta entrada del blog). En el universo siempre se ha pensado que las partículas y antipartículas deben estar distribuidas equilibradamente, y lo que es cierto para las partículas debe también ser cierto para las antipartículas.

Sin embargo, sorprendentemente no es así. Según lo que se observa de nuestro universo, las partículas están en una proporción mucho mayor que las antipartículas. La mayor parte de la materia parece estar compuesta por partículas normales, mientras que las antipartículas son escasas y encuentran una rápida aniquilación al cruzarse con las partículas. Este es uno de los misterios no resueltos de la cosmología.

Relacionado con todo este tema, también podemos llevarlo al campo de las matemáticas y de la aritmética de los números enteros. Algunos grumetes encuentran difícil entender las sumas y restas de números enteros. Pero podemos pensar que cada número representa una cantidad de partículas o antipartículas, o de letras con hueco y letras sin hueco. Si el número es positivo, podemos imaginar que representa partículas, y si es negativo antipartículas.

Así, si tenemos la operación -7 + 8, podemos pensar que -7 representa a 7 antipartículas, y 8 representa a 8 partículas. Las 7 antipartículas eliminarán a 7 partículas y entonces todas las antipartículas habrán desaparecido, quedando sólo 1 partícula sin eliminar. De ahí el sentido de la cuenta:

-7 + 8 = 1

Cuando la cuenta es más larga, el proceso es el mismo, vamos imaginando que las partículas (números positivos) se anulan con las antipartículas (números negativos). También imaginamos que cuando hay dos números positivos (ambos partículas) obtenemos un número positivo mayor, y para los números negativos sucede lo mismo: dos números o más representan todos antipartículas, y juntándolas obtenemos un número negativo mayor:

6 - 8 + 9 - 5 = 2

8 + 10 = 18

-5 - 6 - 3 = -14

En matemáticas sí tenemos el equilibrio natural entre números positivos y números negativos. Por cada número positivo hay un número opuesto, el negativo correspondiente. Es lógico pensar que si hubiera una guerra entre números enteros el resultado final sería 0.

Pero este pensamiento puede tener sus trampas. Los números enteros son infinitos. ¿Podemos hacer una guerra entre todos los números? Si intentamos hacer una guerra total siguiendo el método que hemos utilizado con las guerras de letras de ir anulando unas con otras, nos podemos encontrar con paradojas muy simples:

Supongamos que vamos tomando todos los números enteros sin repetirse, y los sumamos de la forma ordenada:

0 + 1 - 1 + 2 - 2 + 3 - 3 + 4 - 4 + 5 ...

El resultado va siendo 0, 1, 0, 2, 0, 3, 0, 4, 0,... Podemos comprobar que los negativos van anulando a los positivos, y la suma regresa siempre a 0; la guerra de números siempre se equilibra.

Pero si disponemos los números enteros de otra forma:

0 + 1 + 2 - 1 + 3 + 4 - 2 + 5 + 6 - 3 + 7 + 8 - 9 ...

Es decir, sumamos dos positivos y luego un negativo, y los siguientes dos positivos y el siguiente negativo, etc. Entonces vamos obteniendo 0, 1, 3, 2, 5, 9, 7, 12, 18, 15, 22,... A pesar de que todos los números enteros se van incluyendo en la suma, los negativos llegan tarde, y la suma de positivos va creciendo sin límite, es decir, los positivos ganan la guerra sin remedio.

¿Cómo es posible, si hay tantos números positivos como negativos? El núcleo de la cuestión es que estamos haciendo una suma infinita, y con el infinito surgen este tipo de paradojas. (Para los matenavegantes experimentados esto es un ejemplo sencillo de una serie no convergente a la que podemos reordenar para que se comporte de la forma que queramos).

Para terminar, podemos pensar en un ejemplo de guerra de números sencillo pero del que no tengo conocimiento si se ha llegado a estudiar todavía y si se tiene alguna conclusión. Tomemos un número irracional (decimal infinito no periódico), como el número pi = 3,14159265358979323846... Consideremos la sucesión de sus decimales, y hagamos una guerra entre ellos, poniéndoles alternativamente un signo más o un signo menos y haciendo la suma:

+ 1- 4 + 1 - 5 + 9 - 2 + 6 - 5 + 3 - 5 + 8 - 9 + 7 - 9 + 3 - 2 + 3 - 8 + 4 - 6…

La pregunta puede ser: ¿La suma se mantendrá equilibrada? Y si no se mantiene equilibrada, ¿irán ganando los positivos o los negativos? Es decir, ¿tienen más peso los decimales en lugar impar o en lugar par? ¿Y qué sucederá con otros números irracionales como el número e, el número fi, o la raíz cuadrada de dos?

Aunque desconozco si a alguien se le ha ocurrido hacer estas guerras, puedo suponer que sí, porque al número pi se le han dado muchas vueltas a lo largo de los siglos...


Nota: garabato, en inglés, se dice doodle. Esta palabra se está haciendo famosa en el ciberespacio porque se está aplicando a las ilustraciones que diseña Google para conmemorar diariamente hechos notorios. Hay una página que recopila todas estas ilustraciones.

14.2.15

[El Problema de la Semana] El peso de la botella

Esta semana tenemos un sencillo problema de recipientes.

Un recipiente lleno de agua pesa 35 kilos. Cuando sólo está lleno hasta la mitad, pesa 19 kilos. ¿Cuánto pesa el recipiente vacío?

Para que el lector tenga oportunidad de pensarlo y no le salga la solución en la misma pantalla, insertamos a continuación una imagen y después ya viene el problema resuelto.
[Uno de los muchos objetos fascinantes de las matemáticas modernas es la Botella de Klein, que ya hemos mencionado en una entrada anterior. Esta foto está sacada de la página Bottle Design Brain Melter, de Core 77. Las botellas las fabrica la compañía de Clifford Stoll, Acme Klein Bottle. El propio Stoll confiesa en la publicidad de sus botellas que son difíciles de llenar, difíciles de vaciar, y muy complicadas de limpiar, especialmente porque la humedad del interior no se seca. Esto es bastante paradójico, porque la botella de Klein, como objeto matemático no tiene interior ni exterior, aunque sea una superficie cerrada]

SOLUCIÓN:

El problema es muy sencillo. Si lleno son 35 kilos, y hasta la mitad son 19 kilos, entonces 35 - 19 = 16 kilos es lo que pesa la mitad de lo que contiene. Luego el total de lo que contiene es 16 · 2 = 32 kilos, y el peso del recipiente será 35 - 32 = 3 kilos.

[Este problema ha sido extraído del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas.]

7.2.15

[El Problema de la Semana] ¿Dónde está el oro?

Reanudamos una vez más el estudio de los Problemas de la Semana que se le proponen a los grumetes.

Tenemos tres cajas etiquetadas con frases que hacen referencia a su contenido. La primera caja tiene una etiqueta que dice “el oro está aquí”. La frase de la segunda caja es “el oro no está aquí”. En la tercera caja pone “el oro está en la primera caja”. Sólo una de las tres frases es verdadera, las otras dos son falsas. ¿Puedes averiguar dónde está el oro?

Si quiere conocer la solución, está debajo de la imagen.

 

[En la película Goldfinger (1964), James Bond, el agente secreto 007, tiene que detener los planes del malvado Auric Goldfinger, que pretende destruir el depósito de oro de Fort Knox explotando en su interior una bomba atómica. Fort Knox es una base militar estadounidense, situada en Kentucky, y allí se encuentra uno de los mayores depósitos de oro del mundo, controlado por el Departamento del Tesoro de los Estados Unidos. Actualmente se duda de la cantidad exacta de oro que se guarda en el depósito, porque el Departamento del Tesoro se niega a realizar una auditoría pública de su contenido real. De hecho, en la época en la que se rodó la película, ni siquiera se conocía cómo era el interior del edificio. Para rodar las escenas finales, se pidió permiso al Departamento del Tesoro para entrar en Fort Knox, pero fue denegado. Los productores de la película decidieron dejar el interior a la imaginación de los diseñadores, que optaron por construir lo que ellos mismos denominaron como "una catedral del oro", un hall enorme de varios niveles en el que el oro se puede contemplar enjaulado tras los barrotes de fuertes rejas, como se puede apreciar en la fotografía que hemos insertado. En años posteriores se permitió a la prensa entrar en el depósito de oro de Fort Knox, y se pudo comprobar que su interior no era tan imponente como el de la película, sino mucho más funcional: estrechos pasillos flanqueados por las enormes puertas de las cámaras acorazadas, nada de tener el oro a la vista ni disponer de espacios tan amplios como en la película. En la historia del cine hay muchísimos más ejemplos como este de discrepancias radicales entre la realidad y la ficción, aún en películas que están basadas en hechos y lugares reales, y esto siempre debemos tenerlo en cuenta.]

SOLUCIÓN:

Hacemos un gráfico de la situación:


Razonamos dónde puede estar el oro. Si el oro está en la caja A, la frase de A es verdadera, la de B es verdadera y la de C es verdadera. Tenemos tres frases verdaderas, y esto no puede ser, porque sólo una de las frases es verdadera.

Si el oro está en la caja B, la frase de A es falsa, la frase de B es falsa, y la frase de C es falsa. Tenemos tres frases falsas, y tampoco puede ser, pues una de las etiquetas es verdadera.

Si el oro está en C, la frase de A es falsa, la frase de B es verdadera y la frase de C es falsa. En esta situación tenemos dos frases falsas y una verdadera, luego esta es la situación compatible con el problema, y el oro se encuentra en C.

Ampliación: en ningún momento del problema se especifica que el oro se encuentre en una sola de las cajas o que incluso el oro exista. Realmente queda implícito en el lenguaje que se emplea, el cual nos da pie a suponer que hay una caja y sólo una con oro, porque al decir el oro, parece que nos estamos refiriendo a una cosa en singular, a un objeto que solo se puede encontrar en un sitio y no en varios sitios a la vez, y que realmente existe. Pero solo es una suposición.

Si diéramos opción a que varias cajas contuvieran oro, entonces la gama de posibilidades se amplía:

Si el oro estuviera en las tres cajas, entonces tendríamos dos frases verdaderas y una falsa, luego esta posibilidad no cuenta.

Si el oro estuviera en A y en B, entonces tendríamos de nuevo dos frases verdaderas y una falsa, luego esta posibilidad tampoco cuenta.

Si el oro estuviera en A y en C, tendríamos tres frases verdaderas, que tampoco vale.

Si el oro estuviera en B y en C, las tres frases serían falsas, y también la descartamos.

También podemos considerar que el oro no estuviera en ninguna de las tres y con esto quedan cubiertas todas las posibilidades. En este último caso dos frases serían falsas y una verdadera, luego esta posibilidad sí cumple las condiciones del problema.

Concluimos por tanto que las soluciones al problema es que el oro se encuentre en C o que no se encuentre en ninguna de las tres cajas.


[Este problema ha sido adaptado del libro El país de las mates, 100 problemas de ingenio 1, de Miquel Capó Dolz, editorial El rompecabezas]

23.1.15

Cuando pi fue tres

A principios de abril del año 1998 apareció en el grupo de noticias talk.origins un artículo que decía así:

HUNTSVILLE, Alabama. - Ingenieros y matemáticos de la NASA en esta ciudad de la alta tecnología están impactados y enfurecidos después de que el estado de Alabama aprobara ayer por un estrecho margen una ley que redefine pi, una constante matemática usada en la industria aeroespacial. El proyecto de ley que quiere cambiar el valor de pi a exactamente tres fue introducido sin algarabía por Leonard Lee Lawson, y rápidamente fue ganando apoyos tras una campaña por correo hecha por los miembros de la Sociedad Salomón, un grupo que lucha por los valores tradicionales. El gobernador Guy Hunt dice que firmará el proyecto para que se convierta en ley el próximo miércoles.

La ley ha tomado a la comunidad tecnológica del estado por sorpresa. "Habría sido correcto si hubieran consultado con alguien que realmente usa pi", dijo Marshall Bergman, un director de la Organización de Defensa de Misiles Balísticos. Según Bergman, pi es una letra griega que significa la proporción o razón de la circunferencia de un círculo a su diámetro. Los ingenieros la usan a menudo para calcular trayectorias de misiles.

La profesora Kim Johanson, una matemática de la Universidad de Alabama, dijo que pi es una constante universal y no puede ser cambiada arbitrariamente por los legisladores. Johanson explicó que pi es un número irracional, lo que significa que tiene un número infinito de dígitos después del punto decimal y nunca puede ser conocido con exactitud. Sin embargo, dijo ella, pi está precisamente definida por los matemáticos para ser "3.14159, más todos los dígitos que se tenga tiempo de calcular."

"Yo creo que son los matemáticos los que están siendo irracionales, y ya es hora de que lo admitan", dijo Lawson. "La Biblia dice muy claramente en Reyes 1, 7:23 que la pila de purificación del Templo de Salomón tenía diez codos de ancho y treinta codos de diámetro, y que era perfectamente redonda."

Lawson puso en duda la utilidad de cualquier número que no puede ser calculado exactamente, y sugirió que no llegar a conocer nunca la respuesta exacta puede dañar la autoestima de los estudiantes. "Debemos recuperar algunos valores absolutos en nuestra sociedad", dijo, "la Biblia no dice que la pila fuera treinta y algo codos. Dice claramente treinta codos. Punto."

La ciencia apoya a Lawson, explica Russell Humbleys, un técnico de propulsión en el Centro Espacial Marshall, que ha testificado en apoyo de la ley ante la legislatura de Montgomery el lunes. "Pi es simplemente un artificio de la geometría euclidiana." Humbleys está trabajando en una teoría que dice que demostrará que pi está determinado por la geometría del espacio tridimensional, la cual asumen los físicos que es "isotrópica", es decir, la misma en todas las direcciones. "Existen otras geometrías, y pi es diferente en cada una de ellas," dice Humbleys. Los científicos han asumido arbitrariamente que el espacio es euclidiano, afirma Humbleys. También señala que un círculo dibujado en una superficie esférica tiene un valor diferente para la proporción de la circunferencia a su diámetro. "Cualquiera con un compás, una regla flexible y una esfera lo puede comprobar por si mismo," sugiere Humbleys, "no hay que ser precisamente una lumbrera."

Roger Learned, un miembro de la Sociedad Salomón que estaba en Montgomery para apoyar la ley, se muestra de acuerdo. Ha dicho que pi no es nada más que una suposición de los matemáticos y los ingenieros que estaban allí para argumentar en contra de la ley. "Estos peces gordos han llegado tan campantes a la capital con una impresionante arrogancia," dijo Learned. "Su déficit introductorio ha resultado en una postura polémica en absoluta contraposición con el poder de la legislatura."

Algunos expertos en educación creen que la legislación afectará a la forma en que se enseña matemáticas a los niños de Alabama. Una miembro del comité escolar del estado, Lily Ponja, está ansiosa por incluir el nuevo valor de pi en los libros de texto estatales, pero cree que el antiguo valor debería conservarse como alternativa. Ella ha dicho, "Por lo que a mi respecta, el valor de pi es solo una teoría, y deberíamos abrirnos a todas las interpretaciones." Ponja está muy deseosa de que los estudiantes tengan la libertad de decidir por si mismos qué valor de pi debería haber.

Robert S. Dietz, un profesor de la Universidad del Estado de Arizona que ha estado siguiendo la controversia, escribió que esta no es la primera vez que una legislatura estatal ha intentado redefinir el valor de pi. Un legislador del estado de Indiana trató sin éxito de que dicho estado fijara el valor de pi como tres. Según Dietz, el legislador estaba exasperado por los cálculos de un matemático que había calculado pi hasta cuatrocientas cifras decimales y todavía no había podido conseguir un número racional. Muchos expertos avisan de que esto es solo el comienzo de una batalla nacional sobre pi entre los partidarios de los valores tradicionales y la élite técnica. Lawson, miembro de la Sociedad Salomón está de acuerdo. "Solo queremos devolver a pi su valor tradicional," ha dicho, "que, según la Biblia, es tres."
El artículo, en su versión original en inglés, puede leerse aquí. Se trata tan solo de un artículo en broma, escrito por Mark Boslough y publicado en el 1 de abril de 1998, el April Fools' Day (literalmente, el día de los tontos de abril), el equivalente a nuestro 28 de Diciembre, Día de los Inocentes. Todos los personajes citados en el artículo, salvo Guy Hunt, son imaginarios. Guy Hunt fue un gobernador de Alabama, condenado por corrupción en 1993.

Sin embargo, el artículo empezó a circular por Internet y aunque al día siguiente de su publicación el autor confesara la broma, muchas personas empezaron a creer que era auténtico.

A pesar del engaño, el artículo está inspirado en un hecho real: en 1897 la Cámara de Representantes de Indiana aprobó unánimemente una enmienda redefiniendo el área de un círculo y el valor de pi. Esta enmienda estuvo impulsada no con el ánimo de hacer que pi coincidiera con el valor que la Biblia le otorga, sino con el propósito de probar la cuadratura del círculo, que el matemático aficionado Edward J. Goodwin había creído descubrir. Este convenció al Representante Taylor I. Record, el cual introdujo la enmienda a la Cámara de Indiana. La enmienda fue rechazada en el Senado estatal gracias a la oportuna intervención de C. A. Waldo, profesor de la Universidad de Purdue. Un artículo explicando todo este asunto puede leerse aquí.

También hay otro hecho curioso: el escritor de ciencia ficción Robert A. Heinlein, en su novela Forastero en Tierra Extraña, publicada en 1961, menciona que en Tennessee se aprobó una ley haciendo que pi fuera igual a tres, pero esto no es real, solo es una ficción más de la novela.


Tal y como dice el artículo de broma escrito por Mark Boslough que hemos transcrito arriba, existen algunos pasajes de la Biblia en los que se puede deducir que el valor asignado a pi en  tiempos bíblicos era tres. Concretamente, los pasajes son de Reyes 1, 7:23 y de Crónicas 2, 4:2, y los dos versículos dicen prácticamente lo mismo: Hizo asimismo un mar de fundición, de diez codos del un lado al otro, perfectamente redondo: su altura era de cinco codos, y ceñíalo alrededor un cordón de treinta codos.


Cuando en el texto se habla de un mar de fundición, se refiere a un recipiente de bronce, como un gran caldero o bañera circular. El texto indica que tenía un diámetro de diez codos y una circunferencia de treinta codos y era perfectamente redondo. Como el valor de pi coincide con el cociente de la longitud de la circunferencia entre su diámetro, de aquí se infiere que el valor de pi asignado por en el Antiguo Testamento era exactamente 3.

En realidad si queremos hacer una circunferencia que tenga 10 codos de diámetro, la longitud de la circunferencia tiene que tener 31'4 codos de largo, aproximadamente. Y viceversa, si la circunferencia es exactamente de 30 codos, el diámetro no llega a 10 sino que debe ser de poco más de 9'5 codos. Entonces no se puede fabricar un recipiente según las instrucciones bíblicas. Es posible que las medidas sean aproximadas: un diámetro de casi 10 codos con una circunferencia de poco más de 30 codos de largo.

También es muy posible que entre en juego el grosor del recipiente, pues se dice que el mar de fundición debía tener un espesor de un palmo. El palmo es la longitud que abarca una mano extendida, desde la punta del dedo gordo hasta la punta del dedo meñique, y el codo es la longitud desde el extremo de la mano abierta hasta el codo. Estas longitudes varían en cada persona, y así hay diferentes medidas de codo y palmo según el país y la cultura en donde nos encontramos. Pero podemos hacernos una idea que un palmo está en torno a 20 ó 25 centímetros, y el codo alrededor de 50 centímetros. Si medimos la anchura del recipiente contando con el grosor en 10 codos, la anchura sin el grosor serían unos 9'5 codos, y la circunferencia por dentro del recipiente haría 30 codos con bastante exactitud.

Al parecer, a lo largo de la historia se ha tomado al pie de la letra que la Biblia sugiere que el valor de pi era exactamente 3, lo que ha causado graves problemas teológicos. La forma de medir el diámetro por fuera y la circunferencia por dentro que hemos mencionado en el párrafo de arriba ya fue propuesta por el Rabino Nehemiah, que vivió sobre el año 150 d. C. También se han propuesto otras explicaciones: que los Hebreos redondeaban sus cantidades a los números enteros más cercanos, que el recipiente no era perfectamente circular, o bien que no tenía forma cilíndrica.

22.1.15

El Gordo no toca

Cuaderno de bitácora: recientemente, con motivo de las fiestas navideñas, un compañero surcador de los mares me preguntó si las matemáticas daban alguna fórmula para ganar a la lotería. Mi respuesta fue que las matemáticas te mostraban que ganar a la lotería es casi imposible.
En España, entre otros juegos de lotería, tenemos el Sorteo de Navidad, que se juega el 22 de diciembre, todos los años. Participar de este sorteo es una tradición muy extendida entre los españoles. Se dice que más de un 80% de los españoles juega alguna participación (algún décimo o participaciones más pequeñas). Para este último año se ha calculado que la media de dinero jugado por cada español era de unos 61'56 euros, cantidad bastante respetable.
Durante la mañana del 22 de diciembre, los medios de comunicación retransmiten como los niños y niñas del Colegio de San Ildefonso van cantando los números premiados, pero el número que más interesa es el Gordo (el primer premio), que reparte 20.000 euros por cada euro jugado. Luego en las noticias aparecen los datos de los lugares donde ha caído el Gordo y otros premios secundarios, y reportajes de algunas personas celebrando que les ha tocado algún premio.

[En la foto se ven las manos de los niños colocando las bolas que han salido en los alambres: una bola tiene el número agraciado y su pareja en el alambre paralelo tiene el premio que ese número ha obtenido. Las bolas están hechas de madera de boj, y los números están grabados a láser. Hay dos bombos, uno con los 100.000 números y otro con los premios. En total hay 1807 bolas en el bombo de los premios: 1 primer premio llamado el Gordo, 1 segundo premio, 1 tercer premio, 2 cuartos premios, 8 quintos premios y 1794 pedreas. Los números premiados son los van saliendo del bombo y se emparejan con estas bolas de los premios; también son premiados aquellos números que reciben premios especiales, como los números anteriores y posteriores al Gordo, al segundo, al tercero, los que tienen las últimas cifras coincidentes con alguno de los premios principales, etc. Para más detalles, ver la página de la Wikipedia correspondiente]

Si usted quiere participar en el sorteo, tenga en cuenta esto: comprando un número no le va a tocar el Gordo. Si quiere, podemos hacer una apuesta. Yo apostaré a que no le toca.
Los números posibles de la lotería de Navidad son 100.000. El Gordo es solo uno. La probabilidad de que comprando una participación de un número le toque el Gordo es una entre cien mil. En tanto por ciento sería 0'001%. Si apuesto con usted a que no le va a tocar el Gordo, tengo una probabilidad de ganar de un 99'999%. Es una buena probabilidad. El Gordo no toca.
Entonces, me dirá usted, si el Gordo no toca, ¿por qué vemos en televisión o en las noticias a personas a las que les ha tocado? Reflexione sobre esto: si la información fuera equitativa, por cada persona a la que el Gordo ha tocado, tendrían que entrevistar a 99.999 personas a las que no les ha tocado. Solo con que se le concediera un segundo de televisión a cada una de esas cien mil personas, estaríamos más de 27 horas viendo rostros, uno por segundo. Si fueran entrevistando una por una a esas 100.000 personas nos daríamos cuenta de una verdad probabilística incontestable: el Gordo no toca, y esto es cierto con una probabilidad del 99'999%.
No sé si esto hará cambiar de opinión a todos aquellos que siguen ilusionados en que les toque el Gordo. Además del Gordo hay otros premios (el segundo, el tercero, el cuarto, el quinto, las pedreas, los premios especiales, los reintegros). Sólo el 15% de los números recibe algún premio o reintegro. Si se juega a un número hay una probabilidad del 85% de perder todo el dinero.

Yo he jugado varios años a la lotería de Navidad. He comprado unos cuantos décimos y participaciones. Tan sólo un año me tocó un premio muy menor, (la llamada pedrea) en una de las participaciones, entre las participaciones y décimos que jugué había una de 4 euros en la que gané 20. La cantidad de dinero perdido en estos años ha sido mucho mayor, varios cientos de euros. Este año no jugué. La lotería de Navidad ha sacado un anuncio publicitario en el que explotaba el temor a no jugar un número cuando todos tus conocidos juegan al mismo número. Yo también sentí cierto temor de que le tocara a los compañeros de trabajo que sí jugaron a un décimo que yo no compré, y sentí miedo de que luego me reencontrara con ellos, todos alegres, y yo estuviera lamentándome de no haber jugado. Pero no fue así. A mis compañeros tampoco les tocó. Pero yo tenía una probabilidad del 99'999% a mi favor. Gané y no tuve que lamentarme.
También podemos creer que si jugamos un año y otro y otro, al final nos debe tocar el Gordo. Pero hay que esperar mucho tiempo para tener ciertas opciones. Si jugamos un año, la probabilidad de que no toque es de 99'999%. Si jugamos dos años, la probabilidad de que no toque ninguno de los dos años se calcula tomando 99'999% = 0'99999 y elevándolo al cuadrado: 0,9999800001 =99'99800001%, que es casi la misma probabilidad. Si jugamos toda la vida, la probabilidad tampoco sube mucho.
Si jugamos 100 años seguidos, la probabilidad de que no nos toque ningún año es todavía del 99'9% aproximadamente (0'99999 elevado a 100). Si jugamos 1000 años seguidos, la probabilidad de que no nos toque ningún año es del 99% y si jugásemos durante 10.000 años, tendríamos todavía una probabilidad de que el Gordo no nos tocase de 90'48%. Tendríamos que jugar durante log(0'50)/log(0'99999) = 69.314 años para que la probabilidad de que el Gordo nos toque alguna vez llegue al 50%.
Ya ven ustedes, el Gordo no toca.
P.D.: no podemos negar que es bonito jugar a la lotería de Navidad, se trata de un acontecimiento social en el que todo el país se une lleno de ilusión para jugar juntos en una fecha que marca el comienzo de la fiestas navideñas. Es agradable compartir números con la familia y los amigos, y luego comentar dónde han caído los premios.
Sin embargo, a la hora de la verdad, supone un negocio en el que muchísima gente gasta mucho dinero y unos pocos (poquísimos) reciben unos grandes premios, que no compensan todo el dinero gastado por toda la sociedad. Según mi opinión se podría organizar un sorteo en el que se rebajara la cuantía de los premios, pero se aumentara mucho el número de premios otorgados, para que así hubiera mucha más cantidad de personas que recibieran premios (cien veces más, por lo menos). Además sería justo que todo el dinero invertido por la sociedad se volviera a repartir en premios, y no como ahora, donde el porcentaje que se pierde en impuestos es cada vez más grande. De ahí la frase "a Hacienda siempre le toca el Gordo en Navidad".
No obstante, las empresas de juegos de azar tratan de atraer cada vez más público promocionando premios mayores, cuando lo que en realidad hacen es disminuir drásticamente las probabilidades de que uno gane cualquiera de esos premios. Así sucede con la lotería primitiva, la bono loto, los euro millones, etc. Tocan millones de euros, pero a una sola persona, y a veces el premio queda desierto. Hagamos conciencia de que somos millones de jugadores, y entonces la probabilidad de que seamos la persona afortunada a la que toca uno de esos premios es minúscula. Si el Gordo no toca, los euro millones, las lotos y bono lotos, tocan muchísimo menos.