Si a nuestro viajero de ida y vuelta de la entrega anterior alguien le hubiera dicho algo así como: «¿Te acuerdas del puente de piedra que cruza el río? Pues pasaste por ahí exactamente a la misma hora en el trayecto de ida y en el de vuelta, a pesar de que en ambos casos variaste la velocidad e hiciste pausas al azar», probablemente habría exclamado: «¡Qué coincidencia tan asombrosa!». Y sin embargo era inevitable que por algún punto del camino pasara a la misma hora en ambos viajes. La mejor forma de verlo es «superponer» mentalmente los dos días: si en el mismo momento en que el viajero sale de A hacia B otro viajero saliera de B hacia A, es evidente que, fueran las que fuesen las velocidades y pausas de cada uno, se cruzarían en algún punto del camino.
La inevitable «coincidencia» de nuestro viajero ilustra el teorema del punto fijo, demostrado en 1912 por el matemático holandés Luitzen E. Brouwer, de acuerdo con el cual, dicho en términos coloquiales, en toda transformación continua en un sistema cerrado hay al menos un punto que permanece fijo.
Tomemos un cuaderno ideal. La primera hoja yace sobre la segunda, borde con borde, vértice con vértice, de forma que cada punto de aquella está encima de su punto homólogo de esta. Arranquemos la primera hoja, hagamos con ella una bola informe y depositémosla sobre la que tenía debajo. El teorema del punto fijo demuestra que siempre habrá al menos un punto de la hoja estrujada que seguirá estando exactamente encima —en la mismísima vertical— de su homólogo de la hoja intacta.
Peinemos una esfera peluda intentando alisarla por completo. No lo conseguiremos: dejaremos al menos un remolino (como el que según la tradición se forma en la cabeza de un niño travieso). Por la misma razón, Dios no pudo azotar la faz de la Tierra con un viento ubicuo en el preludio del diluvio universal, pues el teorema del punto fijo impone un límite a la cólera divina: en todo momento tuvo que haber al menos un lugar donde el viento estuviera en calma, un ojo del huracán.
Coincidencias puras e impuras
Por supuesto, no todas las coincidencias contraintuitivas, como la de nuestro viajero de ida y vuelta, tienen una explicación que demuestra que lo que parecía fruto del azar obedece a causas concretas. Hay coincidencias realmente extraordinarias, y una de las más llamativas es el hecho de que el Sol y la Luna tengan, vistos desde la Tierra, el mismo tamaño aparente, lo que hace posible el maravilloso espectáculo de los eclipses de Sol totales; pero en muchas otras coincidencias asombrosas, el asombro tiene que ver con sutiles sesgos psicológicos en nuestra apreciación de ciertos sucesos.
Una de las razones más frecuentes por las que puede parecer muy improbable algo que en realidad no lo es tanto es que en nuestra mente suelen solaparse consideraciones individuales y grupales. La probabilidad de que, en un determinado grupo de personas, una de ellas en concreto cumpla años el mismo día que tú es muy baja: 1/365 (un poco menor, en realidad, si tenemos en cuenta los años bisiestos); pero la probabilidad de que en un grupo no muy numeroso haya dos personas que celebren su cumpleaños el mismo día es bastante alta: a partir de veintitrés personas supera el 50 %.
Y sin necesidad de reunirte con nadie, puedes comprobar lo probables que son algunos sucesos que parecen improbables con una simple baraja. Si vas poniendo las cartas sobre la mesa a la vez que las nombras por orden («As de oros, dos de oros, tres de oros… as de copas, dos de copas, tres de copas…»), la probabilidad de que una carta concreta, por ejemplo la sota de bastos, aparezca en el momento de nombrarla es de 1/40; pero la probabilidad de que alguna carta coincida con su invocación es bastante alta (¿puedes calcularla?). Tan alta que puedes apostar doble contra sencillo a que ocurrirá.
Otra curiosa coincidencia es que pi al cuadrado (aproximadamente 9.86) es casi igual a g (9.81), la aceleración de la gravedad. Pero ¿es pura coincidencia… o no tan pura?
De balanzas y pesadas
De entre los problemas mencionados por mis amables lectoras/es (ver comentarios de la entrega anterior), me parece especialmente destacable, por su dificultad y elegancia, el propuesto por Mónica: «Me rompió la cabeza bastante tiempo cuando era joven: cómo averiguar qué bola pesa distinto de 12 bolas, que pesan todas igual excepto una, en 3 pesadas, en una balanza de brazos».
Este clásico (hay otra versión con 12 monedas, una de ellas falsa) es un ilustre miembro de toda una «familia» de problemas de balanzas, pesas y pesadas. ¿Has podido resolverlo? ¿Conoces alguno más?
¡Vaya coincidencia, Carlo!, con esto de las intuiciones o certezas que luego se muestran falaces. Ultimamente estoy construyendo en madera pequeños barrilitos, esos objetos estéticamente bellísimos usados para contener líquidos, especialmente vino o licores, “panzones” al centro que en su construcción, y salvando distancias intuí que era muy similar a la construcción o representación de la esfera de la Tierra con sus meridianos, «gajos» con las distancias de sus lados “tendiendo a cero” en sus Polos y una igual hanchura en su Ecuador según la cantidad de gajos. Grande fue mi desconcierto cuando, luego de los cálculos debidos, tuve en mis manos un gajo de madera que esperaba que sus lados fuesen rectos como los meridianos de la Tierra que veo, o de las tablas del barril que tomé como modelo. Nada que ver: sus lados eran curvos, lo que me llevó a la certeza de que jamá podría construir algo que veía recto pero, sin embargo, cuando los fui uniendo no habia contradicción alguna, eran líneas rectas a la vista siendo curvas en la realidad. El espacio crea alucinaciones no obstante haya fórmulas matemáticas que lo explican. Siempre estimulantes tus intervenciones, Carlo. Muchísimas gracias.
Gracias a ti, ER, por tus siempre estimulantes reflexiones. Yo también intento hacer cosas con las manos y me llevo qué sorpresas, como diría César Vallejo.
Sale también con 27 bolas y tres pesadas.
El 12 de agosto de este año habrá un eclipse de sol total visible desde España y el 27 tendremos otro. Entonces los diámetros angulares del sol y la luna serán casi iguales.
Gracias, Jose. No sabía lo de las 27 bolas y, a primera vista, me sorprende. Recuerda que no se sabe si la distinta pesa más o menos.
Estaría genial disponer de una sección independiente para «El juego de la ciencia» en el menú «CIENCIA». A ver si se animan en Jot Down.
Gracias por la sugerencia, Salva, lo planteo.
Artículo muy interesante.
Siendo nulo en matemáticas (aunque menos que Beethoven y Neruda, que no sabían multiplicar) me pregunto, sin saber si mi pregunta es estúpida, si se pueden calcular las probabilidades de que el Sol y la Luna, vistos desde la Tierra, tengan el mismo tamaño aparente. ¿Es altamente improbable, una coincidencia trivial o imposible de saber?
Muy buena pregunta. Es altamente improbable. Se podría hacer un cálculo, no de la probabilidad exacta, sino de su orden de magnitud, a partir del hecho de que la Tierra tiene un satélite, considerando el rango de tamaños y distancias esperables para el mismo. Tal vez algún lector más ducho que yo en astrofísica se anime a hacerlo.
Hola!
Casualmente, en mis años de facultad, le enseñé el solitario de las cartas que mencionas a un compañero. Alucinó con la dificultad que entrañaba completarlo a pesar de su aparente sencillez. Tanto es así, que nos planteamos calcular la probabilidad de completarlo!. Obviamente fracasamos. Así que a la primera hora de tutoría disponible, nos presentamos en el departamento de estadística, con cara de curiosos e inocentes chavales interesados en las maravillas de la estadística, a plantear el problema. Aún recuerdo la cara del profesor a medida que iba agregando sumatorios, uno detrás de otro, hasta decir «…y así todos los que faltan…’. Jajajajaja. Me gusta imaginar que salimos por la puerta, sacó la baraja, intentó completarlo un par de veces, y después, con calma solo en su despacho sacó la calculadora y se puso a calcularla, termino a termino, hasta el final…
Hola, Ko, bienvenido a EJDLC. ¿Qué entiendes por completar el solitario?
Disculpa! Yo lo conocí como un solitario consistente en conseguir voltear las 40 cartas, de una en una, contando del 1 al 10 (4 veces), y naturalmente que no coincida el número cantado con el número de la carta descubierta. No lo pruebes… Es adictivo.
Soy lector habitual vuestro, y aprovecho esta oportunidad de contacto directo para felicitaros a todos por este «alimento para el cerebro» que nos preparáis con tanto esmero. Gracias
Gracias a ti, Ko. La variante que propones es interesante, la incluiré en una próxima entrega. Y el alimento lo preparamos entre todas/os (como tú mismo ahora), esa es la gracia.
Me animo a proponer una solución al problema de las 12 bolas en las que una de ellas pesa diferente del resto.
En primer lugar, conviene etiquetar las 12 bolas del 1 al 12 para poder identificarlas.
En la primera pesada podríamos plantear poner 3 bolas en cada plato de la balanza, pero si no me he equivocado en el análisis de casos, hay algunos de ellos en los que resultará imposible identificar la bola diferente en 3 pesadas. Por lo tanto, pondremos 4 bolas en cada plato. Por simplicidad, las bolas 1, 2, 3 y 4 en un plato y 5, 6, 7 y 8 en el otro.
Para analizar los casos resulta conveniente utilizar una estructura de árbol. Como en los comentarios no resulta sencillo replicarla, utilizaré una numeración que espero sea suficientemente clara.
1.1 Si la balanza queda equilibrada, la bola diferente será alguna de las bolas 9, 10, 11 y 12. En ese caso, en la segunda pesada podemos poner 9 y 10 en un plato y 1 y 2 en el otro.
2.1 En caso de estar en equilibrio, en la tercera pesada podemos poner la bola 11 en un plato y la 1 en el otro. Si hay equilibrio, la bola 12 es la que buscamos, mientras que si no lo hay, será la 11.
2.2 En caso de no estar en equilibrio, en la tercera pesada podemos poner la 9 en un plato y la 1 en el otro. Si hay equilibrio, la diferente es la 10, y si no lo hay, será la 9.
1.2 Si en la primera pesada la balanza no se encuentra en equilibrio, por ejemplo pesando más el plato ocupado por las bolas 1, 2, 3 y 4 (el otro caso sería equivalente a este), en la segunda pesada podríamos optar por poner las bolas 1, 2, 3 y 5 en un plato y 9, 10, 11 y 12 en el otro.
2.1 Si el plato ocupado por las bolas 1, 2, 3 y 5 pesa menos que el otro, la bola 5 será la que buscamos.
2.2 Si está en equilibrio, en la tercera pesada optaremos por poner en un plato la bola 6 y en el otro la bola 7. Si están en equilibrio, la bola diferente será la 8, y si no lo están, será la que pese menos entre la 6 y la 7.
2.3 Si el plato ocupado por las bolas 1, 2, 3 y 5 pesa más que el otro, en la tercera pesada optaremos por poner la bola 1 en un plato y la 2 en el otro. Si se equilibran, la bola 3 será la buscada; si no, será la que pese más entre la bola 1 y 2.
Respecto al reto de las bolas, yo propongo una solución mucho más basta y menos elaborada que la que indica el siempre certero Salva Fuster:
Primero pesaría 6 bolas en cada plato y descartaría las menos pesadas. Con las 6 restantes, pesaría 3 bolas en cada plato y descartaría las menos pesadas. Y con las 3 que quedan, pesaría una bola en cada plato. Si una de las 2 es más pesada, ya tendría la solución y si pesasen igual, eso implicaría que la más pesada es la que no he pesado.
Y volviendo a la solución que plantea Salva me surgen un par de preguntas. Si usamos un rotulador para etiquetarlas y siendo bolas con una masa tan parecida ¿podría la tinta mezclada con un metal pesado hacer que los números de 2 dígitos pesasen más que el resto? ¿A partir de que concentración de Osmio en la tinta podría suceder?
¿Y si en la 2ª pesada la balanza queda en equilibrio? Lo de la tinta es ingenioso, pero irrelevante en la práctica.
Di por hecho, erróneamente, que una de las bolas pesaba más, no distinto. En caso de una bola con peso distinto que no sabemos si es mayor o menor que el resto, como quien vuelve a los clásicos, volvería a la respuesta de Salva Fuster.
Hay alguna ligera variante a partir de la 2ª pesada, pero la solución es básicamente única.
Planteo otro problema de balanzas y pesas que me parece especialmente interesante.
Disponemos de una balanza de brazos y de un conjunto de pesas cuyos pesos están comprendidos entre 1 kg y 40 kg. Queremos estar seguros de poder determinar el peso de un objeto de peso desconocido, sabiendo que es un número entero entre 1 kg y 40 kg. Si solo podemos elegir algunas de las pesas para usarlas en la balanza y, una vez hecha esa elección, ya no podemos utilizar las restantes, ¿cuál es el número mínimo de pesas necesario?
Muy interesantes, Salva. Hay una variante con una cadena de 13 eslabones. Creo que dedicaré la próxima entrega a balanzas y pesadas.
Diría que 5 pesos de 20,10,5,3 y 1
Se puede conseguir con menos.
Gracias Carlo, con 11,6,3 y 1 creo que bastaría.
Buen intento, pero se puede mejorar un poco más.
«El horror, el horror» El corazón de las tinieblas, Joseph Conrad
Respecto a la curiosa coincidencia, si nos desplazásemos en el tiempo y el espacio a tal día como hoy de 1791 en París, cuando la libertad, la igualdad y la fraternidad humanas todavía parecían un objetivo al alcance de la mano, no solo pi al cuadrado se aproximaría a g; g sería igual a pi al cuadrado. Sin embargo, sólo disfrutaríamos de esta igualdad durante aproximadamente mes y medio.
El instrumento responsable de esta igualdad sería el péndulo de segundos, ya que la Asamblea Nacional Francesa decidió el 8 de mayo del año anterior que la longitud del nuevo metro tenía que ser igual a la longitud de un péndulo con un periodo de 2 segundos.
Si utilizamos la formula para determinar el periodo de un péndulo: T=2Pi por raíz de L/g y diésemos por buenos los datos franceses del 8 de febrero de 1791 y como incógnita g, obtendríamos 2=2Pi por raíz de 1/g. Si dividimos entre 2, elevamos al cuadrado y despejamos g, obtenemos que g=pi al cuadrado.
Efectivamente, Sergio, excelente repuesta.
Puesto que esta es una sección de acertijos lógicos, ¿a alguien se le ocurre una explicación fermiana (o freudiana) para el hecho de que Eva L. cuelgue sistemáticamente la cita de Conrad en todos mis artículos? (Si alguien contesta: «Porque todos son horrorosos», habrá represalias).
¿Es una ex?
No, que yo sepa.
Tal vez haya navegado demasiado adentro por el río Congo de la ciencia (o el Nung en la versión de Coppola), haya visto el abismo en los ojos de Kurtz y, al igual que Mochizuki, esté experimentando “la maldición de Grothendieck”.
Maldición que, aunque su fonética parezca indicar lo contrario, nada tiene que ver con la macrosomía que en su día padeció Fernando VII. Sí está relacionada, sin embargo, con la célebre frase de Nietzsche: “Si miras fijamente al abismo, el abismo te devuelve la mirada» y que nos encontremos, por tanto, ante un caso de gata escaldada que del agua fría huye.
Pero todo esto no son más que conjeturas porque yo, en el río de la ciencia, no he metido ni un pie.
Sospecho muy a pesar mío que Eva, siendo… ¿mujer? y de las primeras en este foro y en la Historia, con su “… cerebro mayormente capaz de pensar en modo contextual, holistico, flexible, intuitivo, dispuesto a tolerar la ambigüedad etc etc (son reflexiones de un científico, no mías) muy probablemente producto de un grupo de genes en el cromosoma X , presente en la mitad de las mujeres y ausente en nosotros etc etc…», sospecho, decía, que para ella el horror es vernos entretenidos resolviendo problemas lógicos mientras el mundo se nos viene encima, lo digo por aquello de “holístico”. Es una “percepción” mía más que discutible. Por el resto, ¡Aguante Eva, y fuerza!
En el problema de nombrar las cartas, debemos calcular la proporción entre los desarreglos y el total de permutaciones de 40 elementos y, tras ello, obtener la probabilidad complementaria.
Las 40 cartas, tras ser barajadas, pueden encontrarse ordenadas en cualquiera de las 40! permutaciones posibles. De esas permutaciones, existen !40 (subfactorial de 40) en las que no coincide ningún elemento con la ordenación habitual («as de oros, dos de oros, tres de oros… as de copas, dos de copas, tres de copas…»). Por lo tanto, la probabilidad buscada es 1-!40/40!, cuyo valor aproximado es 1-1/e≈ 0,632, lo que confirma que la apuesta de doble contra sencillo encaja bastante bien.
Recordemos que el subfactorial de un número entero y positivo n, representado como !n, es el número de permutaciones de n elementos en los que ninguno queda en su posición original, y es igual a n!/e redondeado a su valor entero más cercano.
Otra cuestión que me parece destacable es la siguiente:
Dado que la probabilidad a priori de que una carta concreta aparezca en el momento de nombrarla es 1/40, podríamos pensar que la probabilidad de no coincidir ninguna de las 40 cartas al ser nombradas es (39/40)^40, cuyo valor es 0,363, siendo la probabilidad de que aparezca al menos una carta al ser nombrada de 0,637.
Lo cierto es que había descartado esta manera de proceder por no ser correcta para los casos con pocas cartas, pero el valor se va acercando al exacto al ir aumentando el número de cartas. Parece que la dependencia se diluye al aumentar el número de cartas, pudiendo tratar cada lanzamiento como independiente.
¿Se acerca progresivamente? No lo tengo claro (ni tiempo para investigarlo ahora mismo).
Propongo dos acertijos que me resultaron divertidos:
1. ¿De qué color era el oso?
2. ¿En qué cofre estaba el retrato de Porcia?
Hola, Manuel. Supongo que te refieres al siguiente problema:
Un explorador viaja 30 kilómetros hacia el sur; luego, 30 kilómetros hacia el este y, finalmente, 30 kilómetros más hacia el norte, encontrándose de nuevo en el punto de partida. Entonces ve un oso. ¿De qué color es?
Creo que es un problema muy interesante en el que la mayoría llega a la solución correcta, pero habitualmente de manera incompleta.
Yo creo que si se encontrase un oso, sea del color que sea, debería avisar al Guiness de los Récords, porque el avistamiento más al norte de un oso polar ocurrió a 24 km de ese punto.
Quizá el explorador utilizó una brújula para desplazarse. Teniendo en cuenta el desplazamiento del polo norte magnético respecto al geográfico, la solución típica podría encajar.
Ahora bien, en cuanto al punto de partida, suele pensarse que el polo norte es el único posible, pero no es así, pues existen infinitos puntos de partida que satisfacen las condiciones.
Bueno, no tantos, ya que los exploradores no son puntos inextensos (y los osos menos aún).
Buena propuesta, Manuel. El primero es un clásico y el segundo está en uno de los maravillosos libros de Raymond Smullyan. Los incluiré en alguna delas próximas entregas.