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La puerta equivocada - Departamento de Matematica

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Adrián Paenza
La puerta
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SUDAMERICANA
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Paenza, Adrián
La puerta equivocada - 1a ed. - Buenos Aires :
Sudamericana, 2014.
384 p. ; 22x15 cm. (Obras Diversas)
ISBN 978-950-07-4926-8
1. Matemática. I. Título
CDD 510
Todos los derechos reservados.
Esta publicación no puede ser reproducida, ni en todo ni en parte,
ni registrada en, o transmitida por, un sistema de recuperación
de información, en ninguna forma ni por ningún medio, sea mecánico,
fotoquímico, electrónico, magnético, electroóptico, por fotocopia
o cualquier otro, sin permiso previo por escrito de la editorial.
IMPRESO EN LA ARGENTINA
Queda hecho el depósito
que previene la ley 11.723.
© 2014, Random House Mondadori S.A.
Humberto I 555, Buenos Aires.
www.megustaleer.com.ar
ISBN 978-950-07-4926-8
© Adrián Paenza, 2014
c/o Guillermo Schavelzon & Asociados, Agencia Literaria
www.schavelzon.com
Esta edición de 8.000 ejemplares se terminó de imprimir en Printing Books S.A.,
Mario Bravo 835, Avellaneda, Buenos Aires, en el mes de septiembre de 2014.
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Dedicatorias
A mis padres, Fruma y Ernesto. Todo lo que soy se lo debo a
ellos dos.
A mi hermana Laura y a mi cuñado Daniel.
A todos mis sobrinos: Lorena, Alejandro, Máximo, Andrea,
Ignacio, Paula, Santiago, Lucio, Matías, Lucas, Brenda, Miguelito,
Viviana, Ulises, Diego, Sabina, Max, Amanda, Whitney, Jason,
Landon, Anderson, Griffin, Ellie, María José, Gabriel, Mía,
Valentín, Dante, Nicola y Luca.
A Carlos Griguol y León Najnudel, dos faros en mi vida.
A mis amigos Miguel Davidson, Leonardo Peskin, Miguel
Ángel Fernández, Héctor Maguregui, Cristian Czúbara, Alberto
Kornblihtt, Lawrence Kreiter, Gary Crotts, Dennis Fugh, Kevin
Bryson, Claudio Martínez, Alejandro Fabbri, Víctor Marchesini,
Luis Bonini, Fernando Pacini, Andrés Nocioni, Emanuel Ginóbili, Luis Scola, Gerardo Garbulsky, Marcos Salt, Santiago Segurola, Pep Guardiola, Julio Bruetman, Diego Golombek, Ariel
Hassan, Woody González, Craig Rogers y Keith Morris.
A mis amigas Ana María D’Alessio, Nilda Rozenfeld, Teresa
Reinés, Beatriz de Nava, Beatriz Suárez, Nora Bernárdez, Karina
Marchesini, Laura Bracalenti, Etel Novacovsky, Alicia Dickenstein, Erica Kreiter, Betty Cooper, Kim Crotts, Julie Crotts, Marisa
Giménez, Norma Galletti, Carmen Sessa, Many Oroño, Carina
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Maguregui, Marcela Smetanka, Mónica Müller, María Marta
García Scarano, Mariana Salt, Nora Bar y Marisa Pombo.
A la memoria de los seres queridos que perdí en el camino: Guido Peskin, mis tías Delia, Elena, Miriam, Ñata y Elenita; a mi tío
Saúl; a Noemí Cuño, Manny Kreiter, Lola Bryson, Vivian Crotts
y mi primo Ricardo. Y a la memoria también de mi querido Jorge
Guinzburg.
Y quiero agregar un nombre más, tremendo: María Soledad
Fernández. Una vez más se subvierte el orden y un padre/madre
termina enterrando a un hijo. Soledad no llegó a cumplir 27 años.
Murió al salir despedida de un auto embestido desde atrás cerca de
Belo Horizonte en julio de 2014. Una pérdida irreparable...
Para terminar, mi gratitud infinita para los cuatro guías éticos
de mi vida: Marcelo Bielsa, Alberto Kornblihtt, Víctor Hugo Morales y Horacio Verbitsky.
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Agradecimientos
Empiezo por Claudio Martínez, porque ése es uno de los regalos que me hizo la vida: conocer a una persona increíble, generosa, creativa, humilde como los verdaderos ‘grandes’, sonriente,
alguien que lidera sin levantar la voz, sin prepotencias ni abusos
de autoridad. Trabajar con Claudio es un verdadero lujo, tanto
que me hace dudar si usar la palabra ‘trabajar’. Hace dieciséis
años que juntos elaboramos emprendimientos, aventuras, proyectos, locuras. Con Claudio trabajar es vivir... y disfrutar. Para
él, mi gratitud eterna.
Sigo con una lista de quienes tienen un impacto muy fuerte
sobre mi vida, personal y profesional:
A María Marta García Scarano, Woody González y Ariel
Hassan, la parte central del equipo que produce Alterados por Pi.
Las ideas surgen en charlas con ellos. Me arropan, me cuidan,
me ‘miman’... gracias a los tres.
A Tristán Bauer, Verónica Fiorito y Martín Bonavetti, por las
puertas que me abren siempre en la Televisión Pública.
A Lino Barañao, Jorge Aliaga y Javier Grossman, tres personas
imprescindibles en cualquier tarea de gestión que involucre a la
ciencia.
A Ernesto Tiffenberg, Hugo Soriani y Jorge Prim, porque sa-
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ben lo que significa para mí formar parte del grupo de periodistas
que trabaja en Página/12 y me acompañan en esta locura de difusión de la matemática.
A Edy Gerber, Betina Rodríguez, Gabriel Díaz, Laura Cukierman, Ezequiel Rodríguez, Elizabeth Alegre, Claudia Eiberman, Paola Russo, Mario Buoco, Valeria Trevisán, Alejandro
Burlaka, Dolores Bosch, Paola Campodónico y en particular a
Aldo Fernández, por todo lo que hacen por mí dentro de El Oso
Producciones y en Científicos Industria Argentina: ¡ya llevamos
casi trece años en el aire... increíble!
A Diego Golombek y Carlos Díaz, los que iniciaron esta aventura de publicar libros de divulgación de matemática, lo mismo
que a Violeta Collado, Héctor Benedetti y Laura Campagna
componentes centrales del grupo de gente que hace la Editorial
Siglo XXI.
A mi querido Miguel Rep, genial dibujante y amigo personal.
A Pablo Coll, Juan Pablo Pinasco, Ariel Arbiser, Matías Graña, Gerry Garbulsky, Cristian Czúbara, Pablo Milrud, Gabriela
Jerónimo, Laura Dóbalo, Laura Pezzati y León Braunstein, inagotables fuentes de ideas.
A todos mis compañeros y amigos en los distintos lugares en
donde trabajo: Canal 7, Canal Encuentro, Canal Tecnópolis y
la feria que lleva el mismo nombre, La Brújula, El Oso, Canal
Paka-Paka, y muy especialmente, Página/12.
A Enzo Gentile, Luis Santaló, Angel Larotonda, Eduardo Dubuc y como siempre, en forma muy especial a mi querido Miguel
Herrera, por todo lo que hicieron por mi formación matemática:
son/fueron, mis cinco maestros.
A Carmen Sessa, Alicia Dickenstein, Nestor Búcari, Ricardo
Noriega, Carlos Sánchez, Malena Becker, Cristina López, Oscar Bruno, Leandro Caniglia, Pablo Calderón, Ricardo Durán,
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Noemí Wolanski, Jorge Zilber, Fernando Cukierman, Matías
Graña y Teresa Krick, mis compañeros de toda la vida en Exactas
(UBA), y Baldomero Rubio Segovia de la Universidad Complutense de Madrid.
A todos mis alumnos, de quienes inexorablemente terminé
aprendiendo algo, porque con ellos me vi forzado a tratar de entender de lo que hablaba.
A Glenda Vieites, otro lujo, editora de Penguin Random
House y una locomotora que sonríe. Encima, hace todo con
eficiencia. Igualmente, mi gratitud para todo el grupo que me
protege allí: Verónica Larrea, Daniela Morel, Mariana Creo y
Lucrecia Rampoldi.
A mi querido Juan Ignacio Boido, ya en su segundo año como
director editorial.
A mi agente literario, Guillermo Schavelzon, otro hallazgo.
Sus contribuciones a mejorar mi calidad de vida no se pueden
explicar en un par de líneas.
Quiero dedicar algunos párrafos a un grupo muy particular:
“los betatesters”. Ellos son los que leen los textos con minuciosidad, no sólo desde el punto de vista matemático, sino también
el literario. Me quiero referir específicamente a cuatro personas:
Carlos D’Andrea, Juan Sabia, Carlos Sarraute y Manu Ginóbili.
Aunque ellos no lo sepan, aunque no se vean ni se conozcan ni se
comuniquen entre ellos, aunque yo sea el único vértice común,
los cinco formamos un verdadero equipo. Yo pongo la cara pero
ellos son el corazón, el cerebro y el motor que nos hace funcionar.
Carlos D’Andrea es doctor en matemática y profesor en la
Universidad de Barcelona. Es la única persona que cumplió esta
función (la de betatester) desde que escribí el primer texto en el
año 2004. Es decir, Carlos leyó todo. No sólo se ha ocupado de
discutir los contenidos, de cuestionar mis soluciones, de obser11
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varme potenciales repeticiones en los tópicos, sino también de
cuidar mi estilo literario y el uso de ciertas palabras. Sus aportes
han sido esenciales y así como lo escribo acá, se lo digo personalmente: es una suerte para mí que él exista. D’Andrea es uno
de los matemáticos más importantes que tiene la Argentina hoy
y me sería muy difícil describir todo lo que aprendí leyendo las
observaciones que me fue entregando sistemáticamente. Es un
amigo entrañable y alguien que se ha puesto la camiseta desde
el día cero y tomó estos temas de divulgación de la matemática
como una cruzada propia.
Juan Sabia también es doctor en matemática y otro quien leyó
todas las historias. Juan es amigo personal, profesor responsable
del área de matemática del CBC, y además es escritor. Juan escribe libros de cuentos para niños que son maravillosos. Si usted
se propone leer el libro que tiene en la mano, tendrá oportunidad de detectar todo lo que me aportó Juan. Curiosamente, del
grupo de betatesters, es el único que no me corrige la forma en
la que escribo sino que me propone soluciones alternativas que
siempre... siempre son mucho mejores que las que yo sugiero.
Otro imprescindible para que esta saga de libros de divulgación
matemática siga existiendo.
El más joven de todos es Carlos Sarraute. Carlos es licenciado
en matemática y doctor en ingeniería informática. No trabaja
en la academia sino que dirige el equipo de investigación en la
empresa privada Grandata. Se ocupa de resolver problemas concretos que plantea la vida cotidiana. Mientras tanto y en sus ratos
libres, piensa todos los problemas que yo propongo en el libro
pero con una diferencia respecto del resto: él no quiere leer mis
soluciones. Los resuelve todos por su propia cuenta y escribe una
suerte de libro paralelo. Varias historias que aparecen en el texto
tienen impresas sus huellas por todos lados. Los ángulos desde
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los cuales él observa lo que yo escribo son totalmente inexplorados para mí. Las historias sobre las ‘Figuritas’ e ‘Hinchas de
Boca’ son inspiradas por él. Para resumir, Carlos es quien mejor
representa el siglo XXI dentro del libro, y desde que lo tuve como
alumno en Álgebra I, no deja de sorprenderme.
Lo de Manu es difícil de describir en un párrafo, pero lo intento: las tres personas que figuran anteriormente mencionadas
son matemáticos, egresados universitarios. Manu, no. Manu representa la oportunidad de analizar los problemas con un amigo
que no viene del mundo académico. Manu es lo que yo imagino
como un lector curioso, interesado, apasionado por descubrir.
Quizás usted, mientras está leyendo este texto, piense que estoy
exagerando o distorsionando la realidad: no es así. Manu lee todos los textos, piensa cada problema y sé que lo hace o bien de
noche, tarde, después de algún partido o bien en el avión viajando con sus compañeros dentro de los Estados Unidos, mientras
otros escuchan música o ven películas... o duermen. Y se siente
con la libertad de decirme: “Adrián, pensé el problema mucho
tiempo y no se me ocurre nada... ¿no será muy difícil?”, o bien,
“Cuando leí que había que transformar los números al sistema
binario, recién allí me di cuenta de lo que tenía que hacer”. En
marzo de 2014, en el lugar de entrenamiento del equipo de San
Antonio (que luego saldría campeón), Manu me presentó a la
persona responsable de analizar las estadísticas del equipo, y él,
como algunos jugadores (Matt Bonner, Boris Diaw, Patty Mills,
Tiago Splitter), se mostraron fuertemente interesados en los problemas que aparecen en los distintos libros. Los aportes de Manu
son siempre muy buenos, y sus cuestionamientos, también. Si
sigue leyendo, los encontrará esparcidos en el texto.
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Prólogo
Este libro es un libro de cuentos. Sí, cuentos. Cuentos de magos, de aviones que no se caen, de autos que van muy rápido por
la ruta. Cuentos sobre chocolate, sobre viajes de caballos en un
tablero de ajedrez, de estrategias, de sorpresas. Cuentos sobre la
escoba de quince o el juego del diez mil.
Algunos están más ligados con la vida cotidiana: ¿cuánto dinero tiene que invertir un padre si quiere ayudar a su hijo a comprar figuritas con jugadores de fútbol que le permitan llenar un
álbum? Y si uno está en un supermercado y hay varias cajas, ¿por
qué las de al lado se mueven siempre más rápido que la que eligió
uno? O al menos, eso es lo que parece, ¿no? Y no me va a decir
que nunca se preguntó cómo puede ser que consultando nada
más que a mil personas uno puede inferir quién va a ser el futuro
presidente elegido por más de 30 millones de personas. ¿Cómo
saben? ¿Cómo se hace? ¿Será igual que para medir los ratings de
televisión?
Por otro lado, tengo un cuento que habla sobre cuán seguros
son los aviones y cuán improbable es que haya un accidente.
¿Cambiaron las estadísticas con el tiempo? ¿Y cómo serán en el
futuro? Y si uno pudiera optar para unir los puntos A y B usando
un auto, un tren o un avión, ¿siempre conviene ir en avión?
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En este siglo explotaron los teléfonos inteligentes (todavía llamados celulares). Es que además de comunicarnos cumplen muchísimas otras funciones. Por ejemplo, si uno recolectara toda la
información que proveen estas mini computadoras, ¿se podrán
usar para saber qué hacer frente a un incendio, a una epidemia o
algún otro tipo de catástrofe natural? ¿Podrá la sociedad tomar mejores decisiones sobre qué hacer, hacia dónde ir o cómo ayudar?
Hoy tenemos datos sobre casi todo; ayudan a elegir qué droga tomar, por cuánto tiempo, quién fue el autor de un crimen,
quién es el padre de una criatura o si una joven está embarazada... Está todo bien pero, ¿qué son los falsos positivos? ¿Cómo
intervienen en la vida diaria? ¿Se aplican solamente para detectar enfermedades? ¿No se correrá el riesgo de encarcelar a un
inocente, por ejemplo?
Por otro lado, los humanos desarrollamos una fuerte capacidad para intuir. Uno llega a un lugar y en pocos segundos ya cree
que tiene una decisión tomada sobre lo que está pasando..., pero...
¿está bien esto? ¿Intuimos bien? ¿Cuán falibles somos? La matemática tiene muchas cosas para aportar. Algunos cuentos que
encontrará en este libro, servirán para exhibirnos falibles, equivocados y hasta arrogantes. Más aún: en situaciones tan ingenuas
como un juego de cartas o estimaciones sobre la probabilidad de
que un hecho haya sucedido o no, aparecemos desconcertados
porque lo que uno sospecha que pasa, ¡en realidad no pasa... ni
pasó nunca!
En un libro de estas características, no puede faltar un capítulo específico dedicado a analizar deportes y juegos. Por eso,
incluí algunos cuentos que hablan del famoso “piedra, papel o
tijera”, la “escoba de quince” o incluso el “juego del diez mil”.
¿Jugó alguna vez al 10 mil? Un día me llamó Manu Ginóbili
desde Bahía Blanca para decirme que estaba con unos amigos ju16
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gando y quería saber cuál era la probabilidad de ganar... o incluso de perder. Y jugaban por el honor, no por dinero. ¿En qué momentos conviene plantarse y en cuáles conviene seguir agitando
el cubilete? Y para no ser menos, le sugiero que no se pierda en
analizar el problema que me planteó Luis Scola, el capitán histórico del equipo argentino de básquet. Si le es posible, piénselo
a solas y trate de resolverlo sin mirar la respuesta. Dedíquele un
rato y apostaría que se va a sorprender.
Y por supuesto, hay cuentos que involucran a magos y sombreros (son clásicos, así que tengo que incluirlos). Pero hay uno
especial dedicado al Ta-Te-Tí... Sí, al Ta-Te-Tí. Por ejemplo, si
yo interrumpiera una partida que están jugando dos personas y
le mostrara el tablero a usted: ¿podría deducir qué pasó hasta
allí? Es decir, ¿podría reproducir usted cómo fue que llegaron
hasta esa situación? ¿Quién empezó jugando? Si fuera un juego
de ajedrez, sería equivalente a que yo le preguntara quién de los
dos está jugando con las piezas blancas. Usted podría preguntarme: ¿y para qué me serviría a mí hacer todas esas deducciones?
Vea, le serviría para mejorar su capacidad de elaboración, de argumentación, hilvanar argumentos lógicos, optar sobre posibles
caminos. En sí mismo, es poco probable que usted se vea enfrentada/enfrentado a un problema de estas características, pero
cuanto mejor preparación tenga, cuantas más veces haya recorrido caminos de este tipo, mejor se sentirá cuando se tenga que
enfrentar con uno nuevo, ¿no es así?
Voy a aprovechar también para presentarle a un primo del
Sudoku; no sé si usted juega al Sudoku, pero en cualquier caso
descubrirá que conocer a este pariente le permitirá exhibir y potenciar su capacidad para razonar.
Hay un cuento que la/lo invita a ponerse en el papel de árbitro de fútbol en un partido (imaginario) entre River y Boca. La
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pelota salió de la cancha por la línea de fondo. ¿Qué tiene que
cobrar el árbitro: córner o saque de arco? Si él no vio bien la jugada y se tiene que basar en lo que le dicen los jugadores, ¿puede
confiar en que lo que le están diciendo es cierto?
Además, le voy a proponer que me acompañe en un cuento
que involucra a dos sabios que quedan confinados en un castillo
con dos torres, aislados y con poca información. ¿Cómo hacer
para usar las pocas señales que tienen para urdir una fuga?
Tengo otra pregunta: ¿cuán capaz es usted en elegir una clave
o contraseña de manera tal que sea lo más segura posible y que
usted la pueda recordar sin tener que anotarla en un papel? ¿Se
puede? ¿Servirá esto para cajas de seguridad o para cuentas de
correo electrónico, por ejemplo?
También tengo un cuento que involucra el pensamiento lateral. ¿No le fascina enfrentarse con un problema que requiere
que usted use las herramientas que tiene pero de forma distinta? A nadie se le ocurriría clavar un clavo con un destornillador,
¿no? Pero hay veces en que uno tiene una caja de herramientas
y quiere forzar el uso en forma inadecuada. ¿Y si uno pensara
distinto? En definitiva, se trata de resolver un problema, ¿qué importancia tiene el cómo en la medida que usted pueda encontrar
la solución?
Creo que de eso se trata este libro: es un libro de cuentos,
de historias, de magos y de personas que nos dejamos seducir,
de juegos, magnates, tortugas, liebres, mayordomos, figuritas,
bolitas, sombreros, caballos, pergaminos, barras de chocolate,
contraseñas, cubiletes, cartas, dados, monedas de oro, escobas de
15, fútbol, sudokus, aviones y autos... La lista podría seguir, pero
prefiero parar acá.
Como decía al principio, este es un libro de cuentos, es un libro de matemática, es un libro de cuentos de matemática recrea18
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tiva... o lo que es lo mismo, es un libro con el que me propuse
invitarla/lo a pensar, entretenerse, divertirse y educarse... todo al
mismo tiempo. Eso es lo que provee la matemática: no conozco
mejor combinación. Y si no me cree, pase... y vea, o mejor dicho,
pase... y lea.
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1. MATEMÁTICA EN
LA VIDA COTIDIANA
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Figuritas
El 17 de junio de este año, cinco días después de la inauguración del Mundial en Brasil, recibí un mail de mi querido amigo y
ex alumno Carlos Sarraute. Creo que vale la pena que lo lea con
atención: “Te cuento un problema que tiene desvelados a los padres de niños en edad escolar en estos días: ¿cuántas figuritas hay
que comprar para completar el álbum del Mundial? ¿Y cuánta
plata termina saliendo? Las figuritas se venden en paquetes de
cinco pero, simplificando, el problema se podría plantear así:
suponiendo que las figuritas se compran de a una, que vienen
distribuidas al azar (uniformemente), y que el álbum tiene lugar
para 600 figuritas (en realidad son 639)... si uno no intercambia
figuritas, ¿cuál es la cantidad de figuritas que hay que comprar
para llenar el álbum?”.
Acá paro. Desde niño siempre tuve una pasión particular por
el tema de las figuritas. En alguna parte tengo todavía los álbumes
que fui coleccionando pero, curiosamente, ¡nunca pude completar ninguno! Más allá de que me digan que ahora eso no sucede,
que las figuritas se imprimen todas por igual, que las planchas
reproducen las caras de todos los jugadores uniformemente, que
no hay preferencias, que no hay jugadores ‘distinguidos’ (para
que salgan más o salgan menos), me cuesta trabajo imaginarme
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que sea cierto... pero, como no conozco el tema, quiero hacer de
cuenta que eso no sucede más.
Lo que sí puedo garantizar es que cuando yo era niño (sí, ya
sé, hace tanto tiempo que la gente tenía que ‘saltar’ por la calle
porque la Tierra aún estaba caliente...), seguro que había figuritas difíciles. Recuerdo dos casos en particular: uno fue el de José
Manuel Ramos Delgado, ‘zaguero’ derecho de Lanús (y de River
y del Santos de Brasil, compañero de Pelé en algún momento, y
del seleccionado argentino), y el de Julio San Lorenzo (ex jugador de Nueva Chicago, Racing y que también jugó en Banfield).
Sus figuritas fueron imposibles. No sólo eso: creo que una vez
vi una de Ramos Delgado, pero de San Lorenzo, no... nunca.
Y es por eso que nunca pude terminar ese álbum. Y como ese
ejemplo, estoy seguro de que cada uno que se haya acercado al
fútbol de alguna manera tiene su propia anécdota para contar.
Tanto debe ser así que, si no, el dicho ‘figurita difícil’ no tendría
sentido de existir.
Por otro lado, no sé cuán popular se hizo el caso de un jugador de Costa Rica que está participando de este Mundial, Joel
Campbell, quien se compró 100 paquetes (de cinco figuritas
cada uno) para poder ‘tenerse a sí mismo’, pero ¡no tuvo suerte!
Si bien en total son 639 jugadores, teniendo 500 de una sola vez
Campbell pretendió aumentar muchísimo su probabilidad de
conseguir la propia, pero no lo logró.
Ahora, quiero volver al problema. Antes de avanzar con la
cuenta, me interesa hacerle a usted una pregunta: si uno se decidiera a no cambiar figuritas con sus amigos, no recurrir a una
plaza un sábado por la tarde o domingo por la mañana o a Facebook o fijarse en las páginas de internet para encontrar personas
que, como usted, están buscando conseguirlas todas... Sólo imagine que usted tiene el dinero suficiente como para comprar un
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número grande de paquetes: ¿cuántas figuritas —o paquetes—
estima que tendría que conseguir para poder llenar el álbum?
Es importante el detalle de no intercambiar figuritas con
nadie, porque mi objetivo es ‘cuantificar en dinero’ lo que hay
que invertir para tener una esperanza razonable de completar
el álbum.
Antes de avanzar con la cuenta, necesito que usted y yo establezcamos un acuerdo: quiero hacerle acá un par de preguntas.
Como usted no está conmigo para contestarlas, lo voy a hacer
como si estuviéramos juntos, pero le pido que no avance en la
lectura si no está satisfecho con las respuestas que usted ‘me dio’.
Acá voy.
En principio, si fuéramos a tirar una moneda al aire, ¿cuántas
veces cree usted que deberíamos arrojarla para tener una buena
expectativa de que salga cara? Naturalmente, no hay garantías de
que salga cara aun tirándola cien veces, porque podría darse una
secuencia de cien ‘cecas’ consecutivas; pero la pregunta apunta hacia lo que podríamos ‘aspirar’ o ‘esperar’ que suceda. La/lo
dejo pensando por un momento.
Sigo yo: creo que escuché que me decía que ‘con dos tiros’ deberíamos estar contentos, porque como hay dos ‘lados posibles’
(cara y ceca), y la probabilidad es 1/2 en cada caso, entonces, si
la arrojamos al aire dos veces, entonces podríamos imaginar que
una de las veces salió cara.
De la misma forma, si tuviéramos un dado, la probabilidad de
que salga —por ejemplo— un cuatro es 1/6. En realidad, la probabilidad de que salga cualquier número es 1/6, no importa cuál
sea. Entonces, vuelvo a hacerle la misma pregunta, pero referida
a un dado: ¿cuántas veces habrá que tirar el dado para sentirnos
más o menos cómodos de que tenemos una buena posibilidad de
que el número que hemos elegido ‘salga’?
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¿Cómo dijo? No escuché bien... ah, sí, tiene razón: seis veces.
Uno tiene ‘derecho’ a esperar que si tira un dado seis veces, una
de esas veces el lado del dado que aparece sea un cuatro.
Una observación más que voy a necesitar un poquito más adelante. Como usted advierte, cuando la probabilidad (en el caso
de la moneda) era de 1/2, me alcanza con tirar dos veces la moneda al aire, y no sé si usted prestó atención pero se puede hacer
esta cuenta:
1/(1/2) = 2
¿Por qué hice esa cuenta? Para mostrarle que si la probabilidad es 1/2, la cantidad de veces que tengo que tirar la moneda es
uno dividido por esa probabilidad. En el caso del dado, la probabilidad de que salga un cuatro es 1/6. Usted estuvo de acuerdo conmigo en que había que tirar el dado seis veces para estar
confiados de que nos va a salir un cuatro. Ahora, le sugiero que
piense conmigo: si uno hace uno dividido por la probabilidad de
que salga un cuatro, resulta ser:
1/(1/6) = 6
Es decir, en ambos casos sucede algo curioso: cuando uno
quiere saber cuántas veces tiene que tirar la moneda o el dado,
lo que tiene que hacer es la siguiente cuenta: uno dividido por la
probabilidad de que suceda lo que quiero. Recuerde este hecho
porque lo voy a usar casi en forma inmediata.
Quiero ahora empezar con el caso de las figuritas. Para hacer
las cuentas más fáciles voy a suponer que en lugar de venderse
en paquetes de cinco se venden por unidad, y en lugar de valer
cinco pesos por paquete vale un peso cada figurita. Está claro
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que estoy modificando la realidad, pero a los efectos de lo que
quiero hacer, eso resulta irrelevante.
Sigo. En principio, supongamos que en lugar de haber 639
figuritas en el álbum hubiera nada más que tres. Estamos por
empezar a comprar figuritas y queremos estimar cuánto dinero
nos hará falta invertir para completar un álbum de tres figuritas.
Si compro la primera figurita, seguro que ‘no la tengo’, por lo
que la probabilidad de que la pegue en el álbum es uno o, lo que
es lo mismo, un ciento por ciento. Es decir, un peso tendré que
invertir seguro para la primera figurita.
Continuemos. Una vez que pegué la primera figurita, me faltan dos para completar el álbum. Si yo comprara una figurita solamente, ¿cuál es la probabilidad que sea una de las dos que me
falta? La probabilidad es 2/3, porque de las tres posibles, dos me
vienen bien. Es decir en dos casos sobre tres posibles obtendría
una figurita que me sirve y es por eso que la probabilidad es 2/3.
Ahora quiero usar lo que le pedí que recordara: para saber cuántas veces tenía que tirar la moneda al aire o arrojar el dado, lo
que había que hacer es uno dividido la probabilidad. En el caso
de las figuritas, como la probabilidad de que salga una de las dos
que quiero es 2/3, entonces el número de figuritas que tengo que
comprar se calcula como:
1/(2/3) = 3/2 = 1,5
O sea, hasta acá tuve que comprar una figurita (cuando no
tenía ninguna en el álbum), ahora tengo que comprar 1,5 más.
Para terminar, me falta una figurita (porque se supone que ya
pegué dos). ¿Cuál es la probabilidad de que me salga si compro
un paquete? Esa probabilidad ahora es 1/3, porque sobre las tres
figuritas que pueden aparecer, me sirve solamente una. Como
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antes, ¿cuántas figuritas (o paquetes) tengo que comprar? Pues
bien, tengo que dividir:
1/(1/3) = 3
Es decir, que ahora tengo que comprar tres figuritas más. Juntando todo, tuve que comprar: 1 + 1,5 + 3 = 5,5 figuritas (si esto
fuera posible, porque uno no puede comprar media figurita).
Ahora, con la misma idea, volvamos a la realidad de las 639 figuritas. La cuenta que hay que hacer para saber cuántas figuritas
tengo que comprar para llenar el álbum se hace de la siguiente
forma:
639/639 + 639/638 + 639/637 + ... 639/3 + 639/2 + 639/1 =
4.497,21 figuritas
Este dato es muy interesante, porque entonces uno deduce
que si cada figurita cuesta un peso, el dinero que hay que invertir
—sin intercambiar figuritas con nadie— es de casi 4.500 pesos
para llenar el álbum. ¿Sabrán los chicos lo que cuesta? Mejor
aún: ¿sabía usted cuánto dinero hay en juego cuando uno habla
de algo tan inofensivo como un álbum de figuritas?
No sé cuánto le importa a usted ni cuán significativo es para
los niños, pero sí estoy seguro de que la compañía que los imprime hizo bien los deberes y toooooodos los cálculos, sin ninguna
duda.
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El peso de un toro
El 29 de febrero del 2012, estaba sentado en Long Beach, California, en el salón en donde se realiza la convención anual de
TED1. Imagine un auditorio con más de 1.500 personas reunidas
con la idea de dejarse sorprender. Digo esto porque no son conferencias comunes en las que alguien habla y otros escuchan. Acá
quienes hablan cuentan con muy poco tiempo (a lo sumo 18 minutos) y su objetivo central es cautivar a quienes tienen enfrente.
No es fácil. No es fácil ser creativo. Decir algo nuevo, atractivo,
seductor e ingenioso. Y en tan poco tiempo.
Los conferencistas vienen desde todas partes del mundo y ser
elegido para hablar allí es ciertamente una distinción. En una
de las sesiones de la tarde Chris Anderson, el curador de estas
reuniones, invitó al estrado a un señor que llegaba desde Israel.
1. TED (Technology, Entertainment, Design) es una organización sin
fines de lucro liderada por Chris Anderson. Desde el año 1984 se realizan
convenciones anuales donde personalidades de distintas partes del mundo exponen sus ideas en charlas de no más de 18 minutos. Desde el año 2009, se
organizan versiones locales en distintas ciudades del mundo. Los videos de
las conferencias pueden verse en forma gratuita por internet en el sitio www.
ted.com y si usted quiere acceder a una versión sumarísima de “lo mejor” le
sugiero que vaya a este sitio: http://www.ted.com/playlists/77/new_to_ted
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Su nombre: Lior Zoref. Se presentó él mismo diciendo que su
sueño en ese momento particular de su vida era poder dar una
charla en TED. Sus amigos le dijeron que estaba loco, ya que no
había nada que él pudiera decir que fuera de interés para una audiencia tan masiva y ecléctica. Sin embargo, Zoref lo logró. Más
aún: logró convencer a todo el panel que toma las decisiones
sobre los candidatos, de que valía la pena darle una oportunidad.
El tema que propuso Zoref fue ‘la sabiduría de la multitud’.
Dicho así suena grandilocuente, potencialmente cierto pero
ambiguo, difícil de exponer salvo a través de ejemplos, pero al
mismo tiempo desafiante... Lo que importa es que Zoref lo logró.
Sígame por acá.
Como usted bien sabe, cada vez que uno entra en un cine, en
un teatro, en un auditorio o en una reunión con mucho público,
por delicadeza y respeto a los concurrentes, nos solicitan que apaguemos los teléfonos celulares (o que los pongamos en modo vibrador). En este caso, Zoref nos pidió lo contrario. Dijo que —al menos por unos minutos— todo el mundo tendría permitido usar su
teléfono celular. Y no sólo eso, nos pedía por favor que lo usáramos.
El autor de la idea que él habría de elaborar frente a nosotros
fue un joven de 16 años (Or Sagy) quien le sugirió un experimento notable. Le dijo: “Llévate contigo al estrado a un toro.
Sí, a un toro. Vivo. Una vez allí, pídele a la gente que está en
el auditorio que mande un mensaje de texto a cierta dirección
electrónica estimando el peso del toro”.
Sin decir cuál era su objetivo final, eso fue exactamente lo
que hizo Zoref. Aparecieron dos personas que trajeron un toro2 al
2. En realidad, no fue un toro sino un buey, pero a mí me resultan indistinguibles. Con el tiempo descubrí que había sido un buey, pero a los efectos
prácticos, toro o buey no marcan diferencias.
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escenario. Superado el instante de confusión inicial, Zoref explicó el experimento que pretendía hacer. En realidad, sólo nos dio
un número para enviar un mensaje de texto. Todo lo que había
que hacer era conjeturar cuánto podría pesar el toro y mandar el
mensaje con ese número (el peso).
Lo que terminaría pasando es que una computadora recibiría
todos los mensajes que se emitieran durante 60 segundos y en
tiempo real habría de calcular el promedio de los números. El
objetivo era demostrar la ‘sabiduría de la multitud’.
Durante un minuto, 500 personas (sí, exactamente 500 personas) votaron (votamos). ¿Qué cree que pasó? ¿Quiere detenerse
un minuto en la lectura y pensar qué sucedió?
Me gustaría estar a su lado en este momento hablando sobre
este texto. Antes de leer la respuesta o antes que yo le cuente lo
que pasó, le preguntaría (le pregunto): ¿Estuvo usted alguna vez
en un recital de música? ¿O en una cancha de fútbol? ¿O en
un acto donde —por ejemplo— se debe cantar el himno? ¿Qué
sucede en cada uno de esos casos?
Si nos separaran a cada uno de nosotros y nos hicieran cantar
solos, probablemente nos sacarían a patadas del lugar, por lo desafinados. Sin embargo, cuando uno se mezcla en una multitud,
cuando una voz es indistinguible de la otra, todo parece funcionar bien, como si fuéramos un coro entrenado. O sea, aunque
cada uno desafine de manera distinta, en promedio desafinamos
de forma organizada, hasta entonar la música correctamente,
como si convergiéramos hacia la canción adecuada, como si todos
entendiéramos de música.
Trasládelo ahora al ejemplo del toro. Lo más probable es que
los integrantes de esa audiencia hubiéramos tenido muy poco
contacto con toros, casi me atrevería a decir que salvo mascotas,
no me imagino a ninguno de los que allí estábamos lidiando con
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animales ni de granja ni en establos ni mucho menos con toros y
vacas u otros animales de hacienda.
Las estimaciones había que hacerlas en libras pero yo las voy
a convertir a kilos para transformarlas en unidades que nos son
más conocidas3. Pasaron algunas cosas muy curiosas: antes de dar
a conocer el resultado final, Zoref extrajo dos datos interesantes:
la persona que estimó el número más bajo fue alguien que dijo
que el toro pesaba 140 kilos4. Como le dijo Zoref, “se nota que el
señor sale poco”. El que apuntó demasiado arriba estimó que el
toro pesaba 3.632 kilos5, muy lejos del valor real.
Ahora sí, el final: el promedio entre los votantes fue de 813
kilos y medio. ¿El peso real del toro? Aunque parezca increíble:
¡815 kilos!6 Sí, le erramos (me incluyo) por un kilo y medio.
¿Qué enseña esto? Hay muchos ejemplos sobre ‘sabiduría de
la multitud’, o ‘sabiduría popular’. De hecho, hay mucha gente
que aprovecha lo que sucede en las redes sociales para saber cuáles son los temas que le interesan a la gente7 y los incorporan a su
agenda.
Otro ejemplo notable se da en el campo de la computación.
El sistema operativo Linux es de fuente abierta y más del 90% de
las 500 computadoras más rápidas del mundo utilizan alguna variante de Linux. Linux es el subproducto del trabajo y creatividad
de muchísima gente distribuida por todo el mundo que aporta
sus ideas a esta suerte de pozo común.
3. La conversión la hago así: 1 libra = 0,454 kilos. Por lo tanto, 100 libras
= 45,400 kilos.
4. O sea, 308 libras.
5. En este caso, 8.000 libras
6. El promedio fue de 1.792 libras y el peso ‘real’ del toro era de 1.795
libras.
7. Los trending topics.
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Por su parte cuando usted hace una búsqueda en Google,
aparece un enorme número de páginas ordenadas. Ese orden se
basa en lo que entre todos estamos determinando como ‘orden de
relevancia’.
En la justicia, el juicio por jurados se basa en la misma idea:
es más probable que las mentes de varias personas lleguen a un
veredicto más acorde con la verdad que si la determinación la
toma un hombre solo, el juez.
Para terminar, quiero utilizar una frase cuyo autor desconozco
pero que leí en el blog de Ben Lillie8: “Grandes mentes piensan
parecido. Mentes creativas piensan juntas”.
¿No se trata de eso? ¿No se trata de mejorarnos como sociedad aportando entre todos para el bien común? Ahora, en plural:
“Ustedes, ¿qué piensan?”.
8. Director del blog “The Story Collider” (“El Colisionador de la Historia”), y además editor de TED.com
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Protágoras
El siguiente problema de lógica es realmente fascinante. Involucra (de acuerdo con la literatura) a Protágoras.
Protágoras fue un filósofo nacido en la Antigua Grecia. Contemporáneo de Platón, se lo considera el primer ‘relativista’ o
quien fuera el primero en proponer el punto de vista filosófico
conocido hoy como ‘relativismo’.
En realidad, lo que se conoce de su obra es lo que han dicho o escrito otros sobre él, especialmente Aristóteles y Platón. Sus trabajos
más importantes, “La verdad” y “Sobre los dioses”, no resistieron el
paso del tiempo y, por lo tanto, solo pudieron rescatarse pequeños
fragmentos. Platón lo definió como un sofista, alguien que se autoproclamaba maestro y viajaba por toda Grecia ofreciéndose para
enseñar a jóvenes estudiantes algunas artes como retórica y cómo
hablar en público. Por supuesto, me declaro totalmente incompetente para sostener cualquiera de estas afirmaciones. Sólo resumí lo
que he leído en una porción muy menor de la literatura.
Sin embargo, el problema que quiero proponer, lo tiene a Protágoras como protagonista, justamente en su papel de maestro itinerante. Más aún: la historia tiene que ver con una supuesta paradoja9.
9. ¿Qué es una paradoja? Estoy seguro de que hay muchísimas respuestas a
esta pregunta, y por eso, voy a transcribir solamente una de ellas, la de la En-
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Le pido entonces que me acompañe a reflexionar sobre cómo
resolvería usted una situación conflictiva. La historia es así: Protágoras tenía un estudiante a quien consideraba una suerte de
protegido. A él le enseñaba todo lo que tuviera que ver con el
derecho, las leyes y la forma de arbitrar justicia.
El inconveniente se presentaba porque este estudiante no tenía los medios para poder pagarle a Protágoras la instrucción que
le daba. En épocas de la Antigua Grecia, la instrucción no se
administraba en forma colectiva como hacemos hoy, en colegios
y/o escuelas, sino que se realizaba en forma particular, individual
o en muy pequeños grupos.
El afecto que le inspiraba el joven lo llevó a Protágoras a ofrecerle una solución al problema del pago. Le propuso que él le
pagara el día que ganara su primer juicio. El trato parecía razonable: el estudiante recibiría la mejor instrucción y todo lo
que tenía que hacer era aguardar hasta completarla, conseguir su
primer cliente, ganar el juicio pertinente y entonces sí, pagarle a
Protágoras el tiempo y el trabajo que habían hecho juntos.
El acuerdo no tardó en llegar, pero el problema se manifestó más adelante. Si bien el joven ya estaba en condiciones de
representar a algún cliente, no lograba encontrar que nadie lo
tomara como su abogado. Como el tiempo pasaba y la situación
perduraba, Protágoras comenzó a irritarse y sostenía que el joven
no tenía una actitud lo suficientemente agresiva para tratar de
conseguir que alguien lo contratara.
ciclopedia Británica: “Un argumento en apariencia auto contradictorio, cuyo
significado se revela a través de un análisis cuidadoso. El propósito de una
paradoja es llamar la atención y provocar un pensamiento ‘fresco’ (o nuevo)”.
Aunque parezca un ejercicio intelectual estéril, el estudio y análisis de una
paradoja suele proveer una ayuda inestimable para mejorar el pensamiento
crítico, especialmente en el mundo de la ciencia.
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Cuando ya no existía el afecto que los había llevado a funcionar como profesor/alumno, Protágoras se hartó de la situación y
tomó una decisión impensada en un comienzo: decidió hacerle
juicio al alumno por falta de pago.
Y acá es donde se generó la paradoja de la que hablaba al principio. De hecho, le sugiero que revise el texto y se tropezará con
una suerte de callejón sin salida10. No se prive de la oportunidad
de encontrar el problema que se presenta ni bien Protágoras le
hace juicio a su estudiante.
Fíjese lo que podría pasar. Pongámonos en la situación de ambos, o el punto de vista de cada uno.
De acuerdo con la visión de Protágoras, si él ganara el juicio,
entonces el alumno tendría que pagarle todo lo que le debía. Por
otro lado, si Protágoras perdiera el juicio, entonces su alumno habría ganado su primer pleito y, por lo tanto, tendría que pagarle
igual. Es decir, desde el punto de vista de Protágoras, cualquiera
de las dos posibilidades le son favorables: ganara o perdiera el
juicio, el alumno tendría que pagarle.
Ahora, miremos lo que piensa el alumno. Si él ganara el juicio, entonces no tendría que pagarle nada a Protágoras, porque el
pleito que le inició su ex maestro era porque él no le pagaba. O
sea, quedaría demostrado que él (el estudiante) no le debía nada.
Por otro lado, si el estudiante perdiera el juicio con Protágoras,
entonces tampoco tendría que pagarle, porque el acuerdo original con él era que le pagaría el día que hubiera ganado su primer
juicio y éste… lo habría perdido.
Moraleja: Protágoras cree que pase lo que pase con el juicio,
el alumno tendrá que pagarle. Por el otro lado, el alumno sos10. Nunca entendí bien esta frase, porque si uno entra en un callejón sin
salida, ¿por qué no sale por la entrada?... Pero ésa es otra historia.
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tiene que pase lo que pase con el juicio, él no tendrá que pagar
nada.
Es obvio que no pueden estar bien las dos posiciones, porque
el juicio tendrá algún resultado y en función de quien sea el ganador, el estudiante deberá pagar o no.
¿Cómo resolver esta situación? En todo caso, ¿tendrá solución
el problema? ¿Quiere pensarlo en soledad?
En realidad, no tengo una solución que deje satisfecha la curiosidad. ¿Por qué? Es que es imposible realizar un análisis racional. En un momento ambos actuaron como si el acuerdo que
habían pactado estuviera vigente: el alumno solamente pagará
cuando gane el primer juicio. Pero por otro lado, de acuerdo
con la conveniencia de cada uno, pareciera que las dos partes
aceptan que un tribunal pueda invalidar el acuerdo. Es decir, si
el tribunal o el juez falla que el alumno tiene que pagar, entonces no es posible recurrir a algo que no está en juego en el juicio
(el acuerdo que ambos pactaron) para entonces no pagar. Pero
al mismo tiempo, si Protágoras perdiera el juicio, entonces no
puede apelar a ese mismo acuerdo para que el joven tenga que
pagarle.
La moraleja de esta paradoja es que es imposible ponerse las
dos camisetas al mismo tiempo... o, lo que es lo mismo, jugar para
los dos equipos simultáneamente. ¿Le suena familiar?
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Arroz, bacterias y la población de la Tierra
Hay un problema que circula hace siglos y que involucra a un
rey y a un súbdito a quien el rey le quiere pagar por un favor que
le hizo y lo invita a que le pida “cualquier cosa que quiera”, que
él lo va a satisfacer.
Es muy probable que usted haya escuchado hablar de esta
historia o que la haya leído en alguna parte. Sin embargo, quiero proponerle reflexionar sobre algo que uno no siempre tiene
en cuenta, y que muestra cuán ‘anti intuitivos’ nos resultan los
‘números grandes’. Pero primero vuelvo al rey y al hombre del
pueblo para refrescar su memoria.
Ante semejante ofrecimiento por parte del rey, el súbdito piensa un rato y le propone lo siguiente. En principio se consigue un
tablero de ajedrez (un cuadrado de ocho filas por ocho columnas, o sea, 64 casillas) y le dice qué, empezando por cualquiera
de los extremos, quiere que el rey le provea del arroz suficiente
como para ir duplicando en cada casilla la cantidad de granos de
arroz que puso en la anterior. Es decir, empezando por un grano
en la primera casilla, dos en la segunda, cuatro en la tercera,
ocho en la cuarta, y así hasta llegar a completar todo el tablero.
Ahora tengo una pregunta para usted: ¿Cuántos granos de
arroz cree usted que habrá al finalizar este proceso? Se advierte
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que habrá muchos granos, sí, pero ¿cuántos? No le propongo que
haga un cálculo exacto sino que trate de estimar ese número.
Más aún: si me permite sugerirle algo, no avance en la lectura si no ha hecho ningún esfuerzo por imaginar cuántos granos
habrá. Créame que vale la pena tratar de calcular la estimación
como para poder capturar aunque sea mentalmente cuán grande
es este número.
Una ayuda: cuando el proceso llega a la mitad, es decir cuando se lleven cubiertas 32 de las 64 casillas (las primeras cuatro
filas), ya hay casi 4.300 (cuatro mil trescientos) millones de granos. Si uno los pusiera sobre una balanza, equivaldrían a algo así
como 100 mil kilos o el peso de unas 170 vacas.
Pero avancemos un paso más: al finalizar el proceso, al cubrir
las 64 casillas, ¿cuántos granos habrá? ¿De qué orden de magnitud?
Voy a escribir a continuación el número. Léalo en voz alta
(aunque yo no esté con usted mientras lo hace):
18.446.744.073.709.551.615
Ahora voy a escribir el texto de lo que supongo que usted leyó:
“Dieciocho trillones, cuatrocientos cuarenta y seis mil setecientos cuarenta y cuatro billones, setenta y tres mil setecientos nueve millones, quinientos cincuenta y un mil seiscientos quince...”.
(Parece un trabalenguas, ¿no?)
Igual que antes: por más que uno lo lea, el número es tan desorbitantemente grande que uno no tiene noción del tamaño. Es
por eso que viene bien usar alguna analogía con algo que sí nos
sea representativo.
Bien, en ese caso, la cantidad de arroz que habría en el tablero
sería equivalente a ¡mil veces la producción mundial de arroz del
año 2012!
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De nuevo: ¡mil veces la producción mundial de arroz de todo
un año (2012)!
¿Será útil pensarlo de esta forma para entender la magnitud
de la que estamos hablando? Y por otro lado, ¿advierte usted lo
que significa el crecimiento exponencial? Es decir, este tipo de
procesos, en donde en cada paso que da uno duplica la cantidad
que había, es un ejemplo de lo que usted debe haber escuchado
muchas veces y se conoce con el nombre de crecimiento exponencial. Para correrme un poco del ejemplo clásico de los granos
de arroz, quiero invitarla/invitarlo a avanzar un paso más.
Suponga que usted tiene una botella cualquiera. No importa
tanto el tamaño que tenga pero piense que dentro de ella hay
bacterias. Esas bacterias tienen una particularidad: se reproducen muy rápidamente y, de acuerdo con las mediciones, la cantidad se duplica una vez por minuto. Los científicos observaron
que a las once de la mañana había una sola bacteria, a las 11:01
había dos bacterias, a las 11:02 había cuatro, a las 11:03 había
ocho, y así siguiendo. Lo curioso (y notable al mismo tiempo)
es que la botella se llenó de bacterias exactamente a las doce del
mediodía: no cabía ninguna más.
Algunas preguntas:
a) Sabemos entonces que a las doce del mediodía la botella se
completó. ¿A qué hora la botella estaba llena por la mitad?
b) ¿A qué hora la cantidad de bacterias alcanzaba a cubrir
una cuarta parte de la botella?
Las respuestas vienen a continuación, pero le sugiero que no
las lea antes de dedicarle algunos minutos a pensar la respuesta.
Ahora sigo yo. Fíjese lo que pasa yendo hacia atrás en el tiempo. Si a las doce la botella se llenó y las bacterias se duplican una
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vez por minuto, eso quiere decir que a las 11:59 (un minuto antes
del mediodía), la botella tenía que estar llena hasta la mitad. Es
que justamente en el momento que se dupliquen completarán
la botella. De la misma forma, dos minutos antes del mediodía,
la botella tenía que estar llena hasta solamente un cuarto de su
capacidad.
Y ahora, un dato que creo aún más impactante: cinco minutos
antes del mediodía, a las 11:55, la botella parecía virtualmente
vacía. Si usted hace las cuentas verá que la botella tenía bacterias
que alcanzaban a ocupar apenas un 3% de su capacidad11... casi
nada.
Una pausa. ¿Por qué escribí todo esto, además del dato que
supongo que es anti intuitivo? ¿Hay alguna conclusión que usted
está tentada/tentado de sacar?
Si uno hubiera estado dentro de la botella (e imaginándose
‘bacteria’), a las doce menos cinco vería que está virtualmente
vacía, con muchísimo espacio para movilizarse. ¿Quién podría
imaginar que cinco minutos después explotaría todo?
Ahora traslade esta situación a la vida en la Tierra. Está claro
que —por ahora— hay lugar para todos, y para aquellos que vayan naciendo también. No se me escapa que la población de la
Tierra no se duplica tan fácilmente (ni mucho menos). De hecho, ahora (año 2014) somos un poco más de siete mil millones
de habitantes. Acompáñeme rápido por estos números: llegamos
a superar los mil millones alrededor del año 1804. Tuvieron que
pasar más de 123 años (casi un siglo y un cuarto) para llegar a
dos mil millones (en 1927). Pero, hicieron falta nada más que
33 años para llegar a los tres mil millones en 1960. Desde aquí
avanzamos mucho más apurados: cuatro mil millones en 1974,
11. Para ser exactos, está cubierta un 1/32 de la botella.
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cinco mil millones en 1987, seis mil millones en 1999 y siete mil
millones en marzo de 2012.
Puede que los números no sean exactos pero a esta altura creo
que no es lo más importante. Lo que sí me parece que vale la
pena, es detenerse un instante para pensar lo que significan estos tipos de crecimientos, aunque no sea exactamente duplicarse una vez por minuto. En vista del ejemplo de las bacterias,
convendría tener un ojo atento a lo que sucede con las tasas de
crecimiento, porque si no, podríamos estar como las bacterias
a las doce menos cinco: por ahora no pasa nada, pero en cinco
‘minutos’, podemos quedarnos sin espacio habitable en la Tierra.
¿Será por eso que ahora el crecimiento poblacional se ha desacelerado?
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Los mapas de Eric Fischer
El 26 de junio del año 2000, Bill Clinton y Tony Blair, las autoridades máximas de los ejecutivos norteamericano e inglés, se
ubicaron en la sala de prensa en la Casa Blanca, en Washington,
para anunciar en forma conjunta el éxito del proyecto biológico
multinacional más espectacular de la historia del hombre: el primer borrador del ‘genoma humano’. Algo así como la cédula de
identidad biológica de cada individuo.
El objetivo logrado fue monumental: secuenciar e identificar
tres mil millones de unidades químicas que figuran en el manual
de instrucciones genético de cada persona. Esto debería servir
—por ejemplo— para encontrar las raíces genéticas de ciertas
enfermedades y poder diseñar luego tratamientos que las combatan.
Nada de esto se hubiera podido hacer de no haber mediado
la utilización de computadoras cada vez más potentes, con mayor capacidad de almacenamiento de datos, con más memoria,
con la habilidad para buscar y reconocer patrones y para hacer
comparaciones que a los humanos nos llevaría siglos si las quisiéramos hacer a mano.
Está claro que los datos no son nuevos. Estuvieron/están ahí,
en cada uno de nosotros. El problema no es tanto cómo reco-
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lectarlos sino cómo analizarlos. ¿Qué mensaje encierran? O en
todo caso, ¿qué mensajes están atrapados dentro de esa marea de
información? ¿Cómo descubrirlos?
Escribí esta introducción con un objetivo que no camina por
un terreno tan espectacular como el de la secuenciación del genoma humano; se trata de algo mucho más pedestre, pero que
hubiera sido imposible de realizar hace nada más que un lustro,
o quizá menos.
Acompáñeme con estas reflexiones que son irrelevantes comparadas con lo que representó la decodificación del genoma,
pero que igualmente hacen a nuestra forma de vivir.
No sé si usted se preguntó alguna vez dónde estaba ubicada cada persona cuando envió un mensaje a través de Twitter o
cuando sacó una foto y la ‘subió’ a la red (por ejemplo a través de
Flickr o de Picasa).
Supongamos entonces que yo le diera acceso a las bases de
datos de Twitter, Picasa, Facebook, o Flickr. ¿Qué haría usted
con ellas? No me refiero a violar la privacidad de los contenidos,
pero, manteniendo el anonimato de los autores, qué preguntas
cree usted que se podrían contestar para echar luz sobre el comportamiento humano escondido en esos mensajes, fotos, blogs,
etcétera.
Como sucede muchísimas veces en la ciencia, no sólo alcanza con tener los datos sino que es mucho más importante saber
qué preguntas hacer. Por ejemplo:
• ¿Desde qué lugares (geográficos) se envían los mensajes?
• ¿En qué idiomas?
• ¿Usando qué plataformas? (iPhone, Android, Blackberry)
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Por otro lado, si uno pudiera saber el lugar geográfico desde
donde fueron tomadas las fotografías que cada persona ‘sube’ a
la red a través de programas como Picasa o Flickr, podría preguntarse:
• ¿Qué lugares son los más fotografiados?
• ¿Qué porcentaje está sacado por turistas y/o por residentes?
Una vez más, si uno tuviera estos datos, ¿qué hacer con ellos?
Que pase Fischer. ¿Quién es Fischer? Eric Fischer tiene 41
años, vive en Oakland (California) y desarrolló su interés por
unir la creación de mapas con su pasión por la computación.
Primero fue estudiante (y luego empleado) de la Universidad de
Chicago. Después lo contrató Google, en donde trabajó hasta el
año pasado y hoy se desempeña en forma independiente con su
propia empresa. Pero, ¿por qué hablar de él?
Varias razones. Fischer consiguió que Twitter le diera acceso
a tres mil millones de tuits (o tweets). Sí, leyó bien: ¡tres mil millones de tuits!12 Es un número impresionante. ¿Qué hacer con
ellos? En realidad, Twitter le entregó los datos pero no el contenido de los mensajes. Sin embargo, lo que sí le ofreció es acceso a:
• el lugar geográfico desde donde fue enviado cada mensaje;
• el sistema operativo utilizado desde el que fue enviado
(para simplificar: iOS que se usa en los iPhone, iPad o productos equivalentes de Apple, Android o Blackberry);
• el idioma utilizado en el mensaje.
12. Originalmente Fischer utilizó 280 millones de tuits (o tweets) pero
ahora sus mapas ya recogen los datos de más de tres mil millones.
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Fischer desarrolló un programa en septiembre de 2009 que
le permitió hacer un mapa coloreado con esos datos. Les puso
un punto de color rojo a los mensajes enviados con un iPhone,
un punto verde a los enviados desde un equipo con Android y
un punto de color púrpura a los enviados usando un Blackberry. Y luego, hizo visibles los resultados, país por país, ciudad
por ciudad. Toda esta información puede bajarse gratuitamente
desde www.mapbox.com/labs/twitter-gnip/brands/#. Si tiene una
computadora con acceso a internet, vaya hasta ese sitio y busque
la ciudad que más le interesa. Ni bien lo haga verá cómo se despliegan unos mapas espectaculares.
¿Qué importancia tendría conocer los datos de la marca de
teléfono celular inteligente que utiliza cada persona? En particular, muestra las características socio-económicas de los usuarios.
Un mapa que usa los metadatos extraídos de los millones de tuits
clasificados por su ubicación geográfica indica claramente dónde está ubicada la gente más rica en cada ciudad. Los iPhone son
mucho más caros que los equipos con Android (en general), y los
Blackberry son utilizados por un sector muy particular (y cada
vez más reducido) de la población. Si uno ingresa en el mapa de
algunas ciudades argentinas (la Capital Federal y todas las que
componen el conurbano, Córdoba, Rosario, Santa Fe, Mendoza, Tucumán, por poner sólo algunos ejemplos), el impacto es
inmediato.
Las regiones que uno intuye que tienen mayor poder adquisitivo quedan corroboradas por los mapas de Fischer. Por ejemplo,
en la zona norte de la Capital, Palermo y Recoleta predominan
los iPhones. En cambio en Barracas, Paternal, Liniers, la coloración es distinta. Y lo mismo sucede al comparar Avellaneda con
San Isidro.
Fischer sostiene (y es difícil no estar de acuerdo con él) que es
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poco probable que alguien descubra algo nuevo al visualizar los
mapas. Sin embargo, sirven para confirmar lo que uno sospecha
que pasa, no sólo pasa en las zonas y/o barrios que uno conoce
mejor, sino que se extrapola a aquellos que están más distantes
del observador.
La idea de Fischer fue ‘descargar’ toda la información, los números ‘desnudos’, y convertirlos en mapas que fueran visualmente poderosos en la medida que atravesaran un conjunto de tópicos, desde los más controvertidos, como pueden ser los raciales,
hasta las divisiones por idioma.
La utilización del idioma sirve para ubicar distintos núcleos
urbanos en donde las concentraciones de distintas comunidades
son más visibles. Esto resulta más útil en países que reciben inmigraciones muy fuertes, como Estados Unidos, Canadá, España, Francia, Inglaterra, o en países en donde hay una variedad
idiomática notable (China, por poner un caso). En la Argentina,
las preguntas habría que hacérselas en las zonas fronterizas, especialmente en el Noreste, con la fuerte penetración del portugués
e incluso del guaraní. Los datos sobre los idiomas se pueden encontrar en http://www.mapbox.com/labs/twitter-gnip/languages/
Por otro lado, Fischer, con las bases de datos fotográficos de
Flickr y Picasa, tuvo acceso a los lugares geográficos desde donde
se ‘suben’ fotos a la red (internet). Los coloreó de forma equivalente a lo que había hecho con los mensajes de Twitter, y logró
mapas preciosos con los lugares del mundo más fotografiados (algunos son muy predecibles pero otros no).
Siguiendo la locación del fotógrafo, pudo saber cuándo una
persona que sacó una foto y la subió a la red se ‘corrió’ de ciudad
o de país (por ejemplo, si solamente sacó fotos en un período de
treinta días en un único lugar geográfico y luego cambia, se lo
considera un turista). Con esa información, Fischer exhibe las
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zonas del mundo más frecuentadas, más buscadas y más ‘lindas’
para ser expuestas13. La idea es analizar las fotos tomadas por el
público que las habita o las visita. Hay ciudades en donde la
mayoría de las fotos son sacadas por turistas (Las Vegas en los Estados Unidos, o Venecia en Italia), pero en otras, el turismo llega
poco o no se manifiesta a través de las fotos.
La visibilidad del propio Fischer aumentó considerablemente
una vez que sus mapas fueron expuestos en uno de los museos
más relevantes del mundo, el MoMA (Museo de Arte Moderno
de Nueva York). El nombre de la exposición fue “Locals and
Tourists” (algo así como “Residentes y Turistas”) y estuvo en ‘cartelera’ durante el año 2010. En http://www.flickr.com/photos/
walkingsf/sets/72157623971287575/ es posible visualizar lo que
Fischer llama “The Geotaggers World Atlas” (en mi traducción
libre, ya que la palabra ‘geotagger’ es un neologismo: “El Mapa
Mundial de Marcadores Geográficos”). El atlas ordena las ciudades de acuerdo con el número de fotos que son tomadas en los
distritos centrales. Si bien el sistema favoreció a las ciudades ‘monocéntricas’ (con un centro bien definido como Buenos Aires,
Nueva York, París), las mejores fotos se consiguieron en ciudades
con múltiples centros como Taipei. En este link http://www.flickr.
com/photos/walkingsf/4671492357/in/set-72157624209158632
aparece la Capital Federal.
Mientras tanto Eric Fischer está preparando ahora un nue13. Las 136 ciudades se pueden ver en http://www.flickr.com/photos/walkingsf/sets/72157624209158632/detail/
Por otro lado, Santa Fe tiene este link:
h t t p : / / w w w. f l i c k r. c o m / p h o t o s / w a l k i n g s f / 5 7 9 3 9 5 2 6 3 6 / i n / s e t 72157624209158632
A su vez, Buenos Aires se puede ver en http://www.flickr.com/photos/walkingsf/4671492357/in/set-72157624209158632
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vo museo que se llamará “Exploratorium Museum” y que abrirá
dentro de poco en San Francisco. La potencia cada vez más rápida de las computadoras, combinada con la matemática subyacente y la capacidad para hacer preguntas, permite que nos
conozcamos mejor, ya sea descubriendo mensajes encerrados en
nuestro ADN o detectando las ciudades que más nos invitan a la
fantasía.
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Hinchas de Boca
¿Cuántos teléfonos celulares hay en la Argentina? La respuesta depende de la fuente que uno consulte. Algunos sostienen que
hay más de 50 millones y otros (los más conservadores) un poco
menos. No importa. A los efectos de lo que quiero proponerle
pensar, lo más relevante es que hay decididamente más teléfonos
celulares que personas que habitan el país.
Las compañías telefónicas que proveen el servicio de telefonía
celular tienen en su poder una herramienta de un extraordinario
poder: la base de datos que generan sus usuarios. Pero espere: no
me refiero a los nombres de las personas que son los dueños de
los teléfonos. Ése sería un dato insignificante, equivalente a decir
que tienen los nombres de una guía telefónica14. No. Me refiero
a otra cosa. Sígame por acá.
Cada vez que usted hace una llamada, no sólo está usando su
teléfono y el número que tiene asignado, sino que también necesita utilizar una antena (o más). En el momento que se produce
la llamada la señal que usted envía llega a la ‘torre’ más cercana
que tiene su proveedor. Desde allí sigue entonces el proceso. Por
14. ¿No es notable que haya guías de teléfonos con líneas fijas pero no celulares? En realidad, como me hizo observar Carlos D’Andrea, ¿no es notable
que aún siga habiendo guías de teléfonos?
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supuesto, si usted se está moviendo, las antenas van cambiando a
medida que usted va cambiando de locación, y esta operación es
totalmente transparente para el usuario que no presta atención
(ni razón hay para que lo haga) al despliegue tecnológico necesario para que la conexión ocurra y se mantenga.
Sin embargo, todos estos mini episodios quedan registrados.
Usted no es más dueño de lo que hizo, sino que ha dejado una
cantidad de rastros/huellas, algo así como si hubiera marcado
con una tiza todo su trayecto. Fíjese que estoy omitiendo hablar
del contenido de su conversación. Ésa sería la preocupación más
frecuente, por lo que significaría una obvia invasión a la privacidad. Pero hay otro tipo de datos que quedan registrados y que le
otorgan a las telefónicas un poder descomunal. Es tan grande el
poder que tienen con esa base de datos, es tan extraordinaria su
potencialidad, que creo que debería discutirse si ese material les
pertenece o si debiera ser regulado por el Estado. No sé. No he
pensado el tema, y estoy seguro de que habrá gente experta que
tendrá opiniones educadas. La mía, ciertamente, no lo es. Pero
quiero explayarme un poco más en por qué considero que esa
base de datos contiene una cantidad de información que podría
cooperar en la solución de muchísimos problemas. ¿De qué hablo? Me explico, primero, con un ejemplo.
Nicolás Ponieman, Alejo Salles y Carlos Sarraute15 son tres científicos argentinos egresados de la universidad pública. Trabajan
—entre otras cosas— como asesores/consultores de distintas com15. Nicolás Ponieman es estudiante de la Licenciatura en Física, en Exactas (UBA); Alejo Salles es egresado de Exactas (UBA) y doctor en Física de la
Universidade Federal do Rio de Janeiro (UFRJ), y Carlos Sarraute es egresado
de Exactas (UBA) y doctor en Ingeniería Informática del ITBA. Ponieman y
Sarraute trabajan en la compañía Grandata mientras que Salles es investigador del CONICET.
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pañías telefónicas que proveen servicios de telefonía celular. Cada
una de estas compañías es poseedora de los datos de los que hablaba
anteriormente. Es decir: las compañías tienen registradas todas las
llamadas entrantes y salientes que recibió cada teléfono, qué antenas
fueron utilizadas y durante cuánto tiempo. Las empresas codifican
los números de los usuarios de manera tal que al entregar el material, no sólo no aparece nada de lo conversado, sino que tampoco
aparece el número del usuario: es un código. Por supuesto, el código
de cada teléfono será siempre el mismo a lo largo de cualquier estudio y/o uso que se haga con ellos. Por otro lado, los resultados que
provengan del análisis de esos datos solamente pueden ser utilizados
con un fin académico (científico) y, más aún, tienen que aparecer
ubicados en distintas categorías (‘agregados’), sin individualizar ni
revelar los detalles (en particular, el nombre de la empresa).
Para que tenga una idea de la magnitud del estudio, piense
que analizaron 40 millones de teléfonos celulares. El objetivo
del trabajo era hacer un estudio que permitiera mejorar la predictibilidad de los movimientos y la ubicación de grupos de personas.
Es decir, en este caso particular, estudiaron los movimientos de
los que llamaron ‘hinchas de Boca’. ¿Cómo hacer para detectar
quiénes pertenecen a ese grupo? Se propusieron identificar a los
usuarios que hicieron llamadas en zonas aledañas a la cancha de
Boca durante varios domingos seguidos en horarios de partido y
usaron ese material para distinguir/elegir algunos teléfonos celulares de otros. No alcanza con que una persona hubiera ido a la
cancha de Boca con un teléfono celular, sino que para que quede un registro tiene que haber hecho o recibido alguna llamada
en el lapso que se fijaron para el estudio16. Por supuesto, no se les
16. Cada llamada se identifica por su sigla en inglés CDR, “Call Detail
Record”, o sea la ‘huella’ que dejó la llamada.
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escapa a ellos ni a usted, que es una identificación muy grosera, y
muy posiblemente con múltiples errores; pero a los efectos prácticos, es una buena aproximación.
Como decía en los párrafos anteriores, el objetivo era poder
predecir la locación y la movilidad de los teléfonos celulares de
personas que pertenecían a ese grupo (‘hinchas de Boca’) en un
determinado momento.
En esta suerte de prueba piloto quise saber cuáles eran las hipótesis que tenían antes de hacer el relevamiento y cuáles fueron
las conclusiones que terminaron publicando.
Las hipótesis que querían verificar con este estudio fueron:
• que la movilidad de las personas presenta —a nivel estadístico— muchas regularidades (se pueden predecir con alta
probabilidad de acierto),
• que la ubicación de los usuarios de celular se puede predecir también con una buena probabilidad de acierto17,
• que el modelo muy simple utilizado se puede mejorar sensiblemente agregando información ‘externa’ de fenómenos
sociales, como los datos del fixture del torneo de fútbol.
Luego, una vez finalizado el estudio, corroboraron todas esas
hipótesis. El trabajo fue presentado con marcado éxito en el congreso NetMob que se hizo a principios de mayo de este año en el
MIT, en Boston, Massachusetts, Estados Unidos18.
17. Para preparar el modelo, usaron un conjunto de antenas que les sirvieron como entrenamiento durante cinco semanas.
18. El trabajo puede verse en http://www.technologyreview.com/
news/514646/glimpses-of-a-world-revealed-by-cell-phone-data/ y forma parte
de la “Third Conference on the Analysis of Mobile Phone Dataset” (“Tercera
Conferencia sobre el Análisis de la Base de Datos de los Teléfonos Móviles”).
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Por supuesto, saber dónde están (o no) los hinchas de Boca
tiene una utilidad relativa. En todo caso, servirá para los servicios
de marketing que seguramente estarían interesados en conocer
este material.
Pero lo que yo quiero poner en evidencia acá es que con esos
datos es posible —por ejemplo— analizar el flujo de personas
que ingresan (y egresan) del centro de una ciudad, para mejorar
y optimizar la distribución del transporte público, ofrecer rutas
alternativas, guiar al tránsito en tiempo real (como se hizo en
un estudio espectacular, basado en la misma idea, en Costa de
Marfil). O bien se pueden aprovechar los datos que dejaron los
teléfonos celulares en Haití luego del terremoto del año 2010
para entender cómo se produce la dispersión de personas luego
de una catástrofe natural.
Un trabajo equivalente con cualquier base de datos de similares características permite mejorar la predictibilidad en la movilización y ubicación de las personas involucradas, pero, al mismo
tiempo, con este mismo tipo de modelos se pueden predecir y
entender procesos más complejos, como la forma en la que se
desparrama o distribuye la información, o incluso un rumor, o
cuáles son los patrones con los que se esparce un virus o una
enfermedad contagiosa. Y los ejemplos podrían seguir.
Cada día el mundo digital genera varios millones de millones
de millones de bytes19 que provienen de múltiples fuentes: sensores climáticos, redes sociales, imágenes digitales, videos subidos
a internet o compras hechas usando la red y, como ya he explicado, las llamadas efectuadas por usuarios de teléfonos celulares,
por sólo nombrar algunas. El aprovechamiento de todos estos
19. ‘Millones de millones de millones’ es equivalente a 1018, o sea un
‘uno’ seguido de ¡dieciocho ceros!
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datos, saber desbrozarlos, desagregarlos, entenderlos y rescatar los
mensajes que tienen escondidos, es uno de los mayores desafíos
de la Tecnología de la Información. Por el momento, las compañías telefónicas recogen y almacenan una cantidad de datos que,
si son bien interpretados, pueden proveer una información macroscópica muy valiosa sobre las interacciones de la población.
Justamente, el análisis cuidadoso de los mismos puede transformarse en una herramienta muy poderosa para mejorar esas interacciones, para optimizarlas... La Argentina no puede quedarse
atrás. Y una vez más: ¿No valdría la pena discutir si esas bases de
datos deberían ser reguladas por el Estado también? ¿El Estado
no debería tener acceso a esa información para mejorar las condiciones de vida de la población? ¿Usted qué piensa?
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¿Por qué la otra cola se mueve más rápido...
siempre?
Quiero compartir con usted una sensación de frustración que
me parece que es universal. Lea el caso que sigue y piense si se
siente identificada/o, o no. La escena sucede en un supermercado, por ejemplo. Uno tiene ya decidido qué es lo que va a
comprar y se dirige hacia el lugar en donde están ubicadas las
cajas. Hay varias abiertas, pero también es cierto que en todas
hay gente esperando, ‘haciendo cola’. ¿Cuál elegir? Uno hace
—de apuro— una suerte de estimación mirando la cantidad de
mercadería que hay dentro del carrito de cada ‘compañera/o de
desgracia’ y se inclina por uno. Igualmente, sigue atento a lo que
sucede a su alrededor en el caso de que se ‘abra’ algún espacio
inesperado o que alguna cola fluya más rápido que la que uno
eligió. Pero en cuanto empieza a aparecer más gente, la posibilidad de cambio es cada vez más remota (o imposible). Y aquí
comienza la frustración: uno, ya establecido en una cola que parece ‘no moverse nunca’, advierte con desesperación que las filas
de al lado avanzan mucho más rápido. La cajera o el cajero que
atiende nuestra cola es mucho más lento, atiende el teléfono, lo
distraen sus compañeros, no sabe el precio de algún producto (o
no lo encuentra), se involucra en chistes internos con los demás
trabajadores, se queda sin cambio, o justo viene el reemplazo
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porque se le terminó el turno de ese día... etcétera. Mientras tanto, la presión interna va creciendo en forma directamente proporcional al tiempo que uno permanece estancado y atascado
en una situación que parece irreversible. ¿Por qué será que —en
apariencia— las colas de al lado siempre se mueven más rápido
de la que uno eligió?
Lo notable de este episodio es que no está solamente referido
a colas en un supermercado, por supuesto. Si usted está manejando en alguna parte de la ciudad en donde hay más de dos
carriles (alguna avenida) o en una autopista, o si está haciendo
la cola en un banco para pagar algún impuesto, o en un hospital
para ser atendido... o vuelve de un fin de semana largo y tiene
que pagar el peaje... en fin, miles de situaciones de la vida cotidiana, sabe perfectamente a qué me refiero. Pero más allá de esta
descripción brevísima de una de las mini frustraciones de la vida
cotidiana, ¿qué tendrá esto que ver con la matemática? ¿Por qué
habría de escribir sobre esto?
En realidad, hay una rama de la matemática que se dedica al
estudio de las colas. Sí, más allá de la sonrisa que intuyo le genera
mi frase, hay gente especializada en estudiar cómo se puede hacer para minimizar el tiempo de espera y maximizar la eficiencia
(de las cajeras, por ejemplo). La ‘teoría de colas’ se usa en telecomunicaciones, en ciencias de la computación, en la organización del tráfico aéreo, en el diseño de parques temáticos (piense
en Disneylandia, por ejemplo) o en cualquier área que involucre
servicios en donde la demanda es aleatoria. Piense en la gente
que hace cola para presenciar un River-Boca o un EstudiantesGimnasia. Hay decenas de libros y miles de trabajos científicos
que hacen aportes sobre la “teoría de colas” y se siguen publicando con una frecuencia cada vez mayor.
Lo esencial es analizar dos variables que son aleatorias (aza57
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rosas): por un lado, la cantidad de personas que reclamarán un
servicio en un determinado momento y, por otro, el tiempo que
involucra el proceso. Es obvio que no voy a poder hacer acá un
desarrollo serio sobre el tema, pero sí quiero dar una idea de qué
se trata. Sígame por acá.
Todos los métodos modernos para la optimización de redes
tienen sus raíces en un trabajo hecho por Agner Krarup Erlang,
un matemático danés que trabajaba en la Compañía de Teléfonos de Copenhague a comienzos del siglo XX. Erlang fue el verdadero pionero en la especialidad. Su objetivo fue tratar de resolver el problema del diseño de una red de teléfonos. ¿Qué tiene
que ver esto con las colas? Espere. ¿Cuántas ‘redes troncales’20 se
necesitan para una determinada cantidad de llamadas entre habitantes de un pueblo y otro? Hay que entender que a comienzos del
siglo XX, para poder hablar por teléfono era imprescindible que
hubiera una operadora que recibía en una ‘central’ o ‘conmutador’ el pedido de una persona que quería comunicarse con otra.
Uno podría pensar el sistema de la siguiente forma: cada casa
tenía un cable que la unía con la central telefónica. Cuando dos
personas querían hablar entre sí, una de ellas llamaba a la central
en donde una operadora recibía ese llamado y hacía un puente
con el cable que unía la central con la casa de la otra persona.
Por supuesto, el sistema era increíblemente lento y se necesitaban operadoras humanas (no sé bien por qué lo aclaro, pero por
las dudas...) que hacían de intermediarias. Y eso sucedía dentro
de un pueblo o una ciudad. Cuando había que intercomunicar
dos pueblos, ¿cuántos troncos había que tender para dar un servicio razonable? No se podía poner solamente uno, ya que impli20. Por ‘red troncal’ o ‘tronco’ se entiende un ramal o un cable más ‘grueso’ que conecta dos conmutadores.
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caría demoras enormes por la cantidad de llamadas bloqueadas;
pero tampoco se podía instalar uno para cada teléfono (que sería
el otro extremo) por lo costoso que significaría y el desaprovechamiento que habría… ¿Cuán baja sería la probabilidad de que
todos los usuarios necesitaran hacer llamadas entre dos pueblos
al mismo tiempo?
La compañía de teléfonos necesitaba una suerte de acuerdo
entre estos dos extremos: un solo cable para todos, o que cada
persona/teléfono tuviera un cable asignado. Por otro lado, además del número de llamados simultáneos, también hay que estimar el otro factor, el tiempo: ¿cuánto tiempo duraba cada llamada? Hay gente que hablaba una hora por teléfono y otras que sólo
necesitaban un minuto.
Después de años de estudio, Erlang publicó un trabajo central: “Telephone Waiting Times” (“La espera para hablar por teléfono”). En él demostró que teniendo en cuenta el promedio de
llamadas por hora y la longitud promedio de cada una, se podía
estimar que siete troncos serían suficientes para atender las necesidades de la población. Puede que usted no lo recuerde, pero
cuando yo nací (y crecí) —en épocas en las que era un privilegio
tener un teléfono—, mis padres debían esperar horas hasta que
la operadora estableciera la comunicación con Berazategui (por
ejemplo) y pudieran hablar con mis tíos… Y yo, aunque lo parezca, no tengo 300 años. Sólo 64, por ahora.
Erlang fue el primero en hacer estudios detallados sobre
el tráfico telefónico y desarrolló las fórmulas pertinentes para
optimizar los costos y el tiempo, a tal punto que en 1946, el
Comité Internacional Consultivo de Teléfonos y Telégrafos
(CCITT, por sus siglas en inglés) lo honraron poniendo su
nombre (un ‘Erlang’) a la unidad básica que se usa para el
tráfico telefónico.
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Ahora, al supermercado: un cliente que llega hasta una caja
registradora es como una llamada telefónica, y una cajera que
está libre es como el segmento de una red troncal que está disponible. Para mantener las colas en movimiento, el supermercado
necesita estimar el número de personas que llegan por hora y
asignar suficientes cajeras de manera tal que todo el mundo sea
atendido en forma rápida. Pero Erlang demostró que ésa es una
receta que preanuncia un desastre. La gente no arriba en forma
espaciada y en igual número por hora, sino en tandas o grupos.
Por lo tanto, si un negocio tiene un número ‘correcto’ de cajeras
para atender el número promedio de clientes que llegan en una
hora, va a tener igual muy pocas cajas disponibles o desocupadas
a ciertas horas del día y eso se va a transformar en largas filas, con
la consiguiente frustración.
En ese caso, es mucho más conveniente tener una sola cola
con todos los clientes que están en el negocio en ese momento,
y a medida que se va desocupando una caja, el primero de la fila
será el primero en ser atendido. El problema con esta solución
es la percepción que tiene cada uno de nosotros: ver una cola con
tamaña cantidad de gente, psicológicamente nos produce un impacto negativo. Uno no entiende emocionalmente lo que resulta
obvio desde el punto de vista racional: si hay —digamos— diez
colas esperando ser atendidos por diez cajeras, si se produce una
demora en una de ellas, detiene a todos los componentes de esa
fila. Si la misma demora se produce en el caso de una fila única,
entonces la cola se sigue moviendo a medida que las otras cajas
quedan disponibles. Dicho de otra forma: el problema en una
caja afecta pero en forma diluida al resto de los clientes.
Y por último, un ejemplo clásico: una autopista. Suponga que
tiene tres carriles: A, B y C. Lo que suele pasar es que uno se
siente atrapado en uno de ellos, y siempre sucede que uno ve
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que los de al lado se mueven más rápido. O se mueven, mientras
uno está quieto. Pero, ¿podemos evitarlo? Piense conmigo por
qué es esperable que esto suceda casi siempre. Voy a ordenar los
tres carriles de izquierda a derecha poniendo el más rápido en el
extremo izquierdo y el más lento en el derecho. Por ejemplo, el
ordenamiento BAC, significa que la fila B es la más rápida, la A
es la del medio21 y la C es la más lenta. ¿Cuántos posibles ordenamientos hay? En total son seis: ABC, ACB, BAC, BCA, CAB
y CBA. Si usted está, digamos, en la fila B, de los seis posibles
órdenes, ¿cuáles son los que tienen a B como el más rápido? Solamente dos: BAC y BCA. Por lo tanto, dos sobre seis (2/6) = (1/3).
Solamente una tercera parte de las veces es más probable que
usted esté en la fila más rápida. En los otros cuatro órdenes, hay
una fila más rápida que la suya (y en algunos casos ¡las otras dos
filas van más rápido!).
De cualquier modo, el problema pasa más por la percepción
que por la realidad, o en todo caso, es ‘casi’ inevitable que suceda. La probabilidad obra en contra nuestra.
Eso sí: diseñar autopistas con un número razonable de carriles, estimar apropiadamente el número de cajeros que tiene
que haber en un supermercado o los puestos de peaje que deben
estar disponibles en momentos de mayor tránsito, controlar la
red de semáforos en una ciudad para entender las variaciones de
la densidad del flujo a distintas horas del día, prever el número
de puertas abiertas a la entrada y/o salida de un evento deportivo o de un recital o no sé... muchísimos ejemplos más que usted agregará convenientemente... todo esto, tiene que ver con la
capacidad de previsión, estimación y análisis que los humanos
21. Cuando escribo ‘la del medio’ quiero decir que no es ni la más rápida
ni la más lenta.
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tenemos a nuestra disposición. La matemática tiene mucho para
decir. Luego, debemos optar por implementar las conclusiones
que se obtengan, y ésa... ésa ya es otra historia.
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El precio de la cooperación
Es curioso cómo hay ciertos temas que son recurrentes. Ciertamente no soy un experto en analizar los comportamientos humanos, pero me fascina tratar de entender nuestras conductas.
La matemática tiene una rama que se dedica a explorar algunos
aspectos de nuestras reacciones: la Teoría de Juegos. Por supuesto
que no somos todos iguales, por lo tanto se mide lo que es más
probable que suceda y NO lo que seguro va a suceder. Eso sería
imposible, aunque con las herramientas que tenemos a mano,
podemos predecir, lo que no es poco. En todo caso, es preferible
tener una expectativa razonable sobre lo que podría pasar que no
tener ninguna.
A pesar de que los ejemplos que figuran a continuación son
muy conocidos en la literatura desde hace más de medio siglo, mi
idea es invitarla/o a pensar sobre cómo reaccionaría usted en determinadas situaciones. Como no hay nadie que lo mire y como
—por ahora— no hay nadie que pueda leer su pensamiento, sus
respuestas las conocerá usted en la soledad de su interior. Es por
eso que le sugiero que no se apure a contestar, y sobre todo, que
no se mienta o engañe a usted mismo: trate de responder con
honestidad intelectual. Cualquier otro camino le hará perder la
oportunidad de compararse con el resto de los humanos. Una
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cosa más: no espere que yo aporte la solución de nada, ni que
sea capaz de interpretar las respuestas. Todo lo que voy a hacer
es presentar algunos ejemplos e invitarla/o a reflexionar hacia el
final. Acá voy.
El primer caso tiene que ver con un dilema propuesto por
Robert Wolf, matemático inglés especialista en lógica. Su trabajo
fue recogido después por otros matemáticos22 pero el crédito le
corresponde a él. El objetivo de Wolf fue exhibir que cuando
cree que está obrando en beneficio propio, algunas veces hace
todo lo contrario.
Suponga que usted y un grupo de diez conocidos están en una
reunión en casa de un filántropo excéntrico23. Este señor les pide
a todos que a partir de un determinado momento permanezcan
en silencio, y le entrega a cada uno un pequeño control remoto
que tiene nada más que un botón.
Él les va a dar la opción de apretar el botón —o no— cuando se los indique; no pueden comunicarse entre ustedes y ninguno verá lo que hacen los otros: la determinación es puramente individual.
Cuando el filántropo diga “¡Ya!”, cada uno podrá optar por
apretar el botón o no, pero las reglas son las siguientes: si ninguno de los presentes aprieta el botón, todos recibirán diez mil
pesos. Ahora bien, si hay uno que aprieta el botón, tanto él como
22. Por ejemplo, John Allen Paulos, un magnífico difusor de la matemática en el mundo. Paulos estuvo en la Argentina hace un par de años y dejó
una impresión inmejorable. Sus trabajos tienen un notable reconocimiento
internacional y su condición de ateo militante lo ha puesto muchas veces en
el centro de algunas tormentas, de las que siempre ha salido airoso. De hecho,
yo conocí el ejemplo de Wolf en un libro de Paulos.
23. ¿Por qué será que siempre los filántropos tienen que ser considerados
excéntricos? ¿No hay filántropos normales?
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los que hayan apretado el botón recibirán tres mil pesos, y el resto
no recibirá nada.
La pregunta es la siguiente: si estuviera en esa posición, ¿usted
qué haría? ¿Apretaría el botón o no? Es decir, ¿aprieta el botón
para recibir seguro tres mil pesos o se aguanta apostando a que
todos van a hacer lo mismo y espera una retribución de diez mil
para todos los que están en la reunión?
Una vez que haya contestado esa pregunta, sin importar cuál opción haya elegido, le propongo ahora cambiar los parámetros. Supongamos que usted apretó el botón. ¿Lo habría apretado si en lugar
de estar en juego 10.000 versus 3.000 hubiera sido 100.000 contra los
mismos 3.000? Estoy ‘casi’ seguro de que su posición sería distinta.
Y si, por caso, usted no lo hubiera apretado al comienzo,
¿cambiaría su posición si fueran diez mil por no apretar y 9.500
por presionar el botón?
En resumen, nuestras decisiones en casos extremos parecen
más sencillas, pero cuando en la vida real los planteos son mucho
más difusos, con decisiones que no son tan blanco o negro, las
reacciones son más variables.
De hecho, pareciera que la cooperación y la solidaridad tienen
un precio: dependiendo del número que esté en juego, uno está
dispuesto a pensarse como parte de un grupo y aspira a que todos
hagan lo mismo. Pero si la recompensa no parece tan grande,
entonces uno tendería a tomar el camino individual. ¿Cuál es
ese número ‘frontera’? ¿Es que tenemos un ‘precio’?
Otro ejemplo muy interesante es el de las mujeres que supuestamente intercambian droga por dinero. Dos mujeres acuerdan
llevar bolsas indistinguibles una de otra (suponga que son bolsas
de supermercado, para poder fijar las ideas). Ambas se encontrarán en un lugar predeterminado y, virtualmente sin detenerse,
van a cambiar las bolsas.
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Una vez que lo hacen, cada una parte en dirección opuesta y
listo. Acá viene la pregunta: como ninguna de las dos puede revisar el contenido de la bolsa que va a recibir, la tentación sería,
para una de ellas, no poner droga sino harina (por ejemplo) y
recibir un dinero en compensación como si hubiera sido cocaína. Para la otra, el razonamiento podría ser equivalente: llenar la
bolsa con fajos de papel de diario que simulen dinero, y recibir la
droga a cambio de nada.
Si ambas optan por hacer lo convenido, cooperando tal como
acordaron, obtienen lo que querían, pero tienen que pagar un
precio por ese acuerdo. El camino óptimo parecería ser entonces
el de cumplir con lo pactado.
Sin embargo, el razonamiento también podría ser así. Llamemos A a la mujer que tendría que llevar el dinero y B a la que
tendría que llevar la droga. A puede pensar: “Si B elige el camino
de la cooperación (y trae la droga), yo puedo elegir el camino
individualista y poner papel de diario. En el mejor de los casos,
me quedo con la droga y no me costó nada, y en el peor de los
casos, si B tomara el camino individualista también, al menos a
mí no me costó nada. En consecuencia, independientemente de
lo que haga B, me parece que es mejor tomar el camino egoísta,
que termina protegiéndome”.
Por supuesto que B puede razonar de igual forma y, por lo
tanto, terminarían intercambiando harina por papel de diario.
¿Qué hacer: cooperar o ser egoísta?
Los dos ejemplos anteriores son sólo eso, ejemplos. Cada uno
de ustedes sabrá si puede darle un contenido distinto y aplicarlos
a la vida cotidiana. Usted habrá escuchado (como yo) que ‘cada
hombre/mujer tiene un precio’. ¿Es verdad eso? En el primer
caso, el del filántropo, ¿existe algún número que a uno le tuerza
el brazo y le modifique su afán cooperativo o solidario?
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En el caso de la droga, el hecho de que uno no pueda ser descubierto, ¿será suficiente para modificar su lógica de solidaridad
o de cumplir con lo pactado?
Claramente, la matemática no tiene (ni se espera que la tenga) respuestas para este tipo de problemas, pero lo que sí hace es
exponer el problema en forma de un modelo. Por razones fáciles
de imaginar, en el caso del filántropo convendría no apretar el
botón y asumir que todos obramos igual: con solidaridad. En el
caso de las mujeres que intercambian las bolsas, solamente se
trata de cumplir con lo pactado. Pero la vida ofrece tentaciones
que invitan a cambiar conductas. Cada uno sabrá si lo hace o
no, independientemente de si será en beneficio propio y en detrimento de otros, o sencillamente por no cumplir con lo pactado.
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Test de Ignorancia de Hans Rosling
¿Cuánto le interesa ‘medir’ su grado de conocimiento (o ignorancia) sobre un determinado tema? ¿Le interesa ‘evaluarse’? Antes de avanzar: estoy seguro de que si el ‘test’ se hiciera en un lugar
público, en donde hay varias personas escuchando sus respuestas,
su inclinación a participar en cualquier evento que la/lo exponga
falible disminuiría fuertemente. Más aún: es lo que nos sucedería
a todos. Pero en este caso, como intuyo que usted está leyendo este
artículo en soledad, usted estará evaluándose a sí misma/mismo.
Por otro lado, no se espera que uno sepa ‘de todo y sobre todo’.
Es tanto lo que ignoramos, por no decir que virtualmente ignoramos ‘casi todo’, que cualquier resultado que aparezca al finalizar
este relevamiento no la/lo dejará en mala posición... ni aun ante
usted misma/mismo.
Se trata de evaluar cuál es su grado de información sobre temas que tienen que ver con el mundo que la/lo/nos rodea. Acá
va la historia.
El primer día de diciembre del año 2013, la BBC de Londres,
en su página web en castellano, ofreció siguiente la encuesta,
que fue generada por Hans Rosling24, un científico sueco dedica24. Hans Rosling nació en Uppsala, Suecia, en 1948. Es doctor en medicina y matemático (dedicado a la estadística). Se desempeña como profesor
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do —entre otras actividades— a la estadística. Lo que Rosling se
propuso es mostrar qué poco sabemos sobre cómo está compuesta la población mundial.
Para confirmarlo, creó un grupo de nueve preguntas. Ante cada
pregunta usted verá tres posibles respuestas (una suerte de ‘multiple
choice’), entre las que deberá elegir cuál le parece correcta (siempre
hay una y sólo una que es correcta) e ir anotando sus respuestas.
Rosling tituló su encuesta ‘Test de Ignorancia’25 y lo probó
con grupos de ciudadanos suecos y británicos. Los resultados
indicaron que sabían ‘del mundo que los rodea menos que los
chimpancés’, y escribió:
Si yo escribiera las opciones en unas bananas y les dijera a los chimpancés del zoológico que me dieran las respuestas, ellos escogerían
bananas al azar. A los británicos y suecos les fue peor que eso.
Parece un poco cruel, pero intuyo —conociéndolo a Rosling— que fue sólo una manera simpática de decirnos (a todos):
“Vea, actualícese en lo que piensa del mundo, porque lo que usted cree que pasa, ¡no pasa... o, en todo caso, no pasa más! Tiene
usted una percepción equivocada del mundo que lo rodea”.
Rosling señala que mucha gente no es consciente de los enormes avances que la mayoría de los países han hecho en las últimas
décadas y opina que llegó la hora de poner los pies en la tierra.
en el Instituto Karolinska, una universidad cerca de Estocolmo dedicada exclusivamente a la medicina y una de las instituciones más reconocidas del
mundo en su especialidad. Rosling es, además, fundador y director general de
la Fundación Gapminder, una organización sin fines de lucro.
25. Test de Ignorancia: http://www.bbc.co.uk/mundo/noticias/2013/12/
131125_test_ignorancia_finde.shtml. Por otro lado, el documental original de
la BBC de Londres salió al aire el 7 de noviembre del año 2013 y se puede ver
en http://www.gapminder.org/videos/dont-panic-the-facts-about-population
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Ahora le toca a usted. Acá va el test.
¿Cuánto sabe usted acerca de la población mundial?
Pregunta 1
En 1950 había menos de mil millones de niños (edades entre
0-14) en el mundo. Para el año 2000, había casi 2.000 millones.
¿Cuántos piensan los expertos de la ONU que habrá en el año 2100?
a) 2.000 millones
b) 3.000 millones
c) casi 4.000 millones
Miles de millones
4
3
2
1
0
1950
2000
2050
2100
Pregunta 2
¿Cuál de estos mapas muestra mejor la distribución de los
7.000 millones de personas que hay en el mundo entre América,
Europa, África y Asia? Cada figura representa mil millones de
personas.
a) A
b) B
c) C
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A
B
C
Pregunta 3
¿Cuál es el promedio de expectativa de vida al nacer en el
mundo de hoy?
a) 50 años
b) 60 años
c) 70 años
Pregunta 4
¿Cuál es la tasa de alfabetización de los adultos en el mundo
de hoy?
a) 80%
b) 60%
c) 40%
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Pregunta 5
¿Qué gráfico muestra la distribución de ingresos en el mundo
de hoy, medida en dólares ganados al día?
US$1
US$10
US$100
A
B
C
Pregunta 6
En el mundo de hoy, los hombres de entre 25 y 34 años han
asistido a la escuela un total de ocho años. Y las mujeres del mismo grupo: ¿cuánto tiempo?
a) Tres años
b) Cinco años
c) Siete años
Pregunta 7
En los últimos veinte años, ¿cómo ha cambiado la proporción
de la población mundial que vive en extrema pobreza?
a) Se disminuyó a casi la mitad
b) Siguió igual
c) Casi se duplicó
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Pregunta 8
Aproximadamente, ¿cuánta energía viene directamente de
paneles solares y turbinas de viento?
a) 1%
b) 5%
c) 10%
Pregunta 9
En 1965, a nivel mundial las mujeres tenían en promedio cinco bebés. ¿Cuántos tienen en promedio en la actualidad?
a) 4,5
b) 3,5
c) 2,5
Hoy
Bebés por mujer
6
1965
5
A
4
B
3
C
2
1800
1900
2000
Ahora, las respuestas, y para el final, una reflexión.
Respuesta 1:
2.000 millones, casi igual que en el año 2000. Hemos llegado
a lo que Hans Rosling llama la “Era del Niño Tope”.
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Respuesta 2:
Mapa B. América, África y Europa tienen una población de
cerca de mil millones cada uno, mientras que la población de
Asia es aproximadamente 4.000 millones.
Respuesta 3:
70 años. Ha habido un aumento de diez años en la expectativa de vida en las últimas cinco décadas, gracias a los grandes
avances en el área de la salud.
Respuesta 4:
Alrededor del 80% de los adultos en el mundo hoy pueden
leer y escribir.
Respuesta 5:
B: Rosling afirma que, en el pasado, nuestro mundo estaba
claramente dividido en dos grupos, ricos y pobres, que correspondían a lo que se llamaban países ‘desarrollados’ y ‘en vías
de desarrollo’ (similar al gráfico C). Pero hoy en día es distinto. En lo que se refiere a ingresos, tenemos una curva de distribución continua y la mayoría de la gente vive en el medio.
Respuesta 6:
Siete años. Ha habido una enorme mejora en el acceso de la
mujer a la educación. Rosling afirma: “Es trágico cuando las
niñas no pueden ir al colegio debido a tabúes culturales, pero
la cantidad de afectadas está disminuyendo”.
Respuesta 7:
La pobreza extrema se redujo a casi la mitad en las últimas
dos décadas. Es una de las grandes historias de éxito de nues74
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tra era. Mil millones de personas todavía viven en condiciones
de extrema pobreza, pero 6.000 millones no (lo que quiere
decir que ganan más de 1,25 dólares por día).
Respuesta 8:
Alrededor del 1% (o entre 1% y 2%) de la energía del mundo es
eólica y solar. El hecho es que cerca de 80% de la energía que
se utiliza en el mundo todavía viene de los combustibles fósiles
y la mayor parte del resto, de plantas nucleares o hidroeléctricas.
Respuesta 9:
2,5 bebés. Uno de los grandes cambios en los últimos cincuenta años es la disminución en la tasa de fecundidad promedio de cinco a 2,5 y sigue cayendo26.
Ahora, confronte el número de respuestas correctas con esta
tabla que provee Rosling.
De 0 a 2: errar es humano
De 3 a 5: mediocre, o al nivel de un chimpancé
De 6 a 9: gran simio
Reflexión final
Los datos que respaldan las estadísticas presentadas por Hans
Rosling son de fácil acceso27, pero a mí me cuesta trabajo mirar al
mundo en esa forma. Es decir, entiendo que la tendencia a nivel
26. Un video imperdible acá: http://www.gapminder.org/videos/the-riverof-myths/
27. http://www.gapminder.org/news/sources-for-data-shown-in-dont-panic/
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mundial muestra mejoras indiscutibles, pero tomemos por caso
un ministro de Salud que se propone reducir la tasa de mortalidad infantil. Incluso si lo lograra, la muerte de un solo niño por
causas que pudieron evitarse provoca una tristeza irreparable en
ese grupo familiar. Por este motivo, mirar las estadísticas en forma global adolece de un problema muy serio: se devora el caso
individual, el caso personal, el caso que ‘toca’.
Sé que lo que escribo no resiste un análisis serio, pero no puedo evitarlo. Los números serán correctos y creo genuinamente
en Rosling y, sobre todo, conozco sus intenciones y los datos que
provee; pero mientras tanto, cuando uno lee que el 80% de la
población mundial está por encima del nivel de pobreza extrema
porque gana más de más de un dólar y medio por día, me cuestiono dos cosas: a) ¿cuánto ganan por día las personas que afirman
que con un dólar y medio diario un individuo puede considerarse por encima de cualquier línea de pobreza? ¿En serio lo dicen?;
b) aunque el 80% esté por encima de cualquier línea, ¿cómo es
posible que haya más de mil millones de personas que no? Una
vez más, las estadísticas pueden ser impecables, pero estamos hablando de personas... PERSONAS, no números.
Para el final. Olvídese de mi último párrafo y hagamos todo lo
posible para que esta tendencia que marca Rosling se optimice
cuanto antes y que, al igualarnos para arriba, quedemos todos
por encima de todos los indicadores en salud, mortalidad, educación, acceso a agua potable, fuentes de energía y discriminación
por sexo. En todo caso, sería bueno que llegara el momento en el
que las respuestas a todas las preguntas del Test tuvieran respuestas obvias... o aún mejor: que no tuvieran sentido las preguntas.
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¿Comprar o esperar?
Es muy posible que usted no haya escuchado nunca hablar de
Oren Etzioni. Yo tampoco hasta hace un par de días. Fue allí cuando me tropecé con una historia singular que quiero compartir.
Etzioni es profesor de “Inteligencia Artificial” en Seattle, la
Universidad del estado de Washington, en el noroeste de los Estados Unidos. Muy cerca, en Redmond, está el cuartel general de
Microsoft y también allí se construyen los aviones de la Boeing.
Etzioni es uno de las personas con mayor prestigio en esa área de
la ciencia y hace unos días fue contratado28 por Paul Allen, uno
de los cofundadores con Bill Gates de Microsoft.
Corría el año 2003. Etzioni tenía en ese momento un hermano que vivía en Los Ángeles. Cuando éste estableció la fecha de
su casamiento le avisó a Oren porque quería que fuera uno de los
testigos. Como faltaban casi ocho meses, Oren decidió comprarse el pasaje en avión para que le saliera más barato. Finalmente,
llegó el día del viaje y Etzioni quiso comprobar lo que sospechó
desde un principio: con tanto tiempo de anticipación debería
haber pagado muchísimo menos que quienes lo hubieran comprado después.
28. Allen lo contrató para que sea ahora director ejecutivo del Allen Institute de Inteligencia Artificial.
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Y llegó el día del viaje. Ni bien el avión alcanzó su ‘altura de
crucero’ le comentó al pasajero que tenía a su derecha lo feliz
que estaba porque había logrado un precio tan barato por el boleto. Su compañero de fila no sólo no se inmutó, sino que le dijo
que él había pagado casi un 40% menos. Etzioni, sorprendido,
le preguntó entonces si había comprado el pasaje por internet
(como había hecho él), y éste le contestó que sí. Eso no fue todo:
le dijo que como le avisaron que tenía que viajar a Los Ángeles
con urgencia, había terminado comprando el boleto el día anterior. Oren estaba enfurecido. Pensó que quizá sería uno de los últimos pasajes y la compañía había decidido ‘rematarlos’ para que
el avión no saliera con asientos vacíos. Y comenzó a averiguar alrededor de él, en las filas anteriores y posteriores. Ya desesperado
descubrió lo peor: todos habían pagado menos que él. Y no sólo
eso: todos habían comprado sus boletos después que él.
Si esto nos hubiera pasado a usted y/o a mí es posible que
nos hubiéramos fastidiado también, pero las acciones que tomó
Etzioni fueron ciertamente diferentes de las que —creo— hubiéramos tomado nosotros. Por eso quiero escribir esta historia.
Oren Etzioni fue el primer graduado que Harvard tuvo en el
año 1986 en ciencias de la computación. Como ya era profesor en
la Universidad de Washington, aprovechó todos sus conocimientos (y contactos) científicos y se propuso tratar de averiguar cómo
conseguir y usar bases de datos para predecir si los pasajes entre
cada par de ciudades subirían o bajarían de precio en función del
tiempo. De hecho, pensó a cada asiento como si fuera un objeto
que se cotiza en alguna bolsa de comercio. Naturalmente, las
compañías aéreas no le darían la información de cómo determinan el precio de cada asiento, pero las variables para hacer lo que
él quería son muchas: distancia temporal con la partida, lugar en
la cabina, tipo de avión, precio de la competencia, frecuencia
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de los vuelos, partes meteorológicos, unidades disponibles en la
flota de aviones en el momento del vuelo, épocas del año, días de
la semana, horario del día, disponibilidad de ‘puertas’ para el embarque y desembarque, peso de la carga, precio del combustible
en esa fecha, disponibilidad de la tripulación, etc. Pero también
hay que considerar que —como decía anteriormente— cuando
un avión está programado para salir, una vez que está garantizado un número mínimo de pasajeros, la compañía necesita llenar el espacio disponible. Cada asiento que sale vacío, implica
una pérdida. Las compañías tienen su algoritmo para tomar esas
decisiones, pero para nosotros, los pasajeros, esa información es
transparente, o si usted prefiere, nos está vedada.
Etzioni sabía que él no podría asegurar con un 100% de certeza
cualquier predicción realizada con su algoritmo. Podría sí hablar
de probabilidad: en función de lo que había sucedido en otras
situaciones equivalentes, el sistema de Etzioni debía ser capaz
de calcular la probabilidad de que el precio subiera o bajara, e ir
ajustando sus predicciones a medida que se acercara la fecha de
partida. O sea, su objetivo no era reproducir lo que hacen las líneas aéreas, sino dar un servicio al cliente advirtiéndole qué probabilidad hay de que el precio suba o baje y, en función de ello,
sugerirle que o bien espere o bien que compre. En algún sentido, sería como si Etzioni pudiera extrapolar la encuesta privada
que hizo con sus compañeros de vuelo ese día (consultándoles la
fecha y el precio que habían pagado) y confeccionarla seriamente con un número mucho mayor de personas. El problema era
ideal para ser abordado por un programador, quien debía diseñar
un algoritmo que tomara la mayor cantidad de datos posible para
descubrir las tendencias que tenían encerradas. Y acá está la clave (y le pido que me preste atención): Etzioni no quería competir
con las compañías aéreas para saber ‘por qué’ debería pasar algo,
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sino solamente deseaba predecir ‘qué y cuándo’ habría de pasar
en función de lo ocurrido antes. Era una tarea muy difícil, pero
no imposible.
Una pausa para incluir brevemente a dos actores más. Viktor
Mayer-Schonberger nació en Austria, es doctor en derecho y
profesor en la Universidad de Oxford, Inglaterra. Por otro lado,
Kenneth Cukier es un periodista inglés, corresponsal en Japón
durante seis años y editor del famoso diario británico The Economist. ¿Por qué hablo de ellos en este lugar del relato? Porque
ambos entrevistaron a Etzioni para saber qué y cómo hizo para
lograr su propósito.
Etzioni les contó que —en principio— siguió el precio de 12
mil boletos rastreando información por internet, en base a los
datos de un par de agencias de viaje, durante un período de 41
días. Eso le alcanzó para diseñar un modelo que podía predecir
—aún modestamente— qué convenía hacer: comprar o esperar.
El algoritmo sería efectivo si sus predicciones de comprar o esperar superaban el 50% de aciertos. Es decir, uno siempre parte
con la alternativa de tirar una moneda: si sale cara, comprar. Si
sale ceca, esperar. ¿Cómo hacer para mejorar ese algoritmo? O
puesto en términos de Shakespeare: “¿Comprar o no comprar?”.
A tal punto fue así que su proyecto se llamó Hamlet.
Para tener idea y poner en perspectiva acompáñeme en este
trayecto. Lo que Etzioni necesitaba entonces era conseguir los
siguientes datos: tomar dos ciudades cualesquiera; elegir un vuelo cualquiera que las uniera, en principio sin escalas; fijar una
compañía (si es que había) que ofreciera el servicio; seleccionar
cada asiento de la cabina, dependiendo del tipo de avión que
utilizaran para cubrir el trayecto; detectar el primer día en el
que era posible pagar/reservar un pasaje, y empezar a llevar un
registro de esos datos.
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A medida que iba pasando el tiempo, debía analizar la fluctuación de cada uno de esos precios cuando se acercaba la fecha del viaje propiamente dicho; incorporar el dato adicional de
permitir escalas y determinar cómo alteraba el valor del asiento;
incluir también la posibilidad de utilizar días alternativos, y considerar aeropuertos cercanos.
Como usted advierte, ya es abrumador el solo hecho de tratar
de hacer una descripción exhaustiva de los datos a tener en cuenta. Pero si bien se necesita una ‘tonelada’ de datos, las computadoras pueden almacenarlos.
Después, hay otra historia: hay que comparar lo que sucedía
con otras compañías que ofrecían el mismo servicio, o sea, la
competencia. Y finalmente, cuando el vuelo se materializaba,
saber cuáles habían sido los precios pagados por cada asiento, el
precio real. Y no me quiero olvidar de algo importante: el número de asientos vacíos con el que salió el vuelo para poder interpretar y/o predecir lo que sucedería en el futuro.
Por supuesto, tener los datos es esencial, pero insuficiente.
Después, hay que escribir un algoritmo que sepa qué hacer con
ellos. Es decir, si alguien me diera toda esa información a mí, ¿estaría yo en condiciones de contestarle a un amigo si le conviene
comprar o esperar un determinado pasaje? ¿Podría yo justificar
mi predicción?
Un ser humano, por mejor capacidad de análisis que tenga, no tiene —ni de cerca— la posibilidad de revisar/rastrillar/
ordenar todos esos datos. Es como el caso de las computadoras que juegan al ajedrez. En un momento, cuando apareció
Deep Blue29, el ser humano estaba (todavía) en condiciones de
29. Deep Blue fue el nombre que recibió una computadora diseñada por
IBM para jugar al ajedrez. El 11 de mayo de 1997, se convirtió en la primera
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‘pelear’ una partida. Hoy es imposible: la computadora gana
siempre.
Bien, eso fue lo que hizo Etzioni.
Pero para lograrlo, se consiguió algunos compañeros de camino. Consiguió gente que respaldó su proyecto, o dicho de otra
forma, gente que puso dinero y se asoció a él. Formó una sociedad que llamó Farecast30 (algo así como un pronosticador de
tarifas). El programa no sólo predecía cuál era la probabilidad
de que los boletos subieran o bajaran, sino que anunciaba sus
predicciones en forma pública. Además, dejaba un registro en la
página Farecast.com para que el propio público pudiera seguir
los vaivenes de los precios, como quien sigue el valor de una
acción en la bolsa. Como escribieron Schonberger y Cukier, el
proyecto necesitaba —para mejorar el cálculo de probabilidades— conseguir más datos, muchos datos, ‘toneladas de datos’.
Hasta que lo logró. Etzioni no revela en sus comentarios quién
fue, pero pudo finalmente tener acceso a la base de datos de una
de las compañías aéreas más importantes de los Estados Unidos.
No le dieron el algoritmo, sino que consiguió la evolución de los
precios. Eso fue suficiente.
A partir de allí, su sistema podría predecir con una probabilidad aceptable si convenía comprar o no un pasaje, basado en
el valor de ‘todos los asientos de todos los vuelos’ de la mayoría
de las rutas norteamericanas de aeronavegación comercial en el
máquina diseñada por el hombre en derrotar a quien era en ese momento
el campeón mundial el ruso Garry Kasparov. Deep Blue y Kasparov jugaron
seis partidas: la computadora ganó dos, Kasparov una y empataron las tres
restantes.
30. Forecast en inglés significa ‘pronóstico’. Fare quiere decir ‘tarifa’. La
compañía se llamó Farecast uniendo los significados de las dos palabras, como
si pudiera ‘predecir la tarifa’.
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curso de un año. Los datos involucrados son escalofriantes: el
programa analiza casi 200 mil millones (sí, doscientos mil millones) de números para hacer sus predicciones.
El éxito y el entusiasmo fueron instantáneos. Cuando Etzioni
había decidido ampliar la compañía para hacer predicciones no
sólo en la industria de los pasajes aéreos sino también anticipar
si convenía reservar habitaciones de distintos hoteles o establecer
la probabilidad de comprar o no autos usados... en ese momento,
año 2008, apareció Microsoft y le compró el algoritmo y la idea.
Eso sí: la compañía de Bill Gates le pagó 115 millones de dólares.
Según Schonberger y Cukier, en el año 2012 el sistema hizo
predicciones correctas en tres de cada cuatro veces que fue utilizado, o sea, un 75%. No es poco. Como suele suceder cuando un
‘grande’ se ‘come’ a un ‘chico’, Microsoft incorporó lo que fue
Farecast a su ‘buscador’ Bing. Ahora, usted y yo podemos acudir
a Bing, obtener el servicio e ignorar el origen. Sin embargo, creo
que la historia, esta historia, merecía ser contada con otro énfasis.
Para el final, algo para pensar. Todos repetimos una idea que
es muy cierta: las computadoras actuales son cada vez más rápidas, cada vez tienen más capacidad de guardar datos y cada vez la
memoria es más barata. Todo bien. Pero esa capacidad de almacenamiento y la rapidez para poder bucear y rastrear la información, es la que está permitiendo descubrir mensajes escondidos
en esos datos que ni siquiera sabíamos que existían. Lo notable
es que todo esto es un campo ‘casi’ virgen. El que llega primero
se queda con todo. Y eso es lo que necesita el país (entre otras
cosas, claro está): promover las llamadas ciencias ‘duras’. Hacen
falta más matemáticos, programadores, analistas de sistemas,
criptógrafos, físicos, químicos, nanotecnólogos, ingenieros, biólogos, geólogos, biogenetistas, analistas de sistemas, gente que se
dedique a la aviónica, a la industria del video juego (sí, el video
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juego, de donde surgen ‘infinitas’ ideas), al diseño de satélites,
etc. Aquí es donde están las mayores posibilidades para inventar
y desarrollar. O si usted prefiere, necesitamos capacitar cada vez
más gente en estas áreas para estimular y facilitar el acceso a la
información y educación de nuestro jóvenes y, sobre todo, generar las condiciones para que puedan expresar su capacidad creativa de manera tal que aparezcan y florezcan nuestros ‘Etzioni’31.
31. Carlos Sarraute me hizo el siguiente agregado: “Sí, hacen falta más
personas como Etzioni, pero también hace falta un ecosistema que permita
transformar ideas en valor. Es posible que un ‘Etzioni’ argentino habría tenido
muchas menos chances de vender su empresa en 100 millones de dólares si
estuviera radicado acá”.
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Captcha y Recaptcha
¿Cuántas veces le pasó que quiso entrar en alguna página de
internet y se tropezó con que tenía que ‘interpretar’ una o dos
palabras que en principio no tenían ningún sentido? Aparecen
‘deformadas’, mezclando minúsculas con mayúsculas, en ocasiones también aparecen números. La mayoría de las veces son
difíciles de leer correctamente y uno tiene la sensación de que
si no puede contestar bien lo que le preguntan nunca más podrá
acceder a ese sitio. Con el tiempo uno aprende que el programa le ofrece otras oportunidades y ya no se siente tan frustrado.
Además, como uno sospecha que lo hace por cuestiones de ‘seguridad’ y pareciera que hay alguien que está ‘monitoreando’ lo
que hacemos y quiere protegernos, uno se esfuerza (en soledad,
ciertamente) por tipiar las dos palabras (o lo que parecen como
palabras) con todo cuidado. Hasta acá, todo bien. Lo hemos incorporado casi como una forma de vivir con internet, sobre todo
cuando uno ingresa a hacer una operación que involucra dinero
(transacción bancaria, compra de boletos para eventos deportivos
o películas o adquisición de ropa o libros o música). En suma,
uno lo hace y no se cuestiona demasiado. Ahora bien, la pregunta es: ¿qué hay detrás de ese sistema? ¿Quién lo inventó? ¿Para
qué sirve exactamente?
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Situémonos en el año 2000, a principios de este siglo. Todo
lo que tuviera que ver con internet estaba siendo recién explorado pero ya se había producido el boom que interrelacionaba y
conectaba al mundo. Los privilegiados que tuvimos acceso virtualmente desde el comienzo recibíamos con fastidio correos no
deseados, enviados por gente que no conocíamos, ofreciéndonos
artículos (o servicios) que no queríamos, y lo peor es que parecían
saber (aún hoy) quiénes éramos, ya sea usando el nombre, el
apellido o la dirección electrónica.
El origen de cada correo era una casilla que o bien rebotaba
los mensajes de vuelta o bien los ignoraba. Más aún: cada uno de
nosotros era uno entre miles o cientos de miles que recibíamos el
mismo correo electrónico. Era imposible que una persona física
se propusiera mandar todos esos mensajes al mismo tiempo por
lo que, pensando un poco, es fácil imaginar que debería haber
algún programa que tomaba la base de datos de alguna compañía
con la información personal de todos nosotros, y preparaba automáticamente una lista de destinatarios a los que les enviaría ese
mensaje. Y hasta allí quería llegar.
Esos mismos programas no sólo servían/sirven para enviar correos en forma masiva, sino que también simulan ser humanos
que tratan de ingresar a algún sitio de internet.
Tomemos como ejemplo a una empresa que ofrece la compra
por internet de entradas para ir a un concierto o a un partido de
fútbol. Si un programa de computadora pudiera ingresar sistemáticamente y comprar todos los tickets que se ofrecen para después revenderlos, no habría manera de descubrirlo. En cambio,
si aparece la intervención humana, allí sí uno puede desenmascarar a los revendedores y ponerles un límite.
Es que si las empresas que proveen los servicios que uno quiere adquirir (un libro o una canción o, como decía anteriormente,
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una entrada para un evento musical o deportivo) tuvieran que
verificar que quien está haciendo el pedido es una persona ‘de
verdad’ y no una máquina, el costo involucrado sería imposible
de sostener.
Y allí es donde apareció el joven Luis von Ahn. A pesar de
que su apellido —de origen alemán— no lo demuestra, Von Ahn
nació en Guatemala. Se doctoró en Ciencias de la Computación en la Universidad de Duke, en Carolina del Norte, Estados
Unidos. En el año 2000 tuvo una idea revolucionaria. En lugar
de tener que contratar personas que ‘atendieran’ los pedidos de
los usuarios y lograran determinar cuáles eran ficticias y cuáles
eran reales, Von Ahn diseñó un método extraordinario: las computadoras aún hoy son incapaces de ‘leer’ esos jeroglíficos que
nosotros usamos como letras si están distorsionados o aparecen
borroneados. Como le habrá pasado a usted, cuando uno tiene
que ‘leer’ la palabra que le proponen, en principio hay que hacer
un esfuerzo para ‘descifrar’ las letras y/o números involucrados.
Con todo, un humano lo puede hacer. Para la computadora, es
virtualmente imposible.
Luis von Ahn advirtió que había descubierto (o inventado)
una herramienta poderosísima. La llamó ‘Captcha’. Parece un
nombre raro pero son las iniciales en inglés de estas palabras:
“Completely Automated Public Turing Test to Tell Computers
and Humans Apart”. En castellano, mi traducción libre sería
“Test de Turing Completamente Automático para Distinguir
Computadoras de Seres Humanos”. ¿Por qué ‘Test de Turing’?
Porque con ese nombre se conoce al test introducido por el matemático inglés Alan Turing32, quien se convirtió en el verdadero
32. Le propongo que lea el artículo que apareció sobre Alan Turing
en la contratapa de Página/12 el 27 de agosto del año 2008. También
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héroe en la Segunda Guerra Mundial luego de haber descifrado
el código de encriptación de los alemanes33 y que —según los
que entienden de historia— fue el dato clave para que los aliados
ganaran la guerra. En 1950 Turing escribió su trabajo fundacional llamado “Computing Machinery and Intelligence”34.
Pero me desvié. En el año 2000 aparecen en escena los Captcha. El portal Yahoo utilizó la idea inmediatamente y eso hizo
que Von Ahn pasara a tener una fama instantánea. Una vez que
se doctoró, fue contratado como profesor en la prestigiosa Universidad de Carnegie Mellon en Pittsburgh, y cuando cumplió
27 años la Fundación MacArthur otorgó uno de los premios a los
jóvenes considerados ‘genios’. En dinero, 500 mil dólares.
Curiosamente, ése no fue el final, sino una etapa intermedia para Luis von Ahn: tuvo otra idea que, creo, es incluso más
potente que la anterior. Voy a imaginarme su potencial línea de
pensamiento con el riesgo —obvio— de estar alejado de la realidad, pero eso es irrelevante.
Luis von Ahn debe haber visto que, cinco años después de
que apareciera (y patentara) Captcha, millones de personas se
pasaban varios segundos de su día tratando de descifrar un código formado por cuatro o cinco jeroglíficos. Y todo por el solo
afán de demostrar que esas personas éramos/somos humanos (y
no máquinas). ¿Cómo aprovechar semejante energía y esfuerzo?
Entonces, se le ocurrió lo siguiente: como escribí antes, los
programas actuales tienen problemas para interpretar símbolos
se puede ver en http://www.pagina12.com.ar/imprimir/diario/contratapa/13-110452-2008-08-27.html
33. Conocido con el nombre de ‘Enigma’.
34. “Maquinarias para computación e inteligencia”, en donde Turing se
cuestionaba si las computadoras ‘pueden pensar’.
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cuando no son ‘parejos’ o esperables. Este tipo de programas
se llaman OCR, Optical Character Recognition (‘reconocedor
óptico de caracteres’). Si bien ahora son muy potentes, todavía
no son capaces de descifrar palabras que no están escritas en
forma consistente con el resto del texto, que aparecen borroneadas o distorsionadas, o porque las páginas están amarillas
por el paso del tiempo. De hecho, el propio Von Ahn dice que
para libros que fueron escritos hace más de cincuenta años, los
programas OCR sólo pueden comprender el 70% del texto. Ni
hablar además de libros escritos en la Antigüedad. ¿Qué hacer
entonces?
A Von Ahn se le ocurrió que en lugar de poner una sola palabra, pondría dos. ¿Por qué dos palabras? La primera serviría para
descubrir a los que no fueran humanos, y la segunda, para que
un humano tratara de interpretar una palabra que el programa
‘reconocedor de caracteres’ no podía.
Entonces, cuando uno ve dos palabras, tiene que entender
que está ofreciendo dos funciones: la primera es la misma que
cumplía Captcha, o sea, autenticar que uno es un ser humano.
La segunda es cooperar con la digitalización de un libro, por
ejemplo. A este nuevo protocolo, Von Ahn lo llamó ‘ReCaptcha’
y es el que se usa en la actualidad.
De hecho, el programa envía esa segunda palabra diez veces de manera que diez personas diferentes hagan el trabajo
de ‘desentrañar’ lo que quiere decir. Cuando las diez dijeron lo
mismo, la palabra queda descifrada y el digitalizador da por aceptado ese texto.
Sin embargo, hay algo más que quiero incluir en este texto.
Pensemos en términos económicos: si uno invierte —en promedio— diez segundos por usuario y se estiman alrededor de 200
millones de ReCaptchas diarios en el mundo, eso significa más
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de 550 mil horas-hombre por día35. Si uno tuviera que contratar
a trabajadores ‘humanos’ dedicados a hacer este trabajo y les pagara un salario muy mínimo de 30 pesos por hora, esas empresas
deberían invertir alrededor de 16 millones de pesos diarios. Tomando el salario mínimo por hora en los Estados Unidos (un
poco más de siete dólares), el dinero involucrado sería de 4 millones de dólares diarios, lo que equivale a más de 1.000 millones
de dólares por año.
Lo que hizo Von Ahn permite ahorrar ese dinero y hacer
—entre todos— un esfuerzo común en forma inadvertida; dicho
de otra manera, estamos todos trabajando sin saberlo. Y gratis.
No puedo terminar este artículo sin decir que Google adquirió la tecnología que ideó Von Ahn en el año 2009 y ahora ha
sido incorporada a más de 350.000 sitios de internet, incluidos
Facebook y Twitter. Con esta tecnología Von Ahn sostiene que
se están descifrando en el orden de 100 millones de palabras por
día, lo que permite inferir que sirve para digitalizar alrededor
de 2 millones y medio de libros por año. Hasta el año 2012, de
acuerdo con sus datos, participaron más de 750 millones de personas distintas en digitalizar al menos una palabra. O sea, más
del 10% de la población mundial participó del proyecto.
La causa que impulsa a Google es muy noble: está haciendo
un esfuerzo descomunal —que celebro— por digitalizar todos
los libros desde que los humanos dejamos registros escritos. Lo
que sucede es que en el camino participamos todos y no lo sabíamos. ¿O usted tenía idea?
35. En este sitio de internet, está la conferencia TEDxCMU que el propio
Luis von Ahn dio en Carnegie Mellon: http://tedxcmu.com/videos/luis-von-ahn
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Encuestas siglo XXI
La irrupción de las redes sociales en el paisaje que compone
nuestra vida cotidiana, le agrega a la clase política y en particular
al gobierno una herramienta básica para sondear a la opinión pública. Saber qué nos duele, nos importa, nos interesa, determinar
qué es lo que está pasando en ‘el llano’, conocer hacia dónde está
mirando ‘el pueblo’ tendría que tener una incidencia muy fuerte
sobre los integrantes del poder ejecutivo y sobre los legisladores. Si bien falta poco para que podamos expresarnos de manera
directa, en tiempo real y en forma masiva, todavía es necesario
apelar a una herramienta clásica y básica: las encuestas.
Históricamente el problema a resolver es el siguiente: si somos 40 millones de habitantes, ¿cómo hacer para averiguar lo
que pensamos todos preguntándole solamente a un grupo reducido de personas?
Los que vivimos en esta primera parte del siglo XXI sabemos
cómo funciona una encuesta, pero lo que también tengo claro
es que lo que no sabemos es por qué funciona. Es decir: ¿cómo
puede alguien arrogarse el derecho a decir que conoce lo que
piensa ‘la gente’ si solamente consultó a un grupo pequeño? ¿En
qué se basan quienes hacen las evaluaciones para poder decidir?
Pareciera que no nos queda más remedio que creer, casi como
91
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si fuera una religión. ‘Alguien dice’ que conociendo la opinión
de un poco más de mil personas es suficiente para saber lo que
pensamos todos, y los demás le creemos. Pero, ¿es realmente así?
¿Cómo se hace una encuesta y por qué funciona? O mejor dicho, ¿por qué debería funcionar?
Lo extraordinario es que la respuesta la provee —una vez
más— la ciencia. En este caso, la matemática. De hecho, en
forma sistemática nos bombardean con encuestas que nos radiografían diariamente y que sirven para decirnos en forma periódica qué es lo que pensamos, qué nos gusta, qué queremos, qué
nos quita el sueño, qué querríamos tener, con qué fantaseamos,
dónde querríamos ir, qué trabajos querríamos tener, qué comida
nos gusta, qué es lo que creemos que necesitamos, etc. Todo se
reduce entonces a encuestar. O a encuestarnos, si usted prefiere.
Empiezo por el lugar obvio: siempre hay una forma de saber
lo que piensa un grupo grande de personas: ¡preguntarles a todas!
Esto es lo que se hace el día de una elección o de un plebiscito. Pero claro, esta solución tiene un problema (muy grande):
es muy costosa. Hay que parar el país durante todo un día, involucrar forzosamente a una buena parte de la población para
que haga de ‘jueces/jurados’, imprimir una cantidad enorme de
‘boletas’, renovar credibilidades (DNI, libretas de enrolamiento,
libretas cívicas, o todas las variantes que usted pueda incluir),
invadir escuelas, iglesias, clubes, parroquias, etc. Y como dije al
principio, tiene un costo descomunal.
Este ejercicio lo practicamos periódicamente para renovar
parte del Congreso o para elegir presidente o gobernadores; sin
embargo, no lo hacemos para pulsar la opinión de la población
en temas ríspidos, controversiales y de difícil solución (aborto,
eutanasia, legalización de ciertas drogas para uso personal, por
poner algunos ejemplos puntuales) u otros que serían más pe92
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destres pero relevantes para ciertos subgrupos poblacionales en
distintas regiones del país. El último plebiscito que yo recuerdo
tuvo que ver con el que casi termina en un conflicto bélico con
Chile.
Como es fácil advertir, hay momentos en los que es necesario
‘saber’ qué piensa la población, sólo que no es posible ni sustentable estar haciendo una compulsa popular frente a todo tema
que necesitamos evaluar. Sería casi como vivir en un estado de
asamblea permanente. Entonces, ¿qué hacer? Históricamente, la
solución pasa por organizar una encuesta. Es decir, se pretende
diseñar un método que permita consultar a un grupo reducidísimo de personas y, en función de los resultados que se obtengan,
extrapolar los porcentajes e imaginar entonces que uno sabe lo
que piensa la población toda para luego obrar en consecuencia.
En todo lo que sigue voy a hablar como si los encuestadores y
organizaciones que se dedican a encuestar en el país no tuvieran
ni nombre ni apellido. Y desde el punto de vista de la matemática, pero con una observación: no es mi especialidad36.
Empiezo con algunas preguntas. Voy a suponer que la idea es
pulsar la opinión de los argentinos sobre un determinado tema,
no importa cuál.
a) ¿Es posible consultarle a un grupo de dos mil personas lo
que piensa sobre algo e inferir —rigurosamente— lo que sucedería si le preguntáramos a los 40 millones? ¿Es serio eso? Más
aún: ¿es científico?
36. Si bien no es mi especialidad, alguna vez, allá lejos y hace tiempo, fui
el profesor responsable durante algunos años de la materia Probabilidades y
Estadísticas en el Departamento de Matemática de la Facultad de Ciencias
Exactas y Naturales de la UBA.
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Sí. Si la encuesta está bien hecha, en forma rigurosa, cumpliendo con los requisitos indispensables (de los que voy a hablar
un poco a continuación), no sólo se puede inferir lo que piensa
un universo de 40 millones de personas sobre un determinado
tema sino que incluso se puede calcular (o estimar) el error que
se comete. La matemática ofrece esas herramientas.
b) ¿Se obtiene una respuesta perfecta?
No, no es perfecta pero es muy aproximada. Tanto que uno
puede incluso calcular a lo sumo cuán lejos va a estar de la respuesta ‘real’, o sea, la que se obtendría si se consultara a todas las
personas.
c) ¿Cualquier grupo de dos mil personas sirve?
No, no cualquiera. El grupo tiene que ser elegido ‘al azar’.
Y ése es un tema NO menor. Aunque parezca trivial, no es tan
sencillo ‘elegir al azar’.
d) ¿Tienen que ser dos mil personas exactamente? ¿No pueden ser menos? O al revés: ¿no convendría que fueran más?
Depende del ‘error’ con el que usted quiera hacer su cálculo.
Cuanto menor sea el número de personas que integren “la muestra”, mayor será el error que se cometa. Sin embargo, si bien es
cierto que cuantas más personas usted encueste menor será el
error cometido, llega un cierto punto ‘casi de saturación’ en donde por más que uno incremente mucho el número de personas
que participan de la muestra, las ventajas son muy pequeñas.
De hecho, con 1.100 personas, los datos que se obtienen son
muy buenos y permiten tener —en la mayoría de los casos— una
idea bastante fina de lo que pasa con el universo total. El error se
estima en más o menos un 3% del valor real.
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e) ¿Las 1.100 personas dependen de que los argentinos seamos 40 millones? ¿Y si fuéramos más? O sea, si una encuesta se
hiciera en Alemania (80 millones) o en China (1.354 millones),
¿hace falta encuestar a más personas? Y si fuera en Cuba (11 millones) o en Uruguay (un poco más de 3 millones), ¿alcanzarían
menos?
No, y esto es verdaderamente anti intuitivo y extraordinario
al mismo tiempo. La muestra de 1.100 personas es independiente del número que conformen el universo total. Da lo mismo
que sean 40 millones, 400 millones o 4.000 millones. Si me lo
permite, le sugiero que no siga leyendo tan rápido sin dedicarle
un instante a pensar lo que acaba de leer: ¡no importa cuál sea
la población total, si uno elige ‘al azar’ 1.100 personas, el valor
obtenido sobre el tema que a usted le interesa encuestar será una
aproximación en más o menos 3% del valor que le daría si usted
les hubiera preguntado a todos!
f) ¿Qué particularidad tienen que tener las 1.100 personas?
¿Cómo se eligen?
Como decía anteriormente, éste es un dato clave y crucial.
La elección de las 1.100 personas TIENE QUE SER AL AZAR.
Los humanos tenemos muchas dificultades para entender bien
lo que significa ‘al azar’. De hecho, hay mucha literatura escrita
que explica la dificultad de generar ‘números al azar’, aunque
parezca una trivialidad.37
37. No se conocen formas de generar números al azar ni siquiera usando
computadoras. El problema es que toda computadora ‘corre’ un programa. Si
uno descubre cuál es el programa que está generando los números, entonces
puede ‘anticipar’ lo que va a salir. El tema es precioso pero muy largo y ha
dado lugar a muchísimo material escrito. De hecho, los números que se pueden generar se llaman ‘al pseudo azar’.
95
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Hay múltiples ejemplos de desviaciones brutales que se produjeron porque las muestras no cumplieron con esta regla básica38.
Ahora sí, algunas reflexiones. Estoy seguro de que usted escuchó hablar de ‘margen de error’. ¿Qué quiere decir? Confronte
lo que sigue con su idea sobre el ‘error’.
En principio (y digo en principio porque no es todo lo que
dice), cuando a uno le hablan de ‘margen de error’ en realidad
le están informando que se trata de “un número que mide la ‘tolerancia’ que usted se permite aceptar, entre el valor ‘real’ (si se
pudiera consultar a toda la población) y el valor que resulta luego
de haber realizado la encuesta”.
Por ejemplo: supongamos que uno quisiera saber si los argentinos estamos a favor o no de la legalización de la marihuana para
uso personal, y los resultados obtenidos al encuestar a 1.100 personas fueron que un 75% opina que sí y un 25% opina que no.
El hecho de que se hayan encuestado a 1.100 personas al azar
significa que el resultado tiene un ‘margen de error’ de más/menos 3%. Pero un momento: acá quiero hacer una pausa para una
reflexión que creo importante.
De acuerdo con lo que escucho habitualmente, la conclusión que saca una persona ante estos datos, es que el verdadero
valor (si consultáramos a todos los argentinos) de los que están a
favor de la legalización de la marihuana para uso personal es un
número que ‘cae’ entre un 72% y 78%39. En principio es una es38. Hace poco más de un año, el 6 de enero de 2013 apareció en Página/12 un artículo muy sugerente al respecto. Se puede ver también en http://
www.pagina12.com.ar/diario/contratapa/13-211281-2013-01-06.html
39. Ya que 75% - 3% = 72%, que daría el extremo inferior del intervalo, y
75% + 3% = 78%, que daría el extremo superior del intervalo.
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timación correcta, aunque con un asterisco. Y présteme atención
porque se trata de un detalle que no siempre aparece al revelar el
resultado de una encuesta y constituye —creo— una novedad:
hace falta agregar que esto sucedería un 95% de las veces.
¿Cómo un 95% de las veces? En general, uno no escucha
nunca hablar de este hecho. Me explico: un 95% de las veces el
resultado obtenido por la encuesta caería en ese intervalo (72%
a 78%), pero NO SIEMPRE. Es decir, si uno hiciera la encuesta
100 veces y le preguntara a 100 muestras de 1.100 personas diferentes cada vez, entonces el valor caería entre 72% y 78% en 95
de las 100 encuestas... ¡pero no necesariamente en todas!
Y esto se relaciona con el potencial ‘error en la muestra’. Parece un tema menor, pero no lo es. Si bien las muestras son tomadas al azar, presentan un margen de error. Uno está tentado de
ignorarlo, y posiblemente se lo pueda permitir, pero es necesario
observarlo, aunque sea un poco más engorroso de entender. En
la vida cotidiana, y sobre todo en los medios de comunicación, se
tiende a ignorar o minimizar este hecho que al menos requiere
ser descripto alguna vez. Uno está más o menos tranquilo de que
los resultados van a estar bien, porque en 95 de 100 casos ‘va a
dar lo que debe’, pero, al mismo tiempo, es bueno saber que hay
cinco casos de esos cien en donde ‘puede que no’. Y lo notable es
que la matemática ¡también mide este tipo de error!
De hecho, si uno quisiera ser riguroso y tratar de ‘eliminar’ los
errores tanto como fuera posible, conviene repetir las encuestas
varias veces con diferentes grupos de personas y luego hacer un
‘promedio’ con esos resultados40.
Ahora, quiero volver al ‘número’ de personas que integran la
muestra. Si fuera todo tan fácil, yo podría elegir un subgrupo de
40. Véase subnota 3 y la historia de Nate Silver.
97
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diez personas y listo. Les pregunto a ellos, me fijo en el resultado
y se terminó la historia. Con esta idea quiero plantear que ninguno de los dos extremos es aceptable: ni preguntarle a diez ni
preguntarle a 40 millones. Entonces, ¿qué hacer? Uno comienza
a aumentar el grupo de personas a encuestar y a estimar el error
que comete. Está claro que diez son insuficientes, pero ¿cuántas
hacen falta? ¿Cincuenta? ¿Cien? ¿Mil? ¿Diez mil? ¿Cien mil?
Si la respuesta va a ser —por ejemplo— cien mil, aunque sea
mucho mejor que 40 millones, hay algo que ‘falla’. Cien mil son
muchísimos todavía: tenemos que reducir el número. Y mucho.
¿Cuántos entonces? ¿Cincuenta mil? No. ¿Diez mil? Ahora ya
no sé. ¿Serán necesarios diez mil? Si bien querría seguir bajando,
diez mil es bastante más manejable. Sigue siendo un número
grande pero no imposible. Yo podría seleccionar al azar diez mil
personas y preguntarles… pero, ¿estará bien? ¿Serán suficientes
diez mil para poder inferir lo que queremos?
¿Qué tendrá la matemática para decir? ¿En qué lugar uno podría —o debería— hacer el corte? ¿No se podrá disminuir más? Y
si lo reducimos, ¿cuánto nos estamos perdiendo? O mejor dicho,
¿cuánto estamos dispuestos a sacrificar? ¿Cuánto nos empezamos a alejar de la realidad?
Y acá paro. La/lo invito a mirar el siguiente listado y luego voy
a ‘intentar’ dar una explicación sobre cómo interpretarlo y hacer
algunas observaciones importantes sobre el origen del cuadro y
los cuidados que hay que tener.
98
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Tamaño de la muestra
50
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1.000
1.100
........
2.400
........
9.600
+/- ‘error porcentual’
14
10
7
6
5
5
4
4
3.5
3.5
3.1
3
2
1
En principio, fíjese en las dos columnas. En la de la izquierda,
se lee: “Tamaño de la muestra”. En la de la derecha, “Margen de
error de la muestra”. ¿Cómo entender esto? Me explico.
La parte izquierda no ofrece problemas: mide cuántas personas fueron consultadas. A su vez, la columna de la derecha mide
el ‘error’ —en porcentaje— que se comete (en más o en menos). Fíjese cómo al pasar de 50 a 400, el error disminuye de un
+/- 14% a un +/- 5%. Más aún, si uno encuesta a 1.100 personas,
el error ahora se reduce a +/- 3%. Por último, para tener un error
de +/- 1% hace falta ahora encuestar a 9.600 personas41.
41. El error de la muestra se calcula como la inversa de la raíz cuadrada
del número de personas que la componen. De allí surge esta ‘tabla’.
99
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Por lo tanto, el error que uno se permita tolerar indicará el
tamaño de la muestra que uno tendrá que elegir.
Final
Las encuestas no sólo son necesarias sino que se han transformado en imprescindibles para conocer el pulso actualizado de lo
que está sucediendo con la sociedad a la que ‘afectan’ sus decisiones. Es imposible hacer plebiscitos constantes, las redes sociales
dan una información tremenda en términos cuantitativos y también cualitativos, los medios de comunicación masivos intentan
instalar los ‘temas’ que deberían figurar en las agendas de los
gobernantes; pero son esas mismas redes sociales las que exhiben
sin filtro lo que le importa a ‘la gente’ o a los que habitamos un
país. Saber hacer una encuesta, realizarla con honestidad, elegir
muestras verdaderamente al azar, medir los datos en forma confiable y, sobre todo, establecer un ‘vínculo’ entre lo observado y
las decisiones futuras, es sólo el medio a través del cual un gobierno ahora se puede tildar de ‘moderno’ y además de ‘sensible’.
No son más las tapas de los diarios las que indican el camino.
Somos nosotros mismos. Eso sí: hace falta ‘escucharnos’.
Subnota 1
¿Cómo elegir 1.100 números al azar?
Voy a poner un ejemplo de lo que sería ‘al azar’ en el caso del
padrón electoral argentino.
Supongamos que usted está delante de todas las personas habilitadas para votar. Supongamos también que somos 30 millones. No importan los nombres, pero sí el número de cada DNI.
Ahora bien: ordenemos a estas personas NO en forma creciente
100
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ni decreciente42, sino por el dígito final. Es decir, agrupemos a
todos los DNI que terminan en el número cero, después a los que
terminan en uno, luego a los que terminan en dos... y así hasta
los que terminan en nueve.
Como necesitamos elegir 1.100 números de esta lista, vamos
seleccionando uno cada 27.272 DNI43. Ésta es sólo una forma
de elegir al azar. Ciertamente no es la única ni mucho menos.
Pero no sería al azar tomar los números de teléfono (porque no
toda persona del padrón tiene teléfono), ni elegir la misma cantidad de mujeres que de hombres (porque eso sería ‘dirigir’ la
encuesta), ni tratar de juntar la misma cantidad de jóvenes que
de personas más adultas, ni los distintos grupos de socios de un
club, etc. Toda selección ‘a priori’ distorsiona ‘el azar’.
Subnota 2
Creo que es obvio que no iba a poder aportar toda la matemática necesaria para este artículo, no sólo por el espacio sino también
por la cantidad de requisitos previos necesarios. Sin embargo (y
esto me parece muy importante), no hace falta una matemática
profunda, reservada únicamente para un grupo muy reducido de
personas que están a punto de licenciarse o de obtener un doctorado en matemática. Es algo que se estudia —por ahora— en los primeros años de las carreras (matemática, física, computación, por
poner algunos ejemplos). Digo por ahora, porque creo que se deberían enseñar en los últimos años de todos los colegios secundarios.
42. Si los ordenáramos en forma creciente los estaríamos agrupando por
edades ya que a medida que van naciendo nuevos ciudadanitos, se va incrementando el número del DNI.
43. Haga la cuenta: 1.100 27.272 = 29.999.200
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La transformación que se ha producido en las sociedades en
la última parte del siglo XX y en lo que va del siglo XXI, hace imprescindible que un alumno que egresa con su educación media
completa, sepa programar –como mínimo- y tenga a su alcance
herramientas de combinatoria, probabilidades y estadística. Por
lo tanto, si bien en el artículo no aparece toda la matemática
que es imprescindible para llegar a las conclusiones que figuran
anteriormente, mi objetivo fue el siguiente: cuando usted termine de leer esta nota (si es que llega hasta el final) debería estar
preparado para contestar algunas preguntas básicas respecto de
las encuestas y también estar advertido de algunos cuidados que
hay que tener cuando lea los resultados impresos de encuestas
con las que uno se tropieza en la vida cotidiana.
Subnota 3 – Nate Silver
Es famoso el ejemplo actual de Nate Silver, un matemático
norteamericano que predijo públicamente el resultado de las
elecciones presidenciales de 2008 en 49 de los 50 Estados, que
llevó a Obama a la Casa Blanca. Pero Silver se mejoró a sí mismo
en las elecciones de 2012 cuando Obama fue reelecto: ¡predijo
correctamente el resultado en los 50 Estados! Utilizó los resultados de los distintos encuestadores en el país y luego diseñó un
algoritmo para promediarlos, que terminó por darle un resultado
‘perfecto’ (o muchísimo más ajustado).
Silver trabaja/trabajó para el New York Times y ahora lo contrató también la ESPN. Su libro44 (que recomiendo fuertemente) se ha transformado en un best seller desde hace varios meses.
44. The Signal and the Noise. Why so many predictions fail… but some don’t
(La Señal y el Ruido: por qué fallan tantas predicciones... pero algunas no).
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Accidentes aéreos
Éste es un buen momento para escribir sobre accidentes
aéreos. Es decir, debería corregir lo que acabo de escribir: nunca
es bueno escribir sobre accidentes de ningún tipo, pero me quiero explicar. En el momento en que se produce alguna tragedia,
inmediatamente corremos detrás de las historias que tienen para
contar los familiares de las víctimas, los ingenieros que trabajan
en el cuidado de aviones como el que tuvo el percance, mecánicos especializados en el mantenimiento de ese tipo de naves,
signos que debieron haberse tenido en cuenta, las ‘cajas negras’,
psicólogos que dan su aporte sobre posibles ángulos para imaginar lo que se vivió en la cabina en los instantes finales, caras de
circunspección y tristeza por parte de los conductores de los noticieros, los títulos de ‘catástrofe’ o ‘desastre aéreo’ que adornan
por varios días la vida cotidiana de todos los que sobrevivimos
la superabundancia de información totalmente irrelevante, que
involucra también a gente que se dedica a ‘leer las manos’ o el
futuro y que anticipó que esto ‘podía pasar… y al final, como yo
dije, pasó’.
La idea —de ellos— es tratar de buscar (¿encontrar?) patrones. ‘Algo’ que debió haber sido descubierto o detectado y que,
como no lo fue, terminó desencadenando el accidente. Ni ha-
103
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blar de episodios de superstición que se contraponen con hechos
científicos, ni la lucha, siempre latente, entre la ‘fe’ y la ‘razón’.
Hay todavía mucha gente que trata de encontrar entre los datos
disponibles razones que prueben que el episodio estaba ‘predeterminado’ o ‘tenía que pasar’.
Datos como ‘fatiga’ del material que componía el fuselaje o
las alas, ‘horas’ de vuelo que no fueron respetadas, pilotos y/o comandantes que no debieron estar volando... en fin, siéntase libre
a esta altura de completar lo que me falta acá con sus experiencias personales: no hay manera de no haber atravesado por varias
de ellas en la vida. Antes de avanzar quiero hacer una observación que quizá sea obvia, pero necesito escribirla para sentirme
tranquilo: espero que quede claro, una vez que termine de leer,
que está totalmente alejado de mi intención usar el mínimo sarcasmo para referirme al ‘accidente propiamente dicho’, con sus
víctimas y familiares relacionados. No pasa por ahí mi objetivo,
ni de cerca.
La Argentina tiene —lamentablemente— múltiples ejemplos
de vuelos que terminaron en accidentes que pudieron evitarse.
No me quiero referir a ellos ya que el material escrito es suficientemente abundante. No. Quiero hablar de ‘otro tipo’ de accidentes, los que son exactamente eso, ‘accidentes’.
Acá entra en escena Arnold Barnett, profesor de estadística en
el MIT Sloan School of Management. Se especializa —tal como
lo indica él mismo en su currículum45— en matemática aplicada
focalizada en problemas de salud y seguridad. En algún momento
sus trabajos fueron utilizados por Gerald Ford (cuando era presidente de los Estados Unidos) en particular en el análisis de quienes perdieron la vida durante la guerra de Vietnam. De hecho,
45. https://mitsloan.mit.edu/faculty/detail.php?in_spseqno=41132
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Barnett fue un gran opositor a la guerra y sus trabajos científicos
apuntaron siempre en esa dirección. Hoy en día es considerado
uno de los mayores expertos mundiales en seguridad aérea.
Ahora bien: ¿por qué hablar de Barnett? Es que cada vez que
se produce algún accidente aéreo de proporciones (que involucre a alguno de los aviones que más vuelan internacionalmente,
como los que fabrican la Boeing, Airbus, McDonnell Douglas
—que se fusionó ahora con la Boeing—, Sukhoi, Túpolev, etc.)
es muy grande la tentación de hacer un análisis como los que
describí anteriormente. En especial, y esto es de lo que quiero
hablar, el que compara los accidentes que se producen cuando
los mismos aviones son comandados por pilotos que no pertenecen al Primer Mundo.
Es decir, el análisis que hizo Barnett tenía dos objetivos:
a) Demostrar que los accidentes que se producen en la navegación aérea son ‘al azar’, aleatorios, y que la probabilidad
de que sucedan es muy (pero realmente, muy) baja...
b) Probar que no es cierto que las compañías aéreas que no
pertenecen al Primer Mundo son más proclives a tener
accidentes. Teniendo en cuenta el cuadro que figura en
este artículo, producto de una década de análisis, si alguien
cree que vuela más seguro en compañías aéreas de países
del Primer Mundo, comete un error de apreciación. No
quiero decir que sea más seguro volar ‘en éstas’ que ‘en
aquéllas’, sino que no hay lugar donde correr porque ninguno es 100% seguro. Y en todo caso, si se pretende comparar
unas con otras, los datos son contundentes.
Sígame por acá. La idea es que en el mundo hay, aproximadamente, 25.000 vuelos diarios. Los números son ciertamente una
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estimación y de ninguna manera pretenden ajustarse a un ‘conteo’ exhaustivo, pero es un parámetro universalmente aceptado.
De hecho, la idea es que en el mundo hay 7 mil millones de
pasajeros por año, algo equivalente a decir que toda la población
mundial vuela una vez al año.
Estos números son consistentes con el siguiente cálculo. Si
asumimos que en promedio cada uno de estos aviones puede llevar 140 pasajeros y el promedio que ofrecen las compañías aéreas
es de un 72% de asientos ocupados, el resultado es 101 pasajeros.
Luego de agregar a los 5 integrantes de la tripulación (en promedio), llegamos a un total de 106 personas por avión. Si se supone
también que —en promedio— el 30% de los aviones en el mundo están en vuelo en cada momento del día, esto significa que:
25.000 0,3 106 = 795.000
Por otro lado, si dividimos esos 7 mil millones de pasajeros por
los 365 días del año y por 24 (las horas del día), se tiene:
7.000.000.000/365 = 19.178.082,
y luego, a este resultado lo dividimos por 24:
19.178.082/24 = 799.087
Por lo tanto, los números parecen ser consistentes. ¿Por qué
hice estos cálculos? El número de vuelos diarios y la cantidad de
aviones en el aire en cada momento del día, hace que la cantidad
de accidentes experimentados sea casi ‘inexistente’. El análisis
de Barnett muestra que el riesgo que se corría en el siglo pasado,
en la década del 60 (hace cincuenta años), era de 1 en 700.000.
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Treinta años después, en la última década del siglo XX, ese número disminuyó ¡14 veces! Y ahora pasó a ser de 1 en 10 millones. En una parte de sus conclusiones Barnett asegura que los
accidentes aéreos son totalmente aleatorios, con una probabilidad de suceder verdaderamente pequeñísima. El dato que escribe es el siguiente: una persona que toma un vuelo diario sufriría
un accidente aéreo que le costaría la vida una vez cada... ¡4.100
(cuatro mil cien) años!
Pongámoslo de esta manera: la seguridad que ofrecen los aviones hoy en día es increíblemente superior en términos estadísticos a ‘casi’ cualquier actividad de nuestra vida cotidiana que
involucre un medio de transporte. Es decir: si el precio fuera
accesible, uno no debería tener ninguna duda: viajar en avión
es la mejor alternativa en términos de tranquilidad y potenciales
riesgos de accidente. No hace falta mirar mucho alrededor para
comprender que esta última frase es cierta desde hace mucho
tiempo. Lo que sucede —creo— es que el horror que despierta en nosotros el ‘tiempo’ que media entre el momento en que
el accidente está a punto de suceder y en el que ‘termina sucediendo’ (la caída, la explosión, el impacto con el agua/tierra)
es comparativamente mucho más brutal que un choque con un
auto o el descarrilamiento de un tren. Entiéndame bien: una
muerte es una muerte independientemente de cuál sea el factor
que la desencadena. Estoy solamente tratando de interpretar por
qué nos produce una sensación de horror distinta la caída de un
avión que otro tipo de accidente. En todo caso, mi mensaje es
el siguiente: si puede, tome un avión. Sin duda es la forma más
segura de viajar.
Para terminar, lo prometido: la tabla que compara los porcentajes de muertos por accidentes en compañías aéreas del ‘Primer
Mundo’ versus los de compañías aéreas del ‘mundo en desarro107
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llo’. Eso sí, una advertencia importante que hace el autor: la comparación está hecha en rutas internacionales en donde compiten.
Es decir, una compañía aérea en Egipto o en Uruguay o Argentina solamente aparece en las comparaciones con las rutas que
hace hacia —por ejemplo— Europa, Estados Unidos, Japón o
Australia, pero no en vuelos de cabotaje o domésticos que unen,
digamos, Egipto con Marruecos o Libia, o Uruguay con Brasil y
Bolivia, o Argentina con Colombia o Perú. Sin embargo, sí están
incluidos todos los vuelos que se hacen de cualquier país latinoamericano a Europa o Estados Unidos, independientemente
del número de conexiones intermedias en la medida que no haya
cambio de avión.
Compañías del Primer Mundo
Compañías de países ‘en desarrollo’
Vuelos
38%
62%
Muertes
45%
55%
¿Cómo interpretar esta tabla? Durante la década que utilizó Barnett para hacer su investigación, las compañías aéreas del
mundo en desarrollo realizaron el 62% de los vuelos. Si fueran
tan ‘seguras’ como las del Primer Mundo, deberían haber generado el 62% de las muertes de sus pasajeros o incluso más, si es
que fueran más proclives a generar desastres. Sin embargo, ocasionaron el 55% de las muertes, lo que indica —al menos— que
no les fue peor que a sus competidores más desarrollados. Por lo
tanto, si alguien pensó que era preferible usar las ‘otras’, decídalo
por otras causas, pero no por los accidentes producidos.
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Netflix
Desde hace poco tiempo, la Argentina se incorporó al núcleo
de países servidos por Netflix. La compañía se ha popularizado
rápidamente y lo que sucedió acá tiene un correlato con lo que
está pasando en el resto del mundo. ¿Qué es Netflix? Netflix es
una compañía norteamericana, fundada en 1997, cuya base está
en la ciudad de Los Gatos, California. Si bien originalmente fue
la primera en proveer un servicio de DVDs a domicilio para todos aquellos que pagaran una suscripción mensual, la evolución
de la tecnología la transformó ahora en proveedora del mismo
material (películas y series), pero ya no es necesario el transporte
físico del contenido, sino que éste llega a través de una conexión
a internet en lo que se denomina streaming video o sea, el flujo
de video generado por una fuente remota. Dicho de otra forma:
tener una suscripción a Netflix sería equivalente a tener acceso
a un canal de cable que llega a su computadora (o cualquier
dispositivo equivalente) a través de internet.
Dos observaciones esenciales. A diferencia de lo que sucede
con un canal de televisión, donde el gerente artístico es quien
determina qué se emite, en el caso de Netflix es el usuario
quien elige qué quiere ver; y además determina cuándo lo quiere ver.
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Son datos no menores y que marcan también un cambio en
el juego que existió desde los inicios de la televisión. Ahora el
cliente controla el qué, el cuándo y el dónde.
Y un agregado: además de películas, Netflix ofrece series de
televisión, ya no sólo las que reproducen los canales de aire y/o
de cable: por primera vez en la historia produjo un documental
(The Square) que solamente se puede ver si uno está suscripto y
que fue nominado al Oscar en la edición del corriente año; por
otro lado, en 2013 debutó House of Cards (“Castillo de naipes”
o “Casa de naipes”), la primera serie generada específicamente
para que se viera por internet y cuya calidad fue reconocida con
un premio Emmy.
¿Por qué hablar de Netflix?
Casi desde que inició sus actividades Netflix advirtió que el
gran negocio, además de la suscripción, era poder predecir y, por
lo tanto, recomendar qué es lo que el usuario podía querer ver. Es
decir, personas que como usted o yo preferimos en un momento
determinado quedarnos en casa para ver una película en lugar
de ir a un cine o al teatro, tenemos la alternativa de elegir qué y
en qué momento mirarla. Pero aquí aparece el gran dilema: ¿qué
mirar? Una vez saciada la necesidad personal o social de ver los
estrenos, las novedades, lo que está de moda, ¿cómo hacer para
saber qué elegir entre miles de películas y/o series?
Y es aquí donde —una vez más— entra la matemática. Si
usted es usuario de internet desde hace tiempo y ha bajado música, un libro, una película o una serie de televisión (por poner
solamente algunos ejemplos), decía, usted se habrá tropezado
con que aparece ‘alguien’ dentro del sitio que usted está visitando que le dice: “Las personas que leyeron Cien años de soledad,
de Gabriel García Márquez también leyeron La guerra y la paz
de Tolstoy”. O bien, “las personas que bajaron ‘Yesterday’ de los
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Beatles, también compraron ‘Holiday’ de los Bee Gees”. O “los
que vieron Pasqualino Settebellezze también vieron I pugni in
tasca”. Obviamente, la lista podría seguir y seguir.
Netflix tenía (y tiene) un programa que se llama Cinematch.
Luego de mirar una película invita al usuario ‘rankearla’, algo
así como adjudicarle un puntaje (entre una y cinco estrellas) de
acuerdo con cuánto le haya gustado. Esos ratings se guardan y
constituyen una base de datos fabulosa que luego Netflix aprovecha. La idea madre que usan tanto Netflix como Amazon (por
poner otro ejemplo) se basa en que si a dos personas les gusta un
determinado producto (música, literatura, película), es muy posible que tengan más cosas en común. Claro, detrás de algo tan
ingenuo y sencillo, transparente para el usuario, hay un algoritmo que tiene en cuenta millones de datos, relaciones entre ellos
y multiplicidad de preferencias. Cinematch es el nombre de ese
programa que aparece subyacente en el sitio web de Netflix y
que le sirve para analizar los hábitos de sus ‘espectadores’ y que,
una vez que alguien termina de ver una película, le recomienda
otras. En promedio, un suscriptor de Netflix que lleva algunos
años ha calificado alrededor de 200 películas entre las que vio
en un pasado reciente y las que vio en otras épocas. Por lo tanto,
Netflix tiene muchísima información acerca de lo que nos gusta a los consumidores (y también lo que no nos gusta). La idea
entonces es buscar patrones, observaciones que a una persona
común le costaría —o le sería imposible— detectar. Primero,
porque no tenemos tiempo, y segundo porque aunque nos propusiéramos hacerlo en forma individual, nos llevaría el mismo
tiempo que les llevó a nuestros antepasados pasar de conseguir
fuego frotando dos piedras hasta llegar al encendedor electrónico. Un algoritmo bien escrito lo hace sin esfuerzo. Y me apuro
a escribir algo más: casi el 70% de las películas que miran los
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usuarios de Netflix resultan ser una consecuencia directa de las
recomendaciones de Cinematch. Y no sólo eso, el sistema de recomendaciones también ‘enseña’ a mirar, a elegir películas que
no son ni las más promocionadas, ni las de los grandes estudios
de Hollywood, ni las de mayor rating: aparecen películas independientes, de mercados que suelen ser marginales. En definitiva, uno se educa y aprende a elegir también.
Pero me desvié. Cinematch anticipa o predice el ranking que
un usuario le debería poner a determinadas películas, y se basa
para hacerlo en las notas (o número de estrellas) que esa misma
persona les puso a películas que vio anteriormente.
Para decirlo en forma más matemática (y le pido que me
acompañe en este razonamiento porque es muy sencillo): Cinematch opera con cuaternas como ésta:
(número de usuario, número de película, fecha, calificación)
Como usted advierte, los tres primeros datos están fijos y determinados. El único número o coordenada que está ‘libre’ es la
última, la de la calificación.
El cofundador y CEO de Netflix, Reed Hastings —quien
también fue miembro del directorio de Microsoft y ahora integra
el de Facebook—, advirtió que el algoritmo que usaba la empresa
había llegado a un ‘tope’ de su capacidad predictiva. Y como todo
innovador se preguntó si el problema estaba en ellos mismos,
en que no eran capaces de mejorar su algoritmo. Vale la pena
acotar que Netflix tiene en este momento más de 44 millones de
suscriptores en todo el mundo (más de una Argentina completa)
que pagan alrededor de ocho dólares mensuales, y cuenta con
más de cien mil títulos entre películas y series. Si uno quisiera
verlas todas, tardaría más de 68 años.
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Recomendar, recomienda cualquiera. Hacerlo con precisión,
es una tarea no menor.
Hastings (y la gente que trabaja con él, supongo) tuvo entonces una idea extraordinaria: propuso hacer un concurso abierto a
la comunidad toda (científica o no). Cualquier persona o grupo
de personas que fuera capaz de mejorar en más de un 10% las
predicciones de Cinematch, recibiría un millón de dólares46.
La competencia fue anunciada en octubre del año 2006.
Netflix les ofreció a los participantes una pequeña porción de su
enorme base de datos, de manera tal que los competidores los
pudieran usar para entrenarse y escribir un algoritmo predictivo.
A esos efectos les dio 100.480.507 cuaternas que involucraban la
opinión de 480.189 usuarios sobre 17.770 películas. Se inscribieron más de 30 mil equipos. Sí, lo escribo otra vez: más de 30.000
grupos interesados.
Una vez que una persona o grupo proponía un algoritmo superador de Cinematch, Netflix tenía reservado otro grupo de datos
que para usarlos como a modo de examen. Este examen consistía
en lo siguiente: en lugar de entregarles las cuaternas completas,
Netflix les daba 2.817.131 ternas (con los primeros tres lugares
ocupados), pero se reservaba el último ‘numerito’ para el jurado.
46. ¿Qué quiere decir ‘mejorar’? Quiere decir que con los datos que Cinematch tenía pudo predecir el número de estrellas que un determinado usuario
le pondría a ciertas películas. Después, la realidad mostró si tuvieron razón...
o no. Netflix les daba esos datos a los competidores (sin mostrarles el último
‘numerito’, el del número de estrellas) y después les tomaba un examen. Para
ello tenía tres grupos de datos: las predicciones de Cinematch, las predicciones
del algoritmo nuevo y la realidad. Si el nuevo algoritmo hubiera sido capaz de
‘acertar’ en más de un 10% las predicciones que había hecho Cinematch con
ese grupo de películas y usuarios, ese programa podría considerarse mejor que
el que había usado Netflix.
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El algoritmo tenía que ser capaz de generar —justamente— ese
cuarto dato y si, al compararlo con lo que había hecho Cinematch,
lograba mejorar en un 10% las calificaciones, pasaba a competir
por el millón de dólares.
Como expliqué anteriormente, sólo los miembros del jurado
conocían el conjunto completo de las calificaciones y, a los efectos de preservar el anonimato, se excluía el nombres de los clientes, la edad, el lugar geográfico donde se encontraban, el grupo
étnico, etc. De esa forma, los participantes del concurso debían
basar sus resultados en números y no en cuestiones de tipo social
ni psicológico.
Un paso más: llegado el momento en que un grupo superara
el 10% que se proponía Netflix, allí mismo empezaba una cuenta
regresiva de treinta días: el ‘resto’ de los participantes tenía un
mes exacto para presentar sus algoritmos. Si nadie podía superar
el 10%, se declaraba ganador al equipo que sí lo había logrado y
se le entregaba el millón de dólares.47
La competencia comenzó el 2 de octubre de 2006 y ¡seis días
después! un grupo llamado WXYZ Consulting (de origen chino)
mejoró los resultados de Cinematch... aunque no alcanzaron el
10% sino que apenas rozaban el 1%. El 15 de octubre de 2006
ya eran tres los grupos que habían mejorado a Cinematch y el
que mejor performance logró consiguió estar 1,06% por arriba
del algoritmo de Netflix. Como los resultados eran dinámicos y
47. Un dato MUY IMPORTANTE: el grupo ganador no tenía que firmarle a Netflix un contrato de exclusividad por su algoritmo. Netflix lo podría
usar —si así lo decidía— pero los ganadores estaban autorizados a venderlo
a otras empresas interesadas. Parece algo trivial, pero claramente no lo es: los
autores de las ideas y del desarrollo le vendían a Netflix la oportunidad de
adoptarlo, pero se reservaban el derecho de comercializarlo y seguían como
dueños intelectuales de lo que habían generado.
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públicos, aparecía constantemente una suerte de ‘tabla de posiciones’ que mostraba a qué distancia —en porcentaje— estaban
las predicciones de cada algoritmo con respecto a las que sugería
Netflix.
En junio del año 2007, más de 20 mil de los 30 mil equipos
inscriptos, provenientes de más de 186 países, seguían participando en la competencia. Al llegar al segundo año del concurso, solamente tres equipos lograron ser líderes durante varios meses. En
particular el grupo llamado BellKor, integrado en su mayoría por
científicos de los laboratorios AT&T, estuvo al frente desde mayo
de 2007 hasta septiembre de 2008. Luego de dos años de trabajo,
cinco grupos mejoraban en más de un 9% a Cinematch: BellKor
in BigChaos, BigChaos, Pragmatic Theory, BellKor y Gravity. Durante muchos meses, parecían atascados, empantanados.
Allí se produjo un vuelco interesante: varios grupos que seguían compitiendo, como en un maratón, decidieron unir fuerzas y repartir el dinero en caso de ganarlo. Los equipos se fueron
consolidando y las ideas empezaron a fluir. Faltaba poco para la
meta, pero como suele suceder en los Juegos Olímpicos, para
poder ganar como lo hace Usain Bolt, es necesario mejorar una
centésima de segundo, y ésa es la parte más difícil.
En octubre de 2008, pasó al frente un grupo ahora llamado
BigChaos, integrado en su mayoría por científicos austríacos. A
partir de ese momento, parecía que todo quedaría reducido a lo
que producían estos dos competidores: BigChaos y BellKor.
El 26 de junio de 2009, luego de varias consolidaciones y ‘pases’ entre equipos, un grupo denominado Bellkor’s Pragmatic
Chaos llegó a superar el algoritmo de Cinematch en un 10,05%.
Allí comenzó otra historia.
En principio, empezó la cuenta regresiva de treinta días. Todos los que quedaban tenían tiempo hasta el 26 de julio de ese
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año (2009) a las 6:42:37 PM para presentar su algoritmo superador y acceder a competir con Bellkor’s por el millón de dólares.
Si no llegaba ningún otro grupo, entonces Bellkor’s se quedaría
con el dinero.
Increíble e inesperadamente, el 25 de julio, menos de un día
antes del cierre, un equipo ahora denominado The Ensemble
llegó a una mejora del 10,09% sobre Cinematch y, tal como estaba estipulado, un día después, Netflix detuvo el concurso y dio
por finalizada la recepción de algoritmos. A partir de ese momento, todo quedaba reducido a decidir cuál de los dos equipos
se quedaría con el millón de dólares.
El jurado se había reservado para sí mismo otro grupo de datos (1.408.789 ternas más) para poder decidir. Finalmente, luego
de muchas discusiones —parecía que había habido un empate
‘técnico’—, la gente de Netflix determinó que BellKor’s Pragmatic era el equipo ganador. Desde el punto de vista matemático
hubiera sido imposible distinguir uno de otro. Ganó BellKor’s
Pragmatic Chaos porque entregaron sus resultados finales veinte
minutos antes que lo hiciera The Ensemble. “Esos veinte minutos valieron un millón de dólares”, dijo Hastings en el momento
de la entrega del premio, el 21 de septiembre de 2009.
Este grupo estuvo integrado al final por siete personas entre
ingenieros en computación, programadores, matemáticos, especialistas en estadísticas y hasta un matemático experto en video
juegos. Un dato curioso es que varios de ellos se conocieron el
día de la entrega del premio: habían trabajado sin moverse de su
lugar de origen y, de hecho, provenían de Austria, Canadá, Israel
y Estados Unidos. La gente de The Ensemble fue otra suerte de
‘alianza global’ integrada por más de treinta personas de varios
países y continentes.
Por supuesto que los algoritmos son, fueron y serán útiles
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para mucho más que decidir cómo ‘rankear’ películas. Piense
que los dos grupos tuvieron en sus manos más de 100 millones
de calificaciones (o de ‘notas’) y el desafío de predecir con tanta
precisión puede ser aplicado ahora en diferentes campos de la
ciencia, específicamente de la sociología, las relaciones humanas
y comerciales. En todo caso, una de las preguntas esenciales que
queda abierta (por supuesto) es la siguiente: ¿cuán predecible es
el ‘gusto humano’? O aumento la apuesta: aunque fuera posible
predecirlo persona por persona, ¿podrá algún día una computadora ser capaz de aprenderlo y/o de deducirlo?
El trabajo en conjunto, en equipo, hecho por gente que no se
conoció hasta el último mes, sirve para mostrar también la potencia que significa tener personas con distinta formación pensando
algo común48.
Para el final, me guardé un dato curiosísimo (e inesperado).
Netflix había logrado lo que quería: mejorar su algoritmo de predicción. Pagó el millón de dólares a los ganadores, pero... ¡nunca
usó el algoritmo! Sí, leyó bien. ¿Por qué? Porque en el tiempo
que medió entre el anuncio de la competencia y la entrega del
premio, la empresa tuvo que ‘reinventarse’ o ‘redefinirse’ con la
llegada de lo que se conoce con el nombre de ‘streaming video’.
O sea, el gran negocio ahora ya no es enviar DVDs a la casa de
los clientes como era en 2006, sino proveer el material directamente por internet a través de sus propios servidores. Aunque
parezca mentira, no es lo mismo decidir qué película uno quiere
48. Esto se conoce con el nombre de ‘sabiduría de la multitud’ o ‘crowd
sourcing’, o sea, aprovechar las ideas de mucha gente, buscar la cooperación
de grupos grandes de personas, para resolver un problema. El 2 de junio de
2013 apareció en la contratapa de Página/12 un artículo al respecto (http://
www.pagina12.com.ar/diario/contratapa/13-221380-2013-06-02.html) que permitió estimar el peso de un toro.
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ver dentro de unos días, que si tiene la chance de verla ‘en el
momento’, cuando busca ‘satisfacción instantánea’. Pero ésa ya
es otra historia. Los humanos somos raros, ¿no?
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Diez globos
El 29 de octubre del año 2009, se cumplieron cuarenta años
desde que oficialmente ‘empezó’ a funcionar internet. Por supuesto, estaba muy lejos de ser lo que es hoy, pero fue el puntapié inicial. Ese día, una organización llamada DARPA (Defense
Advance Research Projects Agency, o sea, Agencia de Proyectos
de Defensa de Investigación Avanzada) perteneciente al Estado
norteamericano, propuso un desafío interesantísimo. Quizás
usted tenga el mismo prejuicio que yo: un proyecto militar me
produce ‘ruido’ instantáneamente, y ya no sé si me interesa avanzar. Sin embargo, le propongo que haga lo que hice yo cuando
Carlos Sarraute49 me contó de qué se trataba: olvidé el origen y
me quedé fascinado con la idea. Justamente, esa idea es la que
quiero contar en este artículo, no sólo por las ganas de comunicar algo curioso que pasó hace casi cinco años, sino porque me
interesaría proponer el mismo desafío acá, en la Argentina50.
49. Doctor en Matemática (y amigo) especialista —entre otras cosas— en
Minería de Datos.
50. De hecho, ya conversé para ver cómo implementarlo no sólo con el
director del diario Página/12, Ernesto Tiffenberg, sino también con Víctor
Hugo Morales; Claudio Martínez, director general de El Oso Producciones,
la empresa que genera todos los programas de ciencia en los que yo estoy
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Verá usted de lo que somos capaces los humanos cuando tenemos un objetivo común, un interés particular en resolver algo
y sumamos nuestras capacidades, medios y esfuerzos. Lo que voy
a contar pasó en los Estados Unidos, pero mi idea es mostrar que
eso mismo somos capaces de hacer nosotros. Acá va.
Para empezar le propongo que piense en un globo. Sí, en un
globo. No me refiero a los que se usan en las fiestas de cumpleaños, pero sí —eventualmente— en una kermesse o en un parque
de diversiones. Supongamos que el globo, cuando está inflado
con gas, mide unos tres metros de diámetro. Es decir, es un globo
muy grande.
Ahora que nos pusimos de acuerdo en el tipo de globo, piense
que lo va a remontar como si fuera un barrilete y lo que quiere
hacer es dejarlo ‘flotando’ en el aire a unos 20 metros de altura
y durante unas ocho horas. El globo estaría ‘anclado’ a tierra de
manera tal que no se ‘volara’. Por otro lado, el tamaño del globo
haría imposible que una persona pasara cerca de él en cualquier
calle de cualquier ciudad y no se diera cuenta de que el globo
estaba ‘allá arriba’, y ni hablar si uno estuviera en una zona un
poco más plana.
Bien. Ahora piense que se tienen diez de estos globos pintados
de un rojo bien brillante. El objetivo de DARPA fue el siguiente: anunciaron por distintas vías de comunicación que los globos
serían elevados y dispuestos todos al mismo tiempo en diez ciudainvolucrado y muchos otros también; el ministro de Ciencia, Técnica
e Innovación Productiva, Lino Barañao; el director de Canal 7, Martín
Bonavetti; el presidente de RTA (Radio y Televisión Argentinas), Tristán
Bauer; el director de Tecnópolis, Javier Grossman; Santiago Siri, co-creador
del Partido de la Red en la Argentina y uno de los referentes más importantes
que tiene el país en lo que se llama ‘data mining’ o ‘minería de datos’, y el
propio Carlos Sarraute, quien fuera el motivador de esta idea.
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des y/o pueblos (sin importar el tamaño) en la parte continental
de los Estados Unidos (o sea, excluyendo Hawaii y/o cualquier
otra isla). Los globos aparecerían a las diez de la mañana de un
día en particular (que terminó siendo el 5 de diciembre de 2009)
y serían retirados a las cinco de la tarde del mismo día. Y repetirían el episodio al día siguiente (el 6 de diciembre). El desafío
entonces consistía en encontrar los diez globos en el menor tiempo
posible.
El primer grupo y/o equipo de personas que fuera capaz de
determinar la locación (longitud y latitud) de los globos, se haría
acreedor de 40 mil dólares.
A todo esto, usted debe (debería) estar preguntándose: ¿Para
qué? ¿Qué querían hacer con los globos? O en todo caso, ¿qué
es lo que se suponía que tenía que hacer la gente al ‘ver’ esos
globos?
Todas las preguntas que se le ocurran son pertinentes. Le propongo un par de escenarios posibles. Suponga que aparecen diez
focos infecciosos distribuidos en la Argentina. Son fácilmente
detectables si uno está en el lugar, pero el problema es que comiencen a esparcirse por todo el país. La idea podría ser tratar
de erradicarlos lo antes posible. O uno podría imaginar que hay
un agente químico que está contaminando el agua que consumimos y que origina esos focos en determinados lugares del país.
¿Cómo hacer para descubrirlos todos en el menor tiempo posible? ¿Cómo nos comunicamos aprovechando no sólo los medios de comunicación convencionales —radio, televisión, boca a
boca— sino que, ya que estamos en el siglo XXI, los combinamos
con las redes sociales (Twitter, Facebook, Instagram, LinkedIn,
etc.)? Lo voy a resumir en una sola pregunta: ¿Cuánto tiempo
tardaríamos en comunicar e interrelacionar diez lugares o focos
de ‘potencial conflicto’?
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Como usted advierte hubiera sido imposible para una sola
persona hacer un rastrillaje de un país, y ni hablar de uno de
semejante superficie como Estados Unidos, como lo hubiera
sido también Brasil, China, Rusia y aun Argentina. De hecho,
ya sería muy difícil si los diez globos estuvieran distribuidos en
cualquiera de nuestras provincias más grandes (Buenos Aires,
Córdoba, Santa Fe, Salta, Santa Cruz, por poner algunos ejemplos), e incluso en la ciudad en donde usted vive (salvo que sea
muy pequeña). El objetivo es elaborar una estrategia (ergo, hacer
matemática) que permita detectarlos.
Hasta acá estamos de acuerdo, pero ¿cómo hacer? ¿Cuántas
personas son necesarias? ¿Cómo se conectan entre ellas? ¿Cómo
se distribuyen las zonas? ¿Cómo se comunican entre sí? Peor
aún: suponiendo que varios grupos estén a la búsqueda de los
mismos diez globos, bien podría suceder (y de hecho, eso fue lo
que pasó) que haya algunas personas de un grupo que le envíen
señales falsas a los otros para distraerlos. ¿Cómo evitar los engaños? ¿Cómo eludir las trampas? ¿Cómo señalar los globos de
manera tal que no haya posibilidades de confusión?
Un detalle importante que no comenté hasta acá, es que los
globos fueron desplegados en zonas no desérticas. Es decir, en
lugares en donde pasara y/o viviera gente, y no en la cima de una
montaña o en el medio de un campo yermo.
El anuncio del desafío (día y fecha de la realización) se hizo
público exactamente un mes antes de que los globos aparecieran
suspendidos en el aire. Cada equipo tuvo treinta días para constituirse, elaborar una estrategia y prepararse para decidir cómo
implementar la búsqueda.
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El resultado
Antes de avanzar me permito incluir ya mismo el resultado:
hubo un solo grupo de personas que descubrió los diez globos51.
Eso, ya en sí mismo, debería ser un hecho notable. Pero tengo
una pregunta para hacerle y le pido que se tome un instante para
pensar la respuesta antes de leerla a continuación.
¿Cuánto tiempo cree que pasó hasta que los encontraron todos? Haga usted una estimación y después cotéjela. Sé que suena
autorreferencial, pero si le sirve me permito escribir que yo le
erré escandalosamente: estimé diez días. ¿Usted?
Lo extraordinario es que un grupo de investigadores del MIT
(Massachusetts Institute of Technology o Instituto de Tecnología de Massachusetts) ubicado en la ciudad de Cambridge, muy
cerca de Boston, encontró los diez globos en... ¡menos de nueve
horas!
Para ser precisos, anunciaron su hallazgo cuando faltaba un
poco menos de siete minutos para las siete de la tarde del mismo día en que fueron alzados los globos. Este dato para mí es
increíble. Por supuesto, el desafío concluyó inmediatamente ni
bien corroboraron que los globos eran los correctos. De hecho
los globos ya no fueron remontados al día siguiente como tenían
previsto los organizadores.
Tengo la gran tentación de contar algunas estrategias que leí
del grupo ganador y también de otros que no encontraron todos
globos, pero creo que eso anularía la posibilidad de ser creativos
para los grupos que quieran participar en la Argentina, ya que
51. En este sitio en inglés de Wikipedia, es posible encontrar todos los
datos necesarios para entender un poco más el desarrollo del evento, detalles
de los grupos ganadores y ubicación de los diez globos: http://en.wikipedia.
org/wiki/DARPA_Network_Challenge
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—quizá— se verían inducidos a pensar que el único (o mejor)
camino es el que les sirvió a los ganadores de Boston. Sin embargo, lo que sí quiero contar es que hubo un grupo que decidió
dividir los 40 mil dólares por diez. De esa forma, habrían de asignarle cuatro mil dólares por globo encontrado a los participantes
del propio equipo.
¿Qué quiero decir con esto? Voy a llamar ‘Grupo Ganador’
a los que encontraron los diez globos. Claramente, este equipo
estuvo integrado por muchísimas personas. Sin embargo, tiene
que haber habido uno (que llamo ‘A’) que fue el que encontró
un determinado globo (lo voy a llamar ‘globo uno’). Esta persona
(‘A’), recibió dos mil dólares. Pero ‘A’, fue invitado a participar
por alguien (digamos ‘B’) que ya pertenecía al grupo. Esta persona, recibió mil dólares. De esa forma, había también un estímulo para aquellos que si bien no encontraron ‘técnicamente’ el
globo, hicieron posible llegar a él. Pero ‘B’ tuvo también que ser
presentado por otro (‘C’), y por lo tanto ‘C’ recibió dinero por
su participación: 500 dólares. Y así siguiendo: cada persona que
cooperó, recibió una parte de esos cuatro mil dólares asignados
a ese globo. El dinero se iba dividiendo por dos cuanto más lejos
estuviera de la persona que terminaría reportando el hallazgo. Y
si en algún momento se detenía porque ya habían llegado a uno
de los cofundadores del grupo, entonces el resto del dinero se
entregaba a algún fin benéfico.
Algunas conclusiones
El tema da para escribir muchísimo. De hecho, ya hay mucha
literatura al respecto, pero en todo caso mi reflexión final tiene
que ver con el fenomenal poder que tenemos entre todos cuando
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nos juntamos con un objetivo común. En este caso, el dinero involucrado no me parece que haya sido un factor determinante.
No quiero menospreciar ni subvalorar ninguna cifra, pero estoy
convencido de que cualquier participante que estuvo como eslabón en ‘cualquier’ lugar de esta cadena debe sentir la satisfacción
de ser parte de ella.
Los medios de comunicación masivos (televisión, radios, diarios, revistas, por citar los ejemplos clásicos) cooperan en la difusión del evento; pero para resolver problemas de este tipo, en
los que la velocidad en la comunicación es esencial, en los que la
geografía es tan vasta, en los que se requiere solidaridad de parte
de la población y el orgullo de ser uno más, es imprescindible la
participación de las redes sociales y de los jóvenes que las usan
con tanto éxito.
Es por todo eso que quiero replicarlo en la Argentina, con
características que todavía no están delineadas pero que cuentan
con la adhesión de gente que, desde sus lugares de trabajo, tienen pasión por lo que hacen y les interesa que la vida del ‘prójimo’ sea tan disfrutable como la propia. Si no, si hay alguien que
se queda involuntariamente excluido de tener las mismas posibilidades que tuve yo, es porque no estamos entendiendo bien este
mundo.
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Veinte segundos
El 28 de noviembre del año 2013, un grupo de aspirantes a
entrar en un colegio ¡primario! en Hong Kong tuvieron que pasar
por una prueba de admisión. A nosotros nos resulta —creo—
irritante/discriminatorio que niños tan pequeños tengan que ser
sometidos a pruebas de este tipo. Sin embargo, le pido que no se
apresure (como hice yo) en sacar conclusiones.
Uno de los problemas que tenían que resolver consistía en
mirar el dibujo que aparece a continuación y decidir qué número
figura debajo del auto. Es decir, el niño tenía que observar el dibujo y decidir cuál era el número que él creía que había quedado
tapado por el auto estacionado.
Más aún: les ofrecían 20 segundos para hacerlo. Sí, ¡20 segundos!
Antes de leer la respuesta, le pido por favor que mire el dibujo
con atención y tome una decisión. En todo caso, si siente que
este tipo de pruebas no son para usted, siga leyendo.
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2013-11-28
Hong Kong Elementary School First Grade Student Admissions Test Question
16
06
68
88
98
What parking spot # is the car parked in?
?
Please answer within 20 seconds
¿Qué pensó usted? ¿Está tentado de leer la solución o pudo
encontrarla en soledad?
Si le sirve (aunque suene muy autorreferencial), le confieso
que me pasé un buen rato pensando y que no pude encontrar
ninguna relación. No me quise entregar tan fácilmente y, si bien
lo dejé por unas horas, volví con más convicción y sobre todo
sintiendo ‘¿cómo podía ser que no fuera capaz de detectar la solución?’.
Me pregunté: “¿Veinte segundos? ¡Qué disparate! ¿Por qué
habrían de hacer semejante cosa con niños de seis años?”.
Pero no pude. Más allá de mis racionalizaciones para encontrar un poco de paz interior, resignado, volví al lugar en donde
había leído el problema y me fijé en la respuesta.
La quiero escribir acá. Haga lo siguiente: de vuelta el libro.
Sí, póngalo cabeza abajo. ¿Qué encuentra? ¿Está la solución
allí?
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Ahora bien: ¿cómo es posible que uno no pueda pensar que
si un auto llega a estacionar en una playa en donde todos los
lugares están numerados, no se le ocurra que esos números tienen que estar ‘mirando hacia el otro lado’, hacia el lado del que
conduce, y no hacia nuestro lado. Si uno fuera capaz de detectar
algo tan obvio, la respuesta al problema sería trivial. Más aún: no
tendría sentido la pregunta, ¿no es así?
Usted saque sus propias conclusiones. Lo que yo quise hacer
es compartir mi frustración y, en todo caso, no es malo frustrarse
cada tanto y aprender a coexistir con nuestras propias limitaciones. En todo caso, eso fue lo que me pasó a mí.
Para completar los datos, una breve historia sobre cómo me
enteré del problema. El primero en advertirme fue el doctor Carlos D’Andrea, uno de los mejores matemáticos argentinos y gran
amigo, quien actualmente se encuentra radicado en España y es,
además, profesor en la Universidad de Barcelona. Carlos mandó
un correo electrónico a todos sus amigos y colegas advirtiéndonos del problema y supongo que sonriendo ante la insatisfacción
que nos generaba a todos.
Pero sigo: con los datos que me aportó Carlos, llegué hasta
un artículo de Julie Zeveloff de la revista Business Insider; ella
apuntaba hacia la persona que verdaderamente dio origen a todo
lo escrito. Se llama (o es su seudónimo) Fauna y escribe en la revista ChinaSmack de Hong Kong. Lo curioso es la presentación
que hizo y que quiero compartir acá:
¿Qué es lo que le lleva segundos a un niño de escuela primaria,
varios minutos a un estudiante de secundaria, más de media hora
a un estudiante universitario y una vida a alguien que ya obtuvo su
título de doctor?
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Sin dar la respuesta, publicaba el dibujo y decía que, de acuerdo con el blog chino Sina Weibo, este problema se expandió en
forma viral y se transformó en el segundo más popular en China.
Una reflexión final: ¿No es notable cómo funciona nuestra
mente?
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2. PONER A PRUEBA
LA INTUICIÓN
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Falsos positivos
En el mundo actual las estadísticas tienen un lugar preponderante: hay estadísticas para todo. Buenas, malas, útiles, irrelevantes, reveladoras… y la lista puede seguir. También sucede que al
hacer pruebas o experimentos, algunos resultados se ‘corren’ de
lo esperable. Por ejemplo en las encuestas previas a una elección,
las estimaciones vienen con el equivalente de una letra chica,
que uno no quiere aceptar pero que es determinante: el error. Es
decir, un porcentaje en más o en menos sobre el valor indicado.
Digo que uno no lo quiere aceptar porque buscamos resultados
tajantes, definitorios, categóricos y contundentes. “¡Que no queden dudas! Gana A o gana B.” Pero los márgenes que suelen determinar una victoria en elecciones parejas son muy estrechos y,
por lo tanto, se hace virtualmente imposible predecir el ganador.
Las encuestas ofrecen sus resultados con error, pero la sociedad
no quiere escuchar.
En cuanto a las elecciones, las encuestas tienen fecha de expiración: el día del sufragio. Allí se sabe la verdad, allí se conocerán los hechos. Pero hay otros episodios de la vida cotidiana,
en los cuales ese día no existe, ya sea porque es impracticable
hacer un rastrillaje exhaustivo de todos los casos o sencillamente
porque no tiene sentido aspirar a tener determinado tipo de cer-
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tezas, como sería la estimación exacta del tiempo de vida de una
persona afectada por cierto tipo de enfermedad.
¿Cuántas veces en su vida escuchó usted hablar de falsos positivos? Seguramente muchas. Lo que sucede es que uno no les
da importancia —en general— salvo que el involucrado sea uno
mismo o algún ser querido. Por ejemplo, un test para determinar
si una mujer está embarazada puede no ser 100% seguro, puede
suceder que una mujer tenga un resultado positivo y, sin embargo, que no haya tenido su período por otras razones: es un caso
típico de falso positivo.
También podría ocurrir que al cruzar los sistemas de seguridad en un aeropuerto, la alarma suene como si usted estuviera
llevando un objeto metálico que debería haber sacado de sus
bolsillos; es posible que el sistema sea tan sensible que está
detectando una moneda que le quedó olvidada. O podría ser
que sonara igual aunque no tenga nada metálico visible o reconocible.
El servicio de correo electrónico que usamos suele enviar
a una carpeta SPAM aquellos mensajes que el programa detecta como indeseable. Sin embargo, estoy seguro de que a
usted le debe haber pasado que fue a parar allí un mensaje
que usted hubiera querido retener o leer. Es otro ejemplo de
falso positivo.
O la propia computadora podría anunciarle que hay un archivo infectado con un virus, cuando en realidad no es así. O en
las fábricas en donde se requiere un ‘control de calidad’, algunos productos no lo superan y el sistema los considera ‘extraños’
cuando debería aceptarlos por buenos. Éste sería un ejemplo de
falso negativo. Y podría seguir pero quiero parar acá.
Todo esto que escribí tiene una intención: provocarla/lo a decidir si el porcentaje de seguridad que ofrece el sistema que le
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voy a proponer le parece confiable o no. Lo extraigo de un excelente trabajo de Claudio Fernández Aráoz, uno de los mejores
expertos argentinos en selección de personal52. Prepárese a pensar y sacar sus propias conclusiones. Sobre el final, analizamos
juntos los resultados.
Suponga que usted se enfrenta con un grupo de profesionales
entre los que tiene que seleccionar el 10% para trabajos de gerente en una compañía. No importa cuántos sean, usted solamente
quiere quedarse con los mejores postulantes. ¿Cómo hacer para
detectar justamente ese 10%?
Sus asesores le acercan un método que le ofrece las siguientes garantías: “Si los candidatos superan una serie de preguntas
y resuelven una cantidad de problemas, el método provee una
evaluación con el 90% de precisión”.
Es decir, aquellos que pasen por el tamiz que usted les propone tienen un 90% de posibilidades de pertenecer a ese grupo del
10% de los mejores.
¿Le parece que un método que tiene la intención de reclutar
sólo el “Top 10%” y que ofrece una evaluación con un 90% de
precisión es un método confiable?
Usted y yo sabemos que no hay método infalible, eso no lo
puede garantizar nadie, pero si le aseguraran una eficacia del
90%, ¿diría que es aceptable o no?
Ahora le toca a pensar a usted. Yo sigo acá abajo, pero créame
que no vale la pena leer lo que sigue si no le dedica un rato a
pensar mi propuesta en soledad.
52. Llegué hasta el trabajo de Fernández Aráoz a través de mi amigo Santiago Bilinkis, uno de los curadores del TEDxRiodelaPlata.
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Análisis
Para analizar cuán bueno es el método, le propongo que supongamos que en total hay 100 candidatos. Eso va a hacer que
las cuentas sean más sencillas, pero obviamente, el sistema de
detección no depende del número de aspirantes si no de la eficacia intrínseca.
Como se trata de detectar el 10% de los postulantes, usted
tratará de descubrir los 10 mejores entre los 100. Eso significa
también que en el camino usted determinará cuáles son los 90
que —obviamente— no están en ese grupo.
De esos 10 mejores, como usted tiene un 90% de eficiencia,
su método le permitirá descubrir a nueve, ya que uno se le va a
escapar. O sea, uno de los buenos, uno de los diez que usted querría distinguir, no pasó la prueba cuando debió haberla superado.
Este candidato será un falso negativo.
De la misma forma, entre los 90 que no están en ese grupo, ¡se
le van a filtrar nueve que usted creerá que están entre los buenos!
Éstos van a ser los falsos positivos.
¿Cuál es la moraleja? Con estos datos que acabamos de pensar juntos, ¿qué le parece ahora el método?
Creo que lo que sucede a usted, como me sucedió a mí, es
que un método que parece poco menos que infalible, sirve para
que usted encuentre nueve que son del grupo que usted quiere,
pero también nueve que son del grupo que no quiere. O sea que
su eficiencia se reduce a un 50%. Quedan distinguidas 18 personas pero solamente nueve de ellas son las que usted querría
descubrir.
Este ejemplo es muy útil en ese sentido. Sirve para poner en
perspectiva el tema del error en la apreciación o los falsos positivos (o negativos) para usar los nombres más aceptados. Por
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supuesto que dependerá del contexto pero, cuando se trata de
reconocer los ‘falsos positivos’ y cómo tratarlos, los métodos de
evaluación requieren de cuidados muy especiales, más allá del
campo al que pertenezcan.
Las estadísticas son potentes y muy útiles, pero no infalibles
ni perfectas. El problema es que los humanos nos llevamos mal
con la ambigüedad, con lo que no sea categórico y final. Lamentablemente, los científicos pueden dar muchas respuestas, pero
no todas y entiendo que no es fácil aprender a coexistir con la
duda, aceptar la frustración de no llegar al 100%. Así es la vida…
al menos por ahora.
Resumen
Supuestos:
a) Intención de reclutar sólo el ‘top 10%’
b) Evaluación con un 90% de precisión
Pregunta: ¿qué porcentaje del ‘top 10%’ se recluta finalmente?
Respuesta:
100 profesionales
10% = 10 están en el ‘top’ que queremos reclutar
90% = 90 son los que queremos dejar afuera
De los 10 que querríamos reclutar, alcanzamos a detectar
nueve. Se nos escapa uno
De los 90 que querríamos excluir, 81 quedan eliminados pero
nueve quedan incluidos
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Moraleja
Aun con una precisión del 90%, retenemos a 18 personas, de
las cuales nueve están entre los que buscábamos y nueve querríamos haber eliminado pero se nos filtraron. Luego, tenemos un
50% de efectividad.
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¿Cuántas caras de un cubo
se pueden ver al mismo tiempo?
Ésta es una pregunta interesante: ¿cuántas caras de un cubo
se pueden ver simultáneamente? ¿Quiere pensar?
En realidad, la pregunta debería ser distinta, ya que uno podría tener el cubo ‘pegado’ a la nariz —por ejemplo—, en cuyo
caso uno vería nada más que una cara. O sostenerlo de forma tal
que se puedan ver nada más que dos de las caras. Más aún: estoy
pensando en un cubo que no sea tan pequeño como para que me
lo pueda poner ‘entre los dos ojos’.
Quisiera entonces permitirme reformular la pregunta. Lo voy
a hacer así: ¿cuál es el número máximo de caras de un cubo que
uno puede ver al mismo tiempo?
Ahora sí, creo que el problema requiere de un rato para reflexionar.
Idea de respuesta
Está claro —creo— que se pueden ver una cara, dos caras
y también tres caras. Para ver tres caras será suficiente tener el
cubo como muestra esta figura.
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Dicho esto, la pregunta que cabe hacerse ahora es la siguiente: ¿se podrán ver cuatro? ¿Qué piensa usted?
La respuesta es que no, no se puede. ¿Por qué? ¿Qué argumento encontrar para convencerse más allá de intentarlo ‘físicamente’ y tropezar con la dificultad?
Sígame con esta idea: elija cuatro caras cualesquiera de un
cubo. Como usted advierte, por lo menos dos de esas caras tienen
que ser paralelas. Y eso debería ser suficiente motivo como para
determinar que no se van a poder ver cuatro caras al mismo tiempo. ¿Cómo hacer para estar en dos lugares simultáneamente?
Si apoya el cubo en la palma de su mano, e imagina que las
caras se prolongan en ‘planos’, uno debería poder ver lo que sucede en dos planos paralelos. No importa dónde se ubique usted,
eso será imposible: si ve uno de los planos, no puede ver el otro
(y recíprocamente).
O sea, la ‘clave’ para dar la respuesta es que al elegir cuatro
caras, dos de ellas están en planos paralelos, y eso ya impide que
puedan ser vistas por la misma persona. ¿No es notable el argumento para convencerse de que no es posible lograrlo?
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Torres de telefonía celular
En el transcurso de nuestra educación primaria y secundaria,
uno estudia ejemplos de semejanza de triángulos. Creo que todos, en algún momento de nuestras vidas, hemos tropezado con
algunos problemas que requieren el uso de esa herramienta para
resolverlos.
El que sigue es un caso sorprendente, o al menos lo fue para
mí. Es decir, le propongo que una vez que lea el enunciado se
dedique un rato a pensarlo. Más allá de cuán largo sea ese ‘rato’,
en el momento en que encuentre o lea la solución, le pido que
no abandone el problema. Creo que la/lo estoy invitando a que
disfrute del resultado... sí, que disfrute del resultado porque no
parece posible que pueda ser cierto.
Hay una única manera de corroborar lo que acabo de escribir:
empezar ya mismo. Acá voy.
Suponga usted que hay dos torres de telefonía celular. Estas
torres se erigen en forma vertical. No importa la distancia que
hay entre una y otra, pero lo que sí se sabe es que una mide seis
metros y la otra cuatro.
Del extremo superior de cada una, sale un cable que llega
hasta la base de la otra. Obviamente, esos cables tienen que cruzarse en alguna parte (ver Figura 1):
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6
4
z
Figura 1
¿Puede deducir usted a qué
altura del piso se cruzan? Mirando la Figura 1, el problema
consiste en determinar cuánto
mide ‘z’.
Hay muchas formas de abordar el problema. Una de ellas
es usando semejanza de triángulos, pero no es la única. Por
eso digo, ahora le toca a usted.
Una solución geométrica
Fíjese en la Figura 2.
Q
C
A
4
6
z
O
x
B
Figura 2
y
P
Pongámonos de acuerdo con
lo que se ve, ya que dibujé algunos triángulos. Esos triángulos aparecen al haber marcado
con la letra A el lugar en donde
se cortan los cables, C es el extremo superior de la torre más
baja, O es la base de esa torre, P
es la base de la torre más alta y
Q es el extremo superior de esa
torre.
1) La letra z sirve para medir la distancia desde A hasta el piso
y es justamente la altura que queremos medir
2) Si hubiera otra torre de altura z, la ‘base’ de esa torre estaría
en B
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3) Marqué con x la distancia OB, y con la letra y la distancia BP
Quedan marcados dos triángulos: COP y ABP. Estos dos triángulos son semejantes (tiene los mismos ángulos).
Por otro lado, aparecen otros dos triángulos: OBA y OPQ, que
también son semejantes. Con estos cuatro triángulos y las propiedades de semejanza, se deducen estas igualdades:
y/z = (x + y)/4
(*)
x/z = (x + y)/6
Llamemos s = (x + y).
Si reemplazamos en (*), se tiene:
y/z = s/4
x/z = s/6
Luego, despejando x e y de estas dos igualdades,
y = (s z)/4
(**)
x = (s z)/6
Pero como s = (x + y), usando las igualdades (**)
s = + y = (s z)/4 + (s z)/6
Es decir...
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s = (s z)/4 + (s z)/6 = (s z) {1/4 + 1/6} =
s = (s z) (5/12)
Luego
1 = z (5/12)
De acá, todo lo que hay que hacer es despejar el valor de z.
z = 12/5 = 2,4 m
O sea, la conclusión es que la altura a la que se cortan los dos
cables es de 2,4 metros.
A esta altura, antes de dar por terminado el problema, me
interesa proponerle reflexionar sobre lo siguiente: ¿no es notable
que la altura a la que se cortan los cables haya sido totalmente
independiente de cuán lejos o cerca estén separadas las torres?
O sea, las torres pudieron haber estado separadas por 10 metros o por 10 kilómetros o 1.000 kilómetros: no importa. Si los
cables estuvieran tendidos del extremo superior de una hacia la
base de la otra, la altura en donde se cortan es siempre la misma:
¡Un poquito menos de dos metros y medio!
Estoy seguro de que quien ha estado leyendo estas líneas debe
tener algunas otras ideas para resolver el problema (y lo bien que
hace). Pero lo que a mí me sorprendió, y me llevó a incluirlo en
este libro, es lo que escribí anteriormente: la independencia de
la altura del corte de los cables, respecto de la distancia que hay
entre una y otra. Notable, ¿no le parece?
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Martin Gardner 1.0
Martin Gardner fue uno de los más prolíficos proveedores de
ideas sobre matemática recreativa. Tengo la tentación de decir
que fue el MÁS prolífico de todos, pero en cualquier caso eso
forma parte de la deformación que tenemos los humanos de encontrar siempre ‘el más’ de todo: el que salta más alto, el que
corre más rápido, el que llega más veces primero, el que más se
destaca, el que más escribió, el que más rindió, etcétera.
De todas maneras, mientras algunas cosas son opinables (el
que ‘más’ gustó, el que ‘más’ convenció, el que ‘más’ impresionó,
etc.) hay otras que son ‘medibles’. Por ejemplo, se podría hacer
una lista de todas las publicaciones de todos los autores que escribieron artículos sobre matemática creativa, contar y detectar
cuál fue el que ‘más’ contribuyó, y se resuelve la cuestión. De
la misma forma es fácil determinar quién salta más alto, quién
corre más rápido, etc. ¿Por qué tendremos los humanos entonces
esa necesidad?
Naturalmente, se abre otra discusión: un autor pudo haber
escrito en forma muy prolífica sin que su obra dejara ninguna
huella; y otros, con escaso material cambiaron la historia de la
humanidad. Einstein es un buen ejemplo: escribió muy poco,
publicó menos, pero no hay artículo más citado dentro de la fí-
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sica que su Teoría de la Relatividad. Es decir, la cantidad no garantiza calidad, ni mucho menos.
Luego de esta irrelevante digresión, escribiré —tal como había prometido— uno de los problemas de Martin Gardner. Dice
así: suponga que un amigo y yo nos encontramos en una reunión
familiar. Sobre una mesa hay tres monedas. Mi amigo me hace la
siguiente propuesta: “Voy a tirar tres monedas al aire. Si todas salen ‘cara’, te doy diez pesos. Si las tres caen ‘ceca’, también te doy
diez pesos. Pero si caen de cualquier otra forma, con cualquier
otra combinación de caras y cecas que no sean todas iguales, entonces vos me tenés que dar cinco pesos a mí”.
Supongamos que vamos a tirar al aire las tres monedas varias
veces y usted fuera mi asesor en este juego, ¿qué me aconsejaría?
¿Me conviene aceptar la propuesta de mi amigo?
No quiero avanzar mucho más sin darle oportunidad para que
usted pueda dedicarle un rato y pensar qué es lo que más me
conviene hacer. Yo sigo acá.
Una forma de pensar el problema
Voy a proponer un razonamiento y la/lo invito a que le dedique unos minutos para analizar y decidir qué piensa sobre él.
No se preocupe si su razonamiento está bien o mal, lo único que
interesa es que invierta un mínimo de tiempo para decidir sobre
su veracidad.
Uno podría pensar el problema así:
Al tirar las tres monedas, seguro que dos de ellas tienen que caer del
mismo lado (o bien dos caras o bien dos cecas). Esto sucede porque no
hay una tercera opción. Por lo tanto, al tirar las tres monedas, seguro
que dos repetidas tiene que haber. ¿Qué puede pasar con la tercera?:
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que sea igual a las otras dos o que sea distinta. Las posibilidades de
que sea igual o distinta son iguales: 50 y 50. O lo que es lo mismo, la
probabilidad de que salga igual o distinta es ½.
¿Qué piensa usted? ¿Estará bien esa línea argumental?
Si le parece que lo que escribí antes es correcto, usted me
tiene que asesorar que acepte la apuesta de mi amigo, ya que yo
tengo las mismas posibilidades que él de ganar. Pero además, si
yo gano (o sea, si las tres monedas salen del mismo lado), él me
tiene que pagar diez pesos, mientras que si gana él, yo le tengo
que pagar cinco. O sea, las posibilidades parecen ser las mismas
de ganar o de perder, pero cuando yo gano con las monedas,
recibo el doble de dinero que el que le tengo que pagar a él cada
vez que pierdo. Parece un muy buen negocio para mí.
Sin embargo, estoy casi seguro de que usted detecta o intuye
que hay algo que no está bien en ese razonamiento. Hay algo que
hace ruido. ¿Qué será?
Miremos el problema de otra forma. ¿Cuáles son todos los resultados posibles al tirar tres monedas? ¿De cuántas formas pueden salir? Voy a llamar con una letra C a las que salgan cara y X
a las que salgan ceca. Entonces tenemos estos resultados posibles
para las tres monedas:
XXX (tres cecas)
XXC
XCX
XCC
CXX
CXC
CCX
CCC (tres caras)
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Como se ve, hay ocho posibles resultados. ¿Qué piensa usted
ahora? ¿Me convendrá a mí aceptar la propuesta? Fíjese que de
las ocho posibilidades, las únicas dos que me hacen ganar a mí
son la primera y la última, cuando salen las tres cecas o las tres
caras. A su vez, mi amigo tiene seis posibilidades a favor. Es decir,
yo tengo dos sobre ocho posibilidades de ganar (2/8 = ¼), mientras que él tiene seis sobre ocho maneras de llevarse el dinero
(6/8 = ¾). En conclusión, la probabilidad de que él gane es en
tres de cada cuatro veces que juguemos, mientras que la probabilidad de que gane yo es de una de cada cuatro veces.
Si jugáramos muchas veces, digamos 20 veces, la probabilidad
de que yo gane es de una cuarta parte de las veces (o sea, cinco
veces), por lo que él me tendría que pagar 50 pesos (10 pesos por
cada triunfo mío). En cambio la probabilidad de que gane él es
de tres cuartas partes de las veces, es decir 15 sobre 20. En esas 15
veces, yo le tendría que pagar 75 pesos (5 pesos por cada una de
las 15 veces). Por lo tanto, yo ganaría 50 pesos y él 75.
Si usted es un buen asesor me tendrá que decir: “¡No juegues,
no te conviene!”.
El razonamiento original es equivocado, porque no contempla todos los posibles resultados, ya que hay seis formas de que
salgan dos iguales y una distinta y solamente dos de que salgan
las tres iguales. La probabilidad de cada uno gane no es ½ y ½,
sino ¼ para mí y ¾ para mi amigo.
En la vida cotidiana, en donde estamos expuestos a muchísimos juegos de azar (ruleta, lotería, Loto, punto y banca, blackjack,
etc.), como el dinero que uno podría ganar es tan descomunal en
función de la apuesta, uno tiene la tentación de dejarse seducir
y jugar. Sin embargo, con un análisis que ligeramente mire por
debajo de la superficie, uno debería decidir por única vez y para
toda la vida: “No hay manera de ganar, ¡la banca gana siempre!”.
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Baile poblado de mujeres
Ahora tengo una propuesta para testear su intuición. Suponga
que le doy los siguientes datos: en una fiesta con muchísima gente, se producía algo muy curioso: ¡había solamente tres hombres!
Más aún: el 99% de las personas que habían concurrido eran
mujeres. La idea de los dueños de casa había sido organizar un
baile. Con semejante proporción entre los sexos el plan original
estaba a punto de fracasar.
La pregunta entonces es la siguiente: para tratar de compensar la situación, ¿cuántas mujeres tendrían que salir del salón
para que el porcentaje de mujeres ahora sea del 98%?
Antes de razonar con cuidado la respuesta, le propongo que
piense qué es lo que le dice su intuición, es decir, que haga una
suerte de estimación (no necesariamente los cálculos correctos
sino una conjetura) sobre el número de mujeres que tendría
que salir del salón para que ahora el porcentaje se reduzca a
un 98%.
Una forma de pensar el problema
Como el 1% de las personas están representadas —por ejemplo— por los tres hombres, uno puede deducir de acá el número
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total de asistentes al baile. Si tres personas corresponden al 1%,
entonces el 100% serán 300 invitados.
Por lo tanto, en el salón había 297 mujeres y solamente tres
hombres.
Ahora bien: queremos que salgan la cantidad de mujeres necesarias para que ahora, las personas del sexo femenino restantes
representen un 98%. ¿Cuántas mujeres tienen que salir?
Los hombres seguirán siendo tres, pero en lugar de que tres
personas representen el 1%, queremos que esas tres personas representen el dos por ciento. ¿Cómo se logra eso?
Tal como usted intuye, para que tres personas representen el
2% en total tiene que haber 150 personas. Como había 297 mujeres, tienen que salir 150 de ellas. De esa forma, quedarán 147
mujeres. Si les sumamos los tres hombres, en el baile habrá 150
personas en total y, ahora sí, está contestada la pregunta.
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Orientación de un dado
Estoy casi seguro de que todos los humanos hemos jugado
alguna vez a los dados. Me refiero a dados comunes y corrientes.
Bueno... espere: no sé si son tan ‘comunes’ ni tan ‘corrientes’. Es
que cuando yo escribo rápido la palabra dado querría estar seguro de que usted y yo pensamos en el mismo objeto.
Un dado tiene que cumplir con ciertas ‘reglas’ que suelen pasar totalmente inadvertidas para quienes simplemente los usamos para jugar. Por supuesto, la mayoría de nosotros no tiene la
necesidad de ‘fabricar’ un dado y, por lo tanto, no hay razones
que nos obliguen a prestar atención a cómo se construyen.
Sin embargo, más allá del material que se utilice, me gustaría
preguntarle lo siguiente: ¿está seguro de que podría construir un
dado si yo le diera un cubo blanco y le dijera que distribuya los
seis dígitos del 1 al 6? Es decir, ¿prestó atención alguna vez a la
forma en la que están dispuestos esos números?
Fíjese en la Figura 1 de la próxima página:
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Figura 1
Como usted advierte, si bien uno puede llamarlos ‘dados’, no
son ‘dados’ convencionales, no son los dados que estamos acostumbrados a ver y a usar en la ‘generala’ o en el juego del ‘diez
mil’53, por poner sólo algunos ejemplos. En particular, un hecho
—que creo muy conocido pero me ocupo en remarcar— es que
las caras opuestas de un dado cumplen algunas reglas muy sencillas. En cualquier dado que se precie de tal, son caras opuestas: el
as y el seis, el tres y el cuatro, y también el dos y el cinco.
Para quedarme tranquilo, en la Figura 2 hay un dado que
cumple con esas condiciones.
Figura 2
Además del cuidado que hay que tener al distribuir los números en las caras opuestas, al fabricar un dado hay que tomar otra
53. ¿Jugó alguna vez al ‘diez mil’? Si no lo hizo nunca, le sugiero que
busque las reglas y lo juegue porque es apasionante. Por supuesto, hace falta
jugar con por lo menos otra persona y si bien las reglas varían (por país), es
muy entretenido.
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decisión. Sígame en este razonamiento. Imagine que usted tiene
el cubo blanco y lo apoya arriba de una mesa. Como de alguna
manera hay que empezar a ubicar los dígitos, suponga que ponemos un seis en la cara de arriba. Eso automáticamente determina
que la cara que está apoyada en la mesa es la que tiene el uno.
Ahora, ubique al cinco en la cara que tiene enfrente. Esto determina entonces la cara que queda del lado de atrás (la que sería
equivalente a la ‘espalda’): allí tiene que aparecer el dos. Hasta
acá está todo bien. Pero como decía anteriormente, ahora hay
que tomar una decisión. Falta distribuir el tres y el cuatro como
se ve en la Figura 3. Usted habrá advertido que hay dos formas
de hacerlo: o bien uno pone el tres en la cara lateral derecha y el
cuatro en la cara lateral izquierda, o… al revés. Pero lo notable
de esto, es que cuando uno entra —por ejemplo— en una juguetería y compra dados, hay algunos que vienen con una ‘orientación’ y otros, con la opuesta. De hecho, de acuerdo con un aporte que me hizo Manu Ginóbili el otro día, hay una tendencia a
poner el tres a la izquierda en los países orientales mientras que
en nuestra cultura (más europea), se tiende a poner al tres a la
derecha54.
54. De hecho, al fabricar un dado, las caras que contienen los números
uno, dos y tres tienen un vértice común. Las dos orientaciones posibles aparecen si uno ubica esas caras siguiendo el sentido que usa la aguja de un
reloj (de izquierda a derecha) o si lo hace en sentido contrario (de derecha a
izquierda).
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Figura 3
Nada cambia, sólo que la orientación que tenga el dado pareciera depender del lugar en donde uno lo haya comprado. Un
dato más que me parece importante: hay solamente dos posibles
orientaciones que dependen del lugar en donde usted ubique el
número tres (y por lo tanto, el cuatro). Y no hay más alternativas, pero como intuyo lo que usted está pensando, si en lugar de
haber empezado poniendo un seis arriba hubiera colocado cualquier otro número, igual habría tenido que tomar una decisión
sobre cuál número del par que queda reservado a las caras laterales va a la derecha y cuál va a la izquierda. ¿Aparecerán entonces
nuevos dados? No, uno recupera los dos tipos que describí antes.
Para convencerse, le sugiero que se tome el tiempo usted o bien
haciendo un dibujo o bien consiguiéndose un cubo y probando.
El problema
Quiero contar la historia de un problema que encontré hace
mucho tiempo en un libro muy antiguo (lo cual no garantiza que
sea la versión original tampoco). Como siempre, además del problema, anoté el nombre del autor y me fui. Lo frustrante fue que
pasaron algunos meses y cuando quise recuperar la idea advertí
que había perdido el papel y, peor aún, no recordaba exactamente las condiciones del problema. Pensé durante un tiempo pero
al final, lo abandoné. En diciembre de 2013, mientras revisaba
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un libro publicado por el matemático inglés Barry R Clarke55, lo
volví a encontrar y ahora lo quiero escribir y publicar rápidamente para que no se me escape otra vez. Verá que es un problema
muy sencillo y que parece de muy fácil solución. Sin embargo,
me permitirá hilvanar algunos argumentos y presentar algunas
cosas nuevas (al menos para mí) cuando uno habla de dados.
Además, el problema es ciertamente entretenido... e ilustrativo.
Primero, fíjese en la Figura 4.
A
B
C
Figura 4
Les voy a poner ‘nombre’ a los dados: A, B y C. A es el dado de
la izquierda, B es el del medio y C es el de la derecha.
El problema consiste en lo siguiente: entre los tres dados hay
cuatro caras que son visibles pero a las que les faltan los números. Se trata de encontrar qué números tienen que ir allí. Por
supuesto, si no hubiera ninguna restricción, el problema tendría
muchísimas soluciones; por eso ahora voy a poner las ‘reglas’ que
los dados tienen que cumplir:
1) los cuatro números que faltan tienen que servir para completar los seis dígitos que tiene un dado. Es decir, entre
los tres dados, se conoce el número de la ‘tapa’ del dado B
55. Mathematical Puzzles and Curiosities, de Barry R Clarke, publicado
por Dover.
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(que es un número 4) y el ‘frente’ del lado A (que es un 2).
Bien, entre las tapas de A y de C, y los ‘frentes’ de B y de C,
deben aparecer los números que faltan: 1, 3, 5 y 6. Fíjese
que el número 5 que figura en el dado C no está ni en el
frente ni en la tapa. Sólo servirá para ayudarlo a encontrar
la solución. Sigo...
2) La suma de las tres caras que están en el frente, o sea, la
suma de los números que aparecen en el frente de A, de B
y de C, es un número par.
3) Por último, la suma de las cuatro caras que no se ven (la
cara lateral derecha de A, las caras laterales izquierda y derecha de B y la cara lateral izquierda de C) también resulta
ser un número par.
¿Tendrá solución el problema? Podría ser que no, y en ese
caso, le pediría que explique las razones. Pero podría ser que sí
tuviera solución, y en ese caso le pido no sólo que la exhiba (a la
solución) sino que quiero agregar otra pregunta: ¿cuántas soluciones posibles hay? Eso sí: los tres dados tienen la misma orientación.
Ahora, sólo se trata de pensar y entretenerse intelectualmente
mientras lo hace.
Respuesta
Para empezar le voy a poner “nombres” a las caras de los dados A, B y C. Es decir, voy a llamar AT, BT y CT a las caras que
están ‘arriba’ en A, B y C respectivamente. Por otro lado, voy a
llamar AF, BF y CF a las caras que están al frente en los tres dados. AD, BD y CD a las tres caras laterales derechas de cada dado
y Aizq, Bizq y Cizq a las tres caras laterales izquierdas.
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Espero no confundirlo con tantos nombres pero como usted
no está al lado mío, y no estoy haciendo un programa de televisión, necesito que nos pongamos de acuerdo en la nomenclatura,
para que cuando yo haga un análisis sobre los dados, entendamos
lo mismo.
Ahora sí, creo que estamos listos para pensar juntos el problema.
¿Pudo avanzar usted? ¿Lo pudo resolver? ¿A qué conclusiones
llegó? Acá va mi análisis de la situación.
La primera conclusión que yo pude sacar es la siguiente:
en algún lugar tiene que ir el número 5 (porque es uno de los
números que faltan). Recuerde que el 5 que aparece en el dado
C (la cara CD) no está entre las caras a las que tenemos que
asignar un número. Sin embargo, el hecho de que se ‘vea’ ese
número 5, indica que ya no voy a poder usar el 5 en ninguna
de las dos caras de C que tengo que llenar (CF y CT). Por otro
lado, el 5 tampoco puede ir en el dado A (¿por qué?). Como la
cara de A que sí se ve (AF) es un número 2, entonces, la cara
opuesta al número 2 tiene que ser un 5 y, por lo tanto, ya no
la voy a poder usar en la tapa de A. Moraleja: como el número
cinco tiene que estar, y no puede estar ni en el dado A ni en
el dado C, entonces debe aparecer en el dado B, pero como el
dado B ya tiene una cara ocupada (la de la tapa, la cara BT, que
es un número 4) uno deduce que la cara del FRENTE del dado
B tiene que ser el número 5.
O sea,
BF = 5 (*)
Ya aparecen entonces los números dos, cuatro y cinco. Nos
falta entonces ubicar el uno, el tres y el seis. Como el uno y el seis
ocupan caras opuestas en cualquier dado, no podrán ocupar las
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dos caras que faltan de C. Es decir, si está el uno no está el seis y
viceversa. Luego, el número 3 aparecerá seguro en el dado C. No
sabemos aún si será en el frente o en la tapa, pero seguro que está
en C. O sea, podemos concluir algo más:
CF = 3, o bien CT = 3
(**)
Por otro lado, si el uno es la otra cara de C que no ocupa el
tres, entonces la tapa del A (AT) tiene que ser seis. Y al revés, si
el seis es la otra cara del C que no ocupa el tres, entonces la tapa
del dado A (AT) tiene que ser uno.
Ahora bien: hay cuatro caras internas que no se ven. El problema dice que la suma de esas caras internas que no se ven
tiene que ser un número par. Como la cara lateral derecha de
C (CD) es igual a cinco, del otro lado debe haber un dos. O sea,
Cizq = 2.
Además, como las dos caras laterales de B (que tampoco se
ven y que llamé Bizq y BD) tienen que sumar siete56, ya tengo la
suma de tres de las cuatro caras: 2 + 7 = 9. Para que la suma de las
cuatro sea un número par —como pide el problema—, entonces
la cara lateral derecha de A (AD) tiene que ser un número impar
(porque la suma de dos impares es un número par).
Los números impares de un dado son 1, 3 y 5. Pero como la
cara del frente de A (AF) = 2, la cara opuesta tiene que ser un
cinco. Luego, AD debe ser o bien uno o bien tres. Por último,
como vimos en la observación (**), ya sabemos que el tres tiene
que estar en el dado C, y también sabemos que la tapa de A (AT)
56. ¿Pensó eso alguna vez? Creo que es muy conocido que las caras opuestas son: 1-6, 2-5 y 3-4, pero un dato que pasa normalmente inadvertido es que
la suma de los números que figuran en esas caras opuestas siempre da siete.
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es o bien un uno o bien un seis. Por lo tanto, se deduce que la
cara interna derecha de A es un tres.57
Antes de avanzar para encontrar la solución, hace falta ponernos de acuerdo en qué orientación tendrá el dado que vamos
a usar. Si uno mira un dado de tal forma que la cara del frente
sea un dos, y la cara derecha sea un tres, la cara de arriba (AT)
puede ser o bien un seis o bien un uno. Yo voy a elegir dados que
tengan esa configuración: un seis en la tapa de arriba, un dos en
el frente y un tres en la cara lateral derecha. Con estos datos, ya
conocemos entonces las dos caras que necesitamos del dado A:
AT = 6; AF = 2
Por último, nos quedan por distribuir el uno y el tres y ubicarlos
en el frente y la tapa del dado C. Usando el mismo tipo de dados
(en cuanto a su orientación) que usé para el dado A, como sabemos que el cinco está en la cara lateral derecha, entonces la cara
del frente de C (CF) no puede ser 3 (porque si no, la tapa de arriba
tendría que ser un seis). Luego, la única configuración posible es:
CT = 3; CF = 1
Y eso termina por resolver el problema. La Figura 5 exhibe la
solución si uno considera una de las orientaciones posibles.
57. Si AT = 1, entonces no puede ser que AD = 6 porque tienen que ser
opuestas y, por la misma razón, si AT = 6, entonces no puede ser que AD = 1.
Luego, AD = 3.
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Figura 5
Lo interesante es que si uno tuviera dados del ‘otro’ tipo, con
la ‘otra’ orientación, entonces el problema no tiene solución58.
En cualquier caso, en el problema que estoy planteando acá, todos los dados tienen la misma orientación.
La matemática también aborda algunos problemas de este
tipo, problemas que dependen de la orientación. No me refiero
al de los dados, que termina siendo bastante sencillo, pero en
todo caso, la idea básica es la que figura en las dos posibilidades
que uno tiene para fabricar un dado.
¿Sabía usted que los dados tenían esa particularidad? Posiblemente no, nunca necesitó esa información. Siempre le bastó con
saber que los números que ocupan las caras opuestas suman sie58. El frente del dado B está forzado a ser un 5 por las mismas razones que
exhibí antes. Faltan distribuir otra vez el 1, el 3 y el 6. Por un lado, el 1 y el 6
tienen que estar en dados diferentes, lo que obliga a que el 3 esté seguro en el
dado C y el 1 y el 6, repartidos entre A y C.
Si el 3 ocupara el frente de C, entonces por la orientación que tiene ahora
el dado, la tapa de C debería ser un 1. Pero entonces, la cara superior del dado
A tendría que ser el 6 y la configuración no permite que la cara lateral derecha
de A sea un 3 para que las caras internas sumen un número par. Si el 3 ocupara la tapa de C, entonces el frente de C estaría obligado a ser un 6. Pero si así
fuere, la suma de las caras del frente no daría un número par.
En definitiva, si el problema estuviera planteado con la otra orientación de
los dados no sería posible encontrar una solución.
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te. Este problema, en todo caso, pone en evidencia —una vez
más— cuántas cosas nos son transparentes en nuestra vida cotidiana. Algunas, totalmente irrelevantes, como el caso de los dados y las distintas orientaciones; pero otras, seguro que no.
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Velocidad promedio
Le quiero presentar un problema que podría plantearle su hija
o su hijo cuando vuelve del colegio. Es uno de esos problemas
que uno —creo— haría con los ojos cerrados y sin prestar demasiada atención. Pero al mismo tiempo, una vez que lo lea, y espero
que lo haga, me gustaría proponerle que recorramos juntos el camino hacia la solución. Los lugares que elegí para el planteo y los
números son totalmente irrelevantes. Usted verá que se pueden
cambiar y que en nada modifica la historia. Acá va.
Supongamos que quiere recorrer el camino que lo lleva por
la ruta 2 desde la Capital Federal hasta Mar del Plata. Como usted sabe, estas dos ciudades están separadas por 400 kilómetros.
Como va a ir en auto, usted puede regular su velocidad como le
plazca, pero se propuso hacer el trayecto a una velocidad promedio de 80 kilómetros por hora.
Sin embargo, cuando llegó a Dolores, como tuvo que detenerse más tiempo del que tenía previsto, advirtió que su velocidad
promedio hasta allí fue de 40 kilómetros por hora.
Dicho esto, acá va la pregunta: ¿a qué velocidad promedio
tendrá que ir desde Dolores hasta Mar del Plata (los 200 kilómetros que le faltan) para poder cumplir con su objetivo? Es decir,
antes de salir usted se planteó como meta hacer los 400 kilóme-
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tros llevando una velocidad promedio de 80 kilómetros por hora,
pero al haber ido muchísimo más despacio (a la mitad) hasta mitad de camino, la pregunta es: ¿a qué velocidad promedio tendría
que ir en la segunda parte si quiere cubrir los 400 kilómetros a 80
kilómetros por hora?
¿Quiere pensar el problema en soledad ahora?
Respuesta
Me dan muchas ganas de pedirle que no lea la respuesta o,
al menos, que no la lea tan rápido. ¿Por qué no se da una oportunidad más de pensar? En todo caso, me apuro a decirle lo siguiente: la respuesta NO es viajar a 120 kilómetros por hora en la
segunda mitad del trayecto. Si llegó a esa conclusión, le sugiero
que lo piense de nuevo.
No. Yo no me equivoqué con lo que escribí hasta acá. Lo notable de este problema es que parece tener una solución inmediata y, sin embargo, lo primero que se nos ocurre como potencial respuesta, es —en general— equivocada. Digo ‘en general’
porque quizá no fue eso lo que usted contestó.
Pero en todo caso, si no fue 120 kilómetros por hora, ¿qué
respuesta encontró? O mejor aún: ¿encontró alguna respuesta?
Antes de escribir la solución, quiero pensar algo junto con
usted y después sí, tratamos de encontrar el número que contesta
la pregunta. Acompáñeme por acá.
Pongámonos de acuerdo en un par de cosas. La distancia a recorrer es de 400 kilómetros (Capital-Mar del Plata). Su objetivo
es cubrir esos 400 kilómetros a una velocidad promedio de 80 kilómetros por hora. Entonces, ¿cuánto tiempo supone usted que
le llevará hacer el viaje? Si son 400 kilómetros a 80 kilómetros
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por hora, la respuesta es que le debería llevar exactamente cinco
horas. Eso está bien.
Por otro lado, de acuerdo con lo que escribí en el planteo, en
los primeros 200 kilómetros usted no pudo llevar la velocidad
que quería, sino que cuando hizo las cuentas, descubrió que fue
a 40 kilómetros por hora. ¿Cuánto tiempo le insumió entonces
hacer la mitad del viaje? Si hizo 200 kilómetros a 40 kilómetros
por hora, ese tramo le llevó cinco horas. ¿Y entonces? ¿Quiere
pensar usted? ¿Cómo resolver este problema?
Aparece algo extraño en esto: usted quería hacer el viaje de
400 kilómetros en cinco horas, y por eso quería viajar a 80 kilómetros por hora. Pero resulta que como no pudo ir a esa velocidad, ¡usó ya las cinco horas que tenía previstas para todo el trayecto en recorrer nada más que la mitad! Por lo tanto, ¡no importa a
la velocidad que vaya en la segunda parte, nunca podrá cumplir
con su objetivo!
La respuesta entonces es que... ¡no se puede! Y acá es donde
me quiero detener. Estoy —casi— seguro de que a usted le pasó
lo que nos pasó a todos los que vimos este problema la primera
vez. La tentación de decir 120 kilómetros por hora para la segunda mitad para compensar los 40 kilómetros por hora de la primera es demasiado grande. En realidad, lo que quiero es hacerla/
lo reflexionar conmigo: no es que usted y/o yo estamos pensando mal el problema. No. El problema es que NO ESTAMOS
PENSANDO. Estamos resolviendo OTRO problema (que voy a
escribir a continuación). El que yo planteé inicialmente no tiene
solución: la respuesta es “no es posible encontrar ninguna velocidad que pueda compensar lo que hicimos en los primeros 200
kilómetros”. Notable, ¿no? Ahora sí, la situación que realmente
estábamos resolviendo antes: “Uno quiere viajar de la Capital
Federal a Mar del Plata (400 kilómetros) y lo quiere hacer a una
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velocidad promedio de 80 kilómetros por hora. Es decir, va a
invertir cinco horas en hacer el trayecto”.
Después de dos horas y media (la mitad del tiempo que tenía previsto para hacer todo el viaje) usted descubre que fue a
40 kilómetros por hora. Entonces, si la pregunta fuera: ¿a qué
velocidad promedio tiene que recorrer el trayecto que le falta
(que ahora NO son 200 kilómetros) para que al llegar a Mar del
Plata su velocidad promedio fuera de 80 kilómetros por hora?,
entonces SÍ, la respuesta sería que debe hacer las siguientes dos
horas y media a 120 kilómetros por hora. ¿Por qué? Porque en
las primeras dos horas y media recorrió 100 kilómetros (ya que
fue a 40 kilómetros por hora). Si en las siguientes dos horas y
media viaja a 120 kilómetros por hora, entonces hace los 300
kilómetros que le faltan. Ahora sí, la velocidad promedio de
todo el trayecto fue de 80 kilómetros por hora como se propuso
inicialmente.
En todo caso, lo curioso es que los dos problemas son distintos y, sin embargo, nosotros decidimos ‘confundirlos’ y contestar
el primero como si el planteo fuera el segundo. Creo que eso
sucede porque tenemos —en alguna parte— pereza para pensar, pereza por el esfuerzo que ello implica y, en todo caso, es
siempre mucho más sencillo tratar de ‘recordar’ que de pensar.
Uno escucha que debería ir a 80 kilómetros por hora y que viajó
a 40 kilómetros en la ‘mitad’ e intuye que debe ser la ‘mitad’ del
tiempo y no la ‘mitad’ del trayecto. Un problema tiene solución
(el segundo) y el otro no.
Si pudiera extrapolar (y lo voy a hacer aun a riesgo de equivocarme), le sugeriría que cuando uno sospecha que los niños/jóvenes tienen problemas para interpretar un texto que
leen (o escuchan) haga también un acto mínimo de introspección, porque a nosotros (los adultos) nos pasa lo mismo.
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Sólo que se nota menos porque no nos toman ‘prueba’ con
tanta frecuencia59.
59. Quiero agregar acá un comentario muy interesante que me hizo Carlos D’Andrea respecto de este problema: “Adrián, yo no creo que la gente te
conteste rápidamente ‘por pereza’ sino porque estamos acostumbrados a ver
la proporcionalidad como una primera aproximación a todo: la ‘regla de tres’
es lo que nos enseñan en la escuela y con eso pareciera que todo se tiene que
resolver. Pero incluso las leyes clásicas de la física son todas de proporcionalidad, y también buena parte del análisis de ecuaciones complicadas (polinomiales, diferenciales, etc.) consiste en ‘linealizar el problema’ y luego, resolver
el problema lineal asociado. O sea que hay algo inherente a ‘linealizar un
problema’ que tenemos todos en la cabeza, que tiene que ver con que:
a) es más fácil de resolver;
b) en la mayoría de los casos la solución, o bien es la correcta o ‘está muy
cerca’ de la correcta.
Pero no creo que sea pereza. Quizá podría ser una combinación entre
la ‘deformación profesional’ (tenemos un exceso de problemas resueltos con
métodos de regla de tres en la cabeza) y también del hecho de que ese tipo de
problemas son fáciles de resolver, y además, sabemos cómo hacerlo”.
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La matemática y un pequeño
aporte a la medicina
La incidencia que puede tener un matemático en la toma de
decisiones en la vida real es cada vez más notable. Quiero mostrar aquí algunos ejemplos (de los miles que hay) sobre los riesgos
que se corre en la vida cotidiana si no hay un matemático para
interpretar los datos:
a) A una mujer de 40 años a la que se le hizo una mamografía
le dio positivo. ¿Significa que tiene cáncer de mama?
b) A un atleta le dio positivo un test por supuesto uso de esteroides. ¿Significa que efectivamente los estaba usando?
c) Una prueba de ADN parece indicar que una persona fue
el autor de un crimen. ¿Cuál es el grado de certeza de que
eso sea cierto?
Como se ve, el grado de sensibilidad de cada uno de estos casos merece una atención particular. Naturalmente, yo no soy un
experto ni mucho menos, en este tema “toco de oído” (que, por
cierto, no es muy bueno en los últimos tiempos), y no tengo suficientes conocimientos como para poder revelar casos relevantes.
Pero lo que sí tengo es suficiente experiencia para poder alertar a quienes corresponda (o sea, a toda la población) sobre la
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importancia de saber interpretar datos de la realidad, y que para
eso hace falta gente experta (ciertamente no yo).
De todos los ejemplos que conozco (y son muchos), elegí
adaptar uno que me parece claro para entender la situación. Es
una “versión libre” del que plantea el especialista en inteligencia
artificial Eliezer Yudkowsky, investigador (entre otros lugares) en
la Universidad de Stanford, Estados Unidos.
El planteo
Los datos que figuran a partir de acá son ficticios. Los inventé
para poder exhibir el problema, pero no se corresponden con
la realidad (esta aclaración me hace acordar a lo que aparece
siempre en las películas: “Cualquier parecido o semejanza con
la realidad es pura coincidencia”).
Supongamos que su médico de cabecera sospecha que, de
acuerdo con los síntomas que detecta, usted podría tener una
rara variedad de cáncer. Y quiere someterla/lo a un determinado
test para confirmarlo o descartarlo.
El médico le explica que en base a los estudios que se han
hecho y que son de dominio público y universal —es decir, en
todo el mundo se aceptan como válidos al día del test—, esta
enfermedad afecta sólo al 1% de la población.
En resumen: se sabe que sólo una persona de cada cien tiene
la enfermedad (la probabilidad de tenerla es 0,01).
Por otro lado, el único test que se conoce para detectar el problema no es infalible. Es decir: si una persona tiene la enfermedad, el resultado va a ser positivo sin ninguna duda.
Pero podría pasar que usted no tenga esta variedad de cáncer
y que, sin embargo, el test dé positivo igual. Es lo que se llama
un falso positivo.
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Más aún: se sabe que el 20% de las veces el resultado es positivo aunque no haya cáncer. O sea, el test ‘anuncia’ que una
persona da positivo (por lo que uno supone que debería tener esa
variedad de cáncer) pero no hay nada anómalo en el organismo
(respecto de esta enfermedad, claro está).
Pregunta: cuando a usted le hacen el test y le da positivo,
¿cuál es la probabilidad de que efectivamente tenga este cáncer?
Acá, una pausa. ¿Entiende usted el planteo que estoy haciendo? No vale la pena que se pierda justo ahora. Relea lo anterior y
convénzase de que siguió lo que dice.
Resumo yo los datos que se tienen sobre esta variedad de cáncer:
a) Lo padece el 1% de la población. Es decir, sólo una de
cada cien personas.
b) Si una persona tiene este cáncer, el test lo detecta y el resultado es siempre positivo. En ese sentido, el test es perfecto.
c) Otro dato: entre la población sana, el test se equivoca un
20% de las veces y ofrece falsos positivos. La persona no
está enferma, pero para el test, sí lo está.
Obviamente, a una persona sospechada de tener la enfermedad (y a su médico) sólo le importa saber si la tiene o no. Para eso
usa el test. Y quiere saber cuán confiable es.
¿Qué quiere decir que dio positivo? ¿Qué probabilidad tiene
de estar enfermo (de esa variedad de cáncer)? ¿Quién interpreta
esos datos?
Aquí lo dejo sola/o a usted. ¿Qué contestaría?60
60. Resumo acá los porcentajes: 1) Si una persona tiene cáncer en un
100% de los casos el test le dará positivo; 2) Si una persona tiene cáncer, el
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Reflexiones
La tentación es decir que si a una persona le dio positivo el
test, entonces tiene un 80% de posibilidades de tener ese cáncer.
Y eso es lo que contestaría la mayoría de nosotros.
Peor aún: varios estudios hechos en Estados Unidos, Francia
e Italia61 muestran que cuando los propios médicos son los que
tuvieron que contestar la pregunta, sólo respondió correctamente el 15% (¡quince por ciento!). Y uno de esos exámenes se hizo
(es cierto, en 1978) en uno de los hospitales de Harvard, nada
menos. Pero hay otros posteriores que exhiben que el problema
persiste aún ahora.
Lo que quiero, entonces, es invitarla/o a pensar conmigo y ver
cómo la matemática ayuda a resolver el problema.
Supongamos que usted vive en una ciudad de 10.000 personas (como sólo vamos a hablar de porcentajes, fijar el número en
10.000 no producirá ninguna variante en el resultado final). Esto
quiere decir que como sabemos que una de cada 100 personas
tiene este cáncer, tiene que haber 100 personas (el 1% de 10.000
es 100) que lo padecen.
Dicho esto, de los restantes 9.900 individuos, si todos se hicieran el test, ¿a cuántos le daría positivo? (Recuerde que el test ofrecía un 20% de falsos positivos.) Luego, el 20% de 9.900 implica
que habría otros 1.980 positivos más.
porcentaje de que dé negativo es ¡cero!; 3) Una persona sana (de este cáncer al
menos) tiene un 20% de posibilidades de que el test le dé positivo igualmente
(son los ‘falsos positivos’), y 4) a un 80% de las personas que no tengan este
cáncer, el test les va a dar negativo.
61. “Behavioural Decision Theory”, de E.C. Poulton (EE.UU.), “Chances
and Frequencies in Probabilistic Reasoning: Rejoinder to Hoffrage, Gigerenzer,
Krauss and Martignon”, de Vittorio Girotto (Italia) y Michel Gonzalez (Francia).
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En total, contando las 100 personas que dan positivo porque
tendrían el cáncer, más las 1.980 que darían positivo sólo por las
fallas en el test, tendríamos 2.080 personas que darían positivo.
Usted es una de ellas. La pregunta era: ¿cuál es la probabilidad de que, siendo positivo, tenga el cáncer?
Traducido en estos números quiere decir: ¿cuál es la probabilidad de que usted sea uno de los 100 que entre los 2.080 tienen
el cáncer?
La respuesta es:
100/2080 = (aprox.) 0,048076
Luego, usted tiene un 4,81% de posibilidades de tener el cáncer (¡menos del 5%!), que ciertamente es un porcentaje importante, pero está bien lejos del 80% que parecía en principio.
Confundir los porcentajes y su incidencia es mucho más común de lo que parece y, para finalizar, la/lo invito a pensar un
instante en la siguiente frase: “La probabilidad de que a una persona al que el test le da positivo tenga cáncer no es la misma que
la probabilidad de que a alguien que tenga cáncer le dé positivo
el test”.
Moraleja
Obviamente, los médicos no tienen por qué ser matemáticos,
ni por qué saber interpretar estos datos. Para eso están los matemáticos. Pero los médicos no pueden ignorar que, si van a manejar estadísticas de este tipo, necesitan tener el conocimiento
como para hacerlo y sacar conclusiones. La autoridad que socialmente tienen los médicos sobre nuestras vidas los obliga a
esforzarse en problemas de este tipo.
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De la misma forma, hay ejemplos de atletas (Mary Slaney,
velocista norteamericana en los Juegos Olímpicos de 1996) que
fueron suspendidos por el supuesto uso de esteroides y cuyos abogados probaron que había sido una mala lectura de la información recogida. Y también hay casos de jueces que encontraron
paternidades donde no las había, o acusados y condenados por
crímenes que no habían cometido. La lista es muy larga (y el
espacio y mis conocimientos, muy cortos).
Con todo, el aporte más importante para el aprovechamiento
de métodos (como el test anterior), que si bien no son infalibles
son mejores que no tener nada, lo hizo Thomas Bayes (17021761), matemático y presbítero inglés, quien con el teorema que
demostró (Teorema de Bayes, obvio) dejó un legado para siempre y una alternativa para mejorar la calidad de interpretación de
los datos que se obtienen.
Lo notable de este ejemplo es que una vez que uno entendió
el problema y leyó la solución, piensa: ¿cómo es posible que no
se me haya ocurrido antes? Pero en el momento en que la vida
de una o varias personas depende de algo tan sensible, como la
interpretación de los datos, es cuando uno necesita la más alta
calidad de ciencia.
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¿Faltan datos?
Todos los problemas que han ido apareciendo en cada uno
de los libros, como los que propongo en los programas de televisión o los que aparecen publicados en Página/12, tienen algún
ingrediente que me resulta atractivo. En principio, estoy convencido de que si no me atrapa a mí, mal puedo pretender que le
interese a quien está leyendo. Por eso cada vez que le ofrezco a
alguien algo para pensar, a mí ya me despertó alguna curiosidad
que quiero compartir.
El siguiente es un caso más. A priori, cuando uno recorre el
enunciado tiene la tentación de decir que no se va a poder resolver, que faltan datos. Y ésta es una cuestión que se repite sistemáticamente: ¡faltan datos! O en todo caso, los datos que uno
detecta en un planteo parecen insuficientes. Y creo que ése es el
gran desafío.
Sígame por acá y veamos (juntos) si es posible encontrar la
solución a este problema.
Supongamos que usted entró en un kiosco y compró tres tipos de golosinas: caramelos, galletitas dulces y chocolates. Juntando todo lo que compró, se llevó 30 cajas por las que pagó 30
pesos. Se sabe además, que compró por lo menos una caja de
cada producto.
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Cada uno de los productos venía envasado en su propio paquete y los precios por unidad estaban distribuidos de la siguiente
forma:
a) cada caja de caramelos costaba tres pesos,
b) cada caja de galletitas costaba dos pesos, y finalmente,
c) cada caja de chocolates costaba 50 centavos.
¿Es posible determinar cuál fue la distribución de lo que compró? Es decir, ¿es posible determinar cuántas cajas de cada producto se llevó a su casa?
Me apuro a escribir la respuesta: sí, se puede. Inténtelo usted
y verá que se puede, aunque en el camino pueda aparecer alguna
dificultad. Pero como yo le garantizo que no hay ninguna trampa
ni nada escondido, dedíquele un rato y se sentirá reconfortado
cuando deduzca la respuesta. Y si así no fuere, acompáñeme y lo
pensamos juntos.
Solución
Sólo para hacer más cómoda la escritura, le asignaré ‘letras’
a cada una de las cajas: denominaré C a los caramelos, G a las
galletitas y L a los chocolates.
Voy a escribir dos igualdades y le pido que por favor, no se
pierda con las letras. En principio, se supone que deberían hacer
todo mucho más fácil.
La primera igualdad dice:
C + G + L = 30
(1)
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¿Por qué? Es que la cantidad de cajas de caramelos, más las
de galletitas, más las de chocolate, al sumarlas, tienen que dar 30
como establece el enunciado.
Por otro lado, la caja C vale 3 pesos, la caja G vale 2 pesos y la
caja L, vale 50 centavos.
Como en total pagó 30 pesos, eso significa que:
(3 C) + (2 G) + (1/2) L = 30
O lo que es lo mismo:
3C + 2G + (1/2)L = 30
(2)
Ahora tenemos las dos igualdades, (1) y (2).
Querría eliminar una de las variables (la C, la G o la L). Voy
a tratar de eliminar la L. Para eso, voy a multiplicar por dos la
igualdad (2). Resulta ahora:
6C + 4G + L = 60
(3)
Si ahora resto la igualdad (3) menos la (1), se tiene:
5C + 3G = 30
(4)
Al mirar la igualdad (4) uno tiene la tentación de decir que
hay infinitas soluciones. Por ejemplo, uno podría pensar que si
le doy el valor cero a C, entonces se obtendría el valor 10 para G,
y listo.
De la misma forma, uno podría poner el valor cero a G, y el
valor seis para C y también logra que se verifique la igualdad (4).
Sin embargo, el problema estipula (si lee el enunciado se po175
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drá convencer de que es cierto) que usted compró por lo menos
una caja de cada producto. Por lo tanto, no es posible darle el valor cero a ninguna de ellas. No está bien poner cero ni a C ni a G.
Luego, esas dos soluciones no son posibles.
Por otro lado, fíjese que los números que aparecen involucrados (C, G y L) son todos números naturales, o sea, números
enteros positivos62.
Más aún: al mirar la igualdad (4), uno descubre que como
todos los números involucrados son naturales, y el número de
la derecha (30) es múltiplo de 3 y de 5, entonces, tanto C tiene
que ser múltiplo de 3 como G tiene que ser múltiplo de 5. Si no,
aparecerían decimales que sabemos que no son posibles63.
Ahora bien: estamos muy pero muy cerca de la solución.
¿Cuáles son los posibles valores para C y para G?
Como C tiene que ser múltiplo de 3, los primeros números
posibles para C son: {3, 6, 9}.
Por otro lado, como G tiene que ser múltiplo de 5, los primeros números posibles para G son: {5, 10, 15}.
¿Por qué escribo los ‘primeros números posibles’? Es que el
valor de G (que tiene que ser múltiplo de 5) no puede ser mayor
que 10, porque si no, si fuera 15 por ejemplo, en la igualdad (4)
ya aparecería que 3 15 = 45 cuando en total se gastaron nada
más que 30 pesos. O sea, el hecho de que el total de lo invertido
haya sido 30 pesos, pone límites sobre el número de cajas tanto
de C como de G (caramelos y galletitas).
62. No pueden aparecer ‘fracciones’. El número de cajas de cada uno de
los productos tiene que ser un número natural.
63. Este tipo de igualdades o ecuaciones se llaman ‘ecuaciones diofánticas’, en honor a Diofantos. La idea es que todos los números que aparecen
involucrados tienen que ser números naturales.
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¿Qué combinación hace posible la igualdad (4)?
Si usted se fija en lo que escribí antes, se tiene:
C
G
{3, 6, 9}
{5, 10, 15}
Como hay que multiplicar por 5 los valores de C, ya el número 6 no puede ser porque 5 6 = 30: no quedaría más dinero
para comprar ni galletitas ni chocolates. O sea, el único valor
posible para C es tres.
Por otro lado, como a G hay que multiplicarlo por tres, entonces ya no puede ser 10, porque llevaría el costo de las galletitas a
30. Luego, el único valor posible para G es cinco.
Y con esto creo que está resuelto el problema. Los valores que
hemos encontrado son los siguientes:
C=3yG=5
Dicho esto, falta conocer qué pasó con las cajas de chocolate.
Si usted se fija en la igualdad (1) y reemplaza tanto a C como
a G por sus respectivos valores (3 y 5), se tiene ahora la siguiente
igualdad:
3 + 5 + L = 30
De acá se puede ‘despejar’ el valor de L:
L = 30 – 3 – 5 = 22
Y eso resuelve definitivamente el problema:
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C=3
G=5
L = 22
Como sabemos que las cajas de C cuestan 3 pesos, las de G
cuestan 2 y las de L cuestan 50 centavos (o sea, ½ de peso),
entonces, multiplicando el número de cajas por el valor de cada
una, se tiene:
3 3 + 2 5 + 22 (1/2) = 9 + 10 + 11 = 30
Moraleja
En principio parecía que había (o hay) infinitas soluciones,
pero el hecho de que se supiera que al menos había comprado
una caja de cada producto forzaba a que ninguna de las variables
pudiera ser cero. Por otro lado, como todos los números eran enteros positivos, pudimos descubrir que C tenía que ser múltiplo
de 5 y que G tenía que ser múltiplo de 3.
Y al final, como la cantidad de dinero gastada era fija, la solución para el problema era única.
La combinación de todos estos ‘datos’ que parecían intangibles o transparentes, hizo posible que encontráramos esa única
solución. ¿No le pareció muy interesante?
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Probabilidad de que salga una figura
Éste es un problema precioso porque pone a prueba nuestra
capacidad para intuir, nuestra percepción. Voy a suponer que usted ha jugado alguna vez en su vida a las cartas (naipes). Para
simplificar, voy a apelar a las cartas españolas, pero el problema
se puede trasladar a naipes de cualquier tipo.
Como usted sabe, hay cuatro ‘palos’ posibles: oro, espada,
basto y copa. Elijamos las cartas que son nada más que de oro
y de espada. Es decir, nos quedamos con 20 cartas (del 1 al 12
—rey—, excluyendo los ochos y los nueves, como si estuviéramos
por jugar a la escoba de quince o al truco).
Mezclamos las cartas y retiramos tres cualesquiera. ¿Qué cree
que pasa? ¿Es más probable que entre las tres cartas haya una
‘figura’ (rey, caballo o sota) o que no la haya?
Antes de avanzar e incluso de pensar en la solución, le propongo que reflexione sobre lo que usted cree que es más probable: ¿habrá una figura o no? Más aún: cualquiera sea su intuición, ¿habrá mucha diferencia entre una posibilidad y la otra?
(que haya una figura o que no la haya).
Ahora sí, como tantas otras veces a lo largo del libro, la/lo dejo
con usted misma/mismo.
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Solución
Recuerdo aquí cómo se calcula la probabilidad de que se produzca un determinado evento. Se hace la división entre los casos
favorables sobre los casos posibles. De esa forma, la probabilidad
de que al tirar una moneda salga cara, es ½, porque los casos
favorables son uno solo (que salga cara), y los posibles son dos
(cara o ceca). Con igual razonamiento, la probabilidad de que
salga un cuatro al tirar un dado, es 1/6, porque hay un solo caso
favorable (que salga el cuatro), y los casos posibles son seis.
Dicho esto, voy a tratar de calcular la probabilidad de que al
sacar tres cartas cualesquiera (de las 20 posibles) no haya ninguna figura.
Los casos posibles son todos los grupos de tres cartas diferentes
que uno pueda armar con las 20 cartas.
Por otro lado, los casos favorables son aquellos grupos de tres
cartas en donde no haya ninguna figura, es decir, son las combinaciones de tres cartas elegidas entre las 14 que no son figuras.
Voy a empezar calculando los casos posibles.
Suponga que usted tiene tres lugares vacíos en donde va a poner tres cartas cualesquiera. ¿Cuántas alternativas tiene para la
primera carta? En total, 20. Una vez que eligió la primera carta,
para la segunda le quedan 19 posibilidades. Luego, para las dos
primeras cartas hay 20 19 = 380 formas de elegirlas.
Para la tercera carta, nos quedan 18 alternativas. Es decir, para elegir tres cartas cualesquiera, hay 20 19 18 = 6.840 posibilidades.
Calculemos entonces los casos favorables. Ahora no hay 20
cartas para elegir, sino nada más que 14.
Para la primera carta hay 14 posibilidades, para la segunda 13
(ya que una fue eliminada porque ‘va primera’), y para la tercera
quedan 12.
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En total se tienen entonces:
14 13 12 = 2.184
Y ya estamos a punto de terminar. La probabilidad de que no
salga ninguna figura se calcula dividiendo los casos favorables
sobre los posibles, o sea,
2.184 / 6.840 = 0,31929... (aproximadamente igual a 0,32)
Esto sería equivalente a decir que casi un 32% de las veces
no sale una figura entre las tres cartas. La probabilidad de que sí
salga una figura, entonces, es más del 68% (se obtiene restando
100% 32% = 68%).
O sea, la probabilidad de que SÍ salga una figura es de
0,68070...
Fíjese que es un hecho notable y no tengo claro que uno lo
perciba cuando juega a las cartas: si uno elige tres cartas cualesquiera (de dos palos nada más), la probabilidad de que salga una
figura es casi del 70%64.
¿No le parece sorprendente a usted también?
Antes de terminar, me imagino que debe estar preguntándose: ¿y en el caso de tener el mazo completo (con las 40 cartas)?
¿Qué pasa allí? Si uno extrae tres cartas al azar, ¿cuál es la probabilidad ahora de que salga una figura?... ¿Quiere pensar usted?
64. Nota: aquellos que saben un poco más de combinatoria, seguramente
tienen la tentación de decir que hace falta dividir por 3! = 6, ya que para hacer
el cálculo no importa el orden en el que uno tiene las cartas en la mano. Esto
es bien cierto, por lo que habría que dividir —efectivamente— por seis. Sin
embargo, como también hay que dividir por 3! = 6 los casos favorables, entonces, se transforma en innecesario hacer esa división.
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Sigo yo. Igual que antes, ahora se tienen 40 cartas porque excluimos los ochos y los nueves y consideramos los cuatro palos:
oro, espada, basto y copa, aunque como usted habrá advertido,
los palos no tienen ninguna incidencia en el análisis que estuvimos haciendo.
Empecemos por calcular la probabilidad de que no salga ninguna figura. Para eso, quiero calcular los casos favorables y luego
dividir ese número por los casos posibles.
Los casos favorables cambiaron porque ahora hay 12 figuras
entre las 40 cartas (tres por palo). Como quiero que ninguna de
las tres que voy a extraer sea una de ellas, necesito que surjan de
las 28 que quedan: 40 – 12 = 28.
Por lo tanto, los casos favorables (que ninguna de las tres cartas
sea una figura) se calculan así:
28 27 26 = 19.656
Al igual que como hicimos en el caso anterior cuando teníamos 20 cartas, ahora quiero calcular cuántas formas posibles hay
de extraer tres cartas entre las 40 del mazo. La cuenta que hay
que hacer es ésta:
40 39 38 = 59.280
Al dividir
Favorables/Posibles = 19.656/59.280 = 0,3315789474...
Es decir, al extraer tres cartas al azar, en más de un 33,15% de
los casos, no saldrá una figura. Esto permite afirmar entonces que
la probabilidad de que SÍ salga una figura es (aproximadamente):
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1 – 0,3315789474... = 0,6684210526...
En términos porcentuales, podemos afirmar que, al extraer
tres cartas al azar de un mazo de 40 naipes, la probabilidad de
que entre las tres haya una figura es de casi un 67%.
Esto concluye la idea que quería compartir con usted cuando propuse el problema: intuitivo o no, cuando uno recibe tres
cartas elegidas entre 20 o 40 naipes españoles, es mucho más
probable que entre las tres haya una figura que que no la haya.
Como escribí anteriormente, es un dato que a mí me parece sorprendente.
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3. DEPORTES Y JUEGOS
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Cuadrangular de fútbol
Siempre que se juega un campeonato mundial (como el más
reciente de Brasil), una vez que se establecen los participantes de
los ocho grupos, comienzan las conjeturas sobre quiénes serán
los dos primeros que se clasifican para los octavos de final, es decir, cuando queden determinados los 16 equipos que pugnarán
por el título.
Más allá de los campeonatos mundiales de fútbol, el texto que
sigue tiene validez en cualquier caso en donde los equipos o participantes se dividan en grupos de cuatro. Los argumentos sirven para cualquier torneo cuadrangular en donde todos jueguen
contra todos, los ganadores obtienen tres puntos, los perdedores
no obtienen ninguno y en el caso de empate, ambos equipos se
adjudican uno cada uno.
Dicho todo esto, voy a llamar A, B, C y D a los integrantes del
grupo. Suponga que se dieron los siguientes resultados:
1) B ganó exactamente dos de los partidos que jugó.
2) C empató exactamente dos de los partidos que jugó.
3) D perdió exactamente dos de los partidos que jugó.
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Con estos datos, ¿es posible que el equipo A haya ganado el
grupo en soledad?65 Y si así fuere, ¿a qué equipos tuvo que haberles ganado?
Como usted advierte, es un problema de enunciado sencillo.
Todo lo que hace falta es sentarse con un poco de paciencia y
pensar en las distintas posibilidades. Para eso, la/lo dejo a usted.
Respuesta
Uno tiene la tentación de decir que bastaría con que el equipo
A gane los tres partidos y listo. Lo que implicaría —obviamente— que el equipo A ganó el grupo en soledad.
Eso es cierto, pero violaría las condiciones iniciales del problema. Piense conmigo: B tiene que ganar exactamente dos partidos
pero —al mismo tiempo— tiene que perder con el equipo A
(que debe ganar sus tres encuentros).
Pero si B gana los partidos contra C y D, entonces esto no le
permitiría a C empatar exactamente dos partidos, ya que debe
perder con A y con B. Luego, no le quedan dos partidos por empatar como está previsto en las condiciones iniciales del problema.
Luego, el equipo A (ni ningún otro) pudo haber ganado los
tres partidos.
Ahora analicemos si el equipo A puede perder algún partido
y que se cumplan las condiciones pedidas. Para que el equipo A
conquiste el grupo en forma absoluta (pero respetando las restricciones escritas anteriormente), tiene que haber ganado por lo
menos dos partidos. Si no, no le alcanzaría para igualar a B, que
sabemos que ganó dos. Pero por otro lado, si perdiera alguno,
65. Al escribir que el equipo A ganó el grupo ‘en soledad’, quiero decir que
fue el único que salió primero.
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entonces a lo mejor que podría aspirar es a empatar el primer
puesto con B (suponiendo que ganara los otros dos).
O sea, de todos estos datos se deduce que el equipo A:
a) no puede ganar los tres partidos
b) no puede perder ningún partido.
La única alternativa que queda es que A gane dos y empate
uno. De acuerdo, pero ¿a quiénes les tiene que ganar y con quién
debería empatar? ¿No le dan ganas de pensar a usted?
Sigo yo. La clave está —creo— en el partido A versus B.
Por un lado, sabemos que los dos equipos ganaron por lo menos dos partidos. Si empataran en este partido entre ambos, terminarían ganando el grupo los dos, y eso no es lo que queremos (el
equipo A tiene que ganar el grupo en soledad). Y esto es muy importante, porque se deduce que entre ellos no pueden empatar.
Y ni hablar de que B le gane a A, porque ya sabemos que A no
puede perder ningún partido. Entonces, todas estas reflexiones
sirven para concluir que A tiene que ganar el partido contra B.
A partir de este dato, analicemos el resto. Por ahora, sabemos
lo siguiente:
1) A le ganó a B, y tuvo que haber ganado o bien a C o bien a
D, pero no a los dos (ya que no pudo ganar los tres partidos).
2) B perdió con A, pero tuvo que haberle ganado a C y a D.
3) Como se sabe que C empató exactamente dos partidos, al
haber perdido con B, tuvo que haber empatado los otros
dos: con D, sí, pero también con A. Y eso termina respondiendo lo que no sabíamos en el punto (1).
4) Por último, D empató con C, pero como perdió dos partidos exactamente, tuvieron que ser contra A y B.
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Ahora, un cuadro con un resumen de lo que tuvo que haber
pasado:
A
B
C
D
A
X
0
1
0
B
3
X
0
0
C
1
3
X
1
D
3
3
1
X
Esto concluye el análisis. La respuesta final entonces es que
sí, que se puede: A puede ganar invicto el grupo y ganarlo en
soledad aunque haya un equipo (B) que gane dos partidos, otro
(C) que empate dos de sus partidos y el último (D) que pierda
exactamente dos66.
Ah, y esto es hacer matemática también.
66. Más aún: sin habérmelo propuesto, demostré que la tabla de posiciones que se genera cuando los equipos verifican todas las restricciones impuestas, es la única posible. Es decir, al terminar todos los enfrentamientos entre
los cuatro equipos del grupo, la única tabla de posiciones que pudo darse es la
que figura en el problema: no hay otra.
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Preguntas sobre la escoba de 15
Jugar a las cartas es un pasatiempo —creo— universal. Como
usted sabe, hay diferentes tipos de naipes. Nosotros jugamos, en
general, con cartas españolas (tute codillo, tute cabrero, truco,
escoba de 15, chinchón, por poner algunos ejemplos), pero también son populares las cartas francesas (póker, gin rummy, baccarat y otros). En el mundo existen más variedades de cartas, la
mayoría de las cuales me son totalmente desconocidas.
Sin embargo, para el caso que quiero analizar acá, me interesa
hablar de la Escoba de Quince. No voy a escribir las reglas en
este espacio, pero me voy a tomar la licencia de suponer que una
persona que está leyendo estas líneas sabe cómo se juega, aunque todo lo que hace falta es saber que en el juego, el objetivo
es ir juntando cartas hasta sumar 15. Para hacerlo más fácil aún,
no voy a excluir a los números ocho y nueve de cada palo. Por lo
tanto, en lugar de que la ‘sota’, el ‘caballo’ y el ‘rey’ valgan ocho,
nueve y diez respectivamente, vamos a permitir que cada palo
tenga doce cartas: del 1 al 12 y que cada número se represente a
sí mismo. Es decir, la ‘sota’ vale 10, el ‘caballo’ vale 11 y el ‘rey’
vale 12.
Ahora tengo algunas preguntas para hacerle. Supongamos
que sobre la mesa quedaron las doce cartas de un mismo palo,
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digamos de ‘basto’ para fijar las ideas, pero nada cambiaría con
cualquier otro. Por supuesto que ésta es una situación totalmente
ficticia: el juego en sí mismo nunca permitiría que se llegue hasta
allí. Pero no importa: sígame con esta travesura intelectual.
Comencemos a agrupar las cartas que quedaron arriba de la
mesa como si las fuéramos a ‘levantar’, siempre sumando 15. Por
ejemplo, uno podría juntar el siete y el ocho, o agrupar el 12, el
uno y el dos. Cada una de estas combinaciones de cartas suma
15. Como usted advierte hay muchísimas formas de ‘separarlas
en grupos’ de manera tal que sume 15.
Ahora sí, las preguntas:
a) ¿Hay alguna forma de retirarlas todas (siempre sumando de
a 15)?
b) ¿Cuál es el menor número que pueden sumar las cartas que
queden en la mesa?
c) ¿Es posible retirar cartas —siempre sumando 15— de forma tal que las que queden sumen 16? ¿Y que sumen 18?
d) ¿Cuál es la suma máxima de cartas que pueden quedar sobre la mesa sin que uno pueda levantar más?
Como se ve, son todas preguntas pertinentes no al juego propiamente dicho (ya que no se juega con las doce cartas de un
palo), pero sí tiene sentido plantearlas como ejercicio intelectual.
Ahora le toca a usted.
Respuesta
Un dato interesante (e imprescindible para encontrar las respuestas a las preguntas planteadas) es averiguar cuánto suman
todas las cartas de un palo que son las que están arriba de la
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mesa. En cuanto siga leyendo advertirá la importancia de tener
esta información.
Las doce cartas suman:
1+2+3+4+5+6+7+8+9+
10 (sota) + 11 (caballo) + 12 (rey) = 78
Luego de haber detectado cuánto suman todas las cartas que
están en la mesa, creo que usted está en condiciones de contestar la primera pregunta. ¿Quiere pensarlo por sí mismo? Si
no, sigo yo.
¿Se podrán levantar todas las cartas de manera tal que no quede ninguna arriba de la mesa?
La respuesta es no, porque al ir retirando cartas que sumen 15,
si las pudiéramos retirar todas significaría que 78 es múltiplo de
15... y eso no es cierto. Me entiende, ¿no? Cada vez que usted retira un grupo de cartas, es porque suman 15. Si las pudiera retirar
a todas, eso querría decir que el número inicial (78) tendría que
ser múltiplo de 15, pero no es así. Luego, la primera pregunta
queda contestada: no se puede.
Quiero mostrar ahora que es posible llevarse cartas de manera
que las que sobren en la mesa sumen tres.
Para poder hacerlo, es necesario encontrar alguna forma de
llevarse cartas que sumen 75 (que es el máximo número múltiplo
de 15 que uno puede encontrar con esas cartas). En este caso,
uno podría juntar los naipes de esta forma:
(12 y 3); (11 y 4); (10 y 5); (9 y 6); (7 y 8)
Cada par de cartas suma 15. Las únicas dos que quedan en la
mesa son el 1 y el 2. En consecuencia, tres parece ser la respuesta
193
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a la segunda pregunta. ¿Por qué digo ‘parece’ ser la respuesta y
no es la respuesta?
Ya sabemos que no es posible levantarlas todas, pero ¿no será
posible que quede el dos? ¿O incluso el uno?
La respuesta es no, porque si sobrara nada más que uno, el
total que levantamos suma 77, y eso no es posible porque, como
vimos anteriormente, 77 no es múltiplo de 15. Y por la misma razón, tampoco es posible levantar cartas de manera tal que sobre
el dos, ya que los naipes que retiramos sumarían 76, que no es
múltiplo de 15.
Luego, queda confirmado que la menor suma que puede quedar es tres.
Ahora, siguiente pregunta: ¿habrá alguna forma de ‘levantar’
naipes en forma ‘legítima’ (formando grupos que sumen 15) de
manera tal que las que queden sumen 16?
La respuesta es no, no se puede. ¿Por qué? Porque como la
suma total de las cartas que están arriba de la mesa es 78, si pudieran quedar 16, las que levanté sumaron 62 (ya que 62 = 78 –
16). Pero esto no puede suceder porque 62 no es múltiplo de 15.
Otra pregunta: ¿y que las que queden sumen 18? ¿No tiene
ganas de pensar sola/solo?
Sigo yo: como en total las cartas suman 78, si las que sobran
tienen que sumar 18, entonces las que retire deberían sumar 60.
Y en este caso, como 60 sí es múltiplo de 15, quizás haya alguna
manera de hacerlo. Y efectivamente, fíjese que si uno retira naipes formando estos conjuntos:
{1, 2, 3 y 9}, {4 y 11}, {5 y 10} y {7 y 8},
entonces, cada subgrupo suma 15, y las cartas que sobran son: 6
y 12, cuya suma es 18.
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Ahora sólo me queda pensar con usted cómo contestar la
cuarta pregunta: ¿cuál será el número máximo de puntos que
sumarán las cartas que sí puedan quedar arriba de la mesa?
¿Cómo abordar este problema?
Las cartas que voy levantando de la mesa tienen que ser en
grupos que sumen 15. Luego, como el total es 78, las cartas que
sobren tienen que resultar de ‘restar’ 78 menos algún múltiplo
de 15.
Por ejemplo: pueden quedar arriba de la mesa cartas que sumen tres, como escribí antes. Esto está bien porque 3 = 78 – 75,
y 75 es múltiplo de 15.
Por otro lado, también pueden sobrar 18 = 78 – 60, y quedar
sobre la mesa:
(12 y 6)
Las cartas que levanté fueron formando estos grupos:
(11,4) (10,5) (7,8) (1, 2, 3, 9)
Como se ve, con las dos cartas que sobraron (12 y 6) no puedo
formar 15, y por lo tanto, no las puedo levantar.
Ahora le sugiero que intente usted ver si pueden sumar 33 las
cartas que sobren, ya que 33 = 78 – 45 (y 45 es un múltiplo de
15).
Mientras usted piensa, yo escribo la forma de hacerlo: deje
{10, 11, 12} arriba de la mesa, ya que suman 33, y las otras cartas
las levanta formando estos grupos que suman 15:
{9,6}, {7,8}, {1, 2, 3, 4, 5}
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Las cartas que sobraron (10, 11 y 12) no se pueden agrupar de
manera tal de formar algún grupo de 15 y, por lo tanto, no las voy
a poder levantar. Luego, esta distribución de las cartas muestra
que sí, que se pueden levantar naipes de manera tal que las que
sobren sumen 33.
Pero aquí surge entonces la pregunta que me imagino que usted se debe estar haciendo: ¿no será posible entonces que sobren
48? Digo 48, porque 48 se puede escribir como:
48 = 78 – 30
Como 30 es múltiplo de 15, está claro que esa restricción la
cumplen, pero... ¿se podrá?
Es decir, ¿podrán quedar sobre la mesa cartas que sumen 48
puntos pero que con ninguna combinación posible se pueda sumar 15? Ésa es la pregunta que hay que contestar. Veamos.
Vamos a pensar qué tiene (o tuvo) que pasar para que hayan
sobrado cartas que sumen 48 y de manera tal que no pueda seguir
levantando.
Como yo ya tuve que haber levantado 30, es decir, dos veces
15, pensemos qué cartas pueden haber quedado en la mesa. Si
hubieran quedado 10, 11 y 12, entre ellas tres suman 33. Luego,
las otras cartas que quedaron en la mesa (sea cuales fueren) tienen que sumar 48 33 = 15. Luego, ¡las podría levantar! ¿Qué
se concluye de esto? Que las cartas 10, 11 y 12 no pueden haber
quedado las tres al mismo tiempo. Por lo tanto, cuando me llevé
las cartas que sumaron 30, tuve que haber involucrado a alguna
de las tres (o incluso más de una).
Veamos una por una. Si la que falta es el 12, significa que lo
debía haber usado en alguna de las veces que levanté 15. Para simplificar, voy a suponer que empiezo llevándome el 12, con el 3 o
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con el par (1,2). Ahora bien: tienen que haber quedado en la mesa
el 11 y el 4, el 10 y el 5, el 9 con el 6 y el 7 con el 8. Todos estos
pares suman 15 y no se pueden haber combinado con el 12.
Para que en la segunda vez que levante 15 no quede en pie
ninguno de los pares, ¡me tuve que haber llevado uno de cada par!
Luego, lo mínimo que pude haber sumado es si me llevé el 4, 5, 6
y el 7. Estas cuatro cartas suman 4 + 5 + 6 + 7 = 22, que ya supera
15. Luego, ¡esto no pudo pasar! O sea, el 12 sólo no puede faltar67.
Ahora veamos el caso del 11. Si no quedó en la mesa es porque también lo levanté con alguna(s) otra(s) carta(s). Con el mismo razonamiento que usé recién, seguro que quedan en la mesa
estos pares: (10,5), (9,6) y (7,8). Luego, la segunda vez que levanté 15, me tuve que haber llevado una carta de cada uno de estos
pares y, como mínimo, deben haber sumado: 5 + 6 + 7 = 18, que
también supera 15. Luego, no pude haber levantado el 11 solo.
Falta analizar el caso del 10. Supongamos que lo levanté alguna de las dos veces que me llevé 15. Quedan dos posibilidades: o
bien quedó arriba de la mesa el tres, o quedó el cuatro, o incluso
¡las dos!
67. Aunque parezca arbitrario decir que al 12 lo levanto en la primera
tanda (que sume 15), en realidad no lo es, ya que resulta indistinto que lo use
en el primer grupo de naipes que sume 15 o en el segundo. ¿Por qué? Si lo
dejara para el segundo grupo, fíjese en estos pares: (11,4), (10,5), (9,6) y (8,7).
Cuando elija las primeras cartas voy a tener que seleccionar por lo menos uno
de los miembros de esos pares porque los tengo que ‘desarmar’. Ninguno de
ellos puede quedar ‘intacto’, si no, entre las cartas que dejo arriba de la mesa,
habría formas de sumar 15 aún. Por otro lado, ninguno de ellos puede formar
parte de la segunda parte de la elección cuando tenga que usar el 12, porque
éste sólo se puede combinar o bien con un 3 o bien llevándome el par (1,2).
El mismo argumento se puede usar, como se verá más adelante, cuando haga
el análisis sobre el 11 y el 10.
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Si quedó el tres, en la mesa aparecen estos pares: (12,3), (9,6)
y (7,8). Igual que antes, tengo que tomar (la segunda vez que
sume 15) alguna carta de cada par, y lo mínimo que me pude
haber llevado es: 3 + 6 + 7 = 16 (lo que no puede pasar).
Si la carta que quedó es el cuatro, entonces en la mesa estaban estos pares: (4,11), (9,6) y (7,8). Una vez más, debo llevarme
uno de cada par, y lo mínimo que tengo que sacar entonces es
4 + 6 + 7 = 17, que tampoco puede pasar.
Resumen
No pueden quedar en la mesa al mismo tiempo el 10, 11 y
12, pero tampoco puede faltar ninguno de los tres. Luego, la conclusión es que no pueden quedar cartas que sumen 48 ¡sin que se
puedan levantar algunas de ellas que sumen 15!
Eso termina por contestar la pregunta: el máximo número de
cartas que pueden quedar encima de la mesa sin que se puedan
levantar 15 resulta ser 33.
Por supuesto, ninguna persona que juega a la escoba de 15
tiene exactamente este tipo de problemas, aunque más no sea
porque no intervienen las doce cartas de un palo. Sin embargo,
hacerse este tipo de planteos intelectuales coopera con la estrategia que uno podría querer utilizar si va llevando la cuenta de las
cartas que salieron hasta allí, las que están en la mesa y las que
pueden estar en posesión de los rivales.
Más allá del entretenimiento, también es ‘hacer matemática’.
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¿Córner o saque de arco?
El problema68 que sigue es ficticio pero en realidad tiene tanta similitud con lo que sucede en todas las canchas, en todos los
partidos, que sospecho que bien vale la pena analizarlo con un
poco de lógica. Y por otro lado, usted advertirá —si sigue leyendo— cuánta relación tiene con decisiones que uno tiene que
tomar en la vida cotidiana.
Me apuro a decir que no hace falta saber nada de fútbol. O
mejor dicho, sí hace falta saber que cuando se está disputando
un partido y la pelota sale de la cancha, repone la pelota el equipo que no la tiró afuera. Es decir, si el último en tocarla fue del
equipo A, entonces repone la pelota el equipo B (y viceversa).
Eso es todo.
Ahora bien. Supongamos que estaban jugando River y Boca
(por poner el ejemplo de los dos equipos que más hinchas tienen
en el país, pero usted siéntase libre de cambiar los nombres y
poner los que quiera). En un momento del partido, Riquelme
(jugador de Boca) disputa una pelota cerca del área de River junto a dos jugadores del equipo millonario: el arquero Barovero y el
68. Este problema me lo sugirió Juan Pablo Pinasco, doctor en Matemática, egresado de la Facultad de Ciencias Exactas (UBA) y generador de contenidos del programa Alterados por Pi, que se emite por Canal Encuentro.
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defensor Ponzio. Los tres miran al árbitro que se toma un instante para meditar qué decisión va a tomar: si el último en tocar la
pelota fue Riquelme, entonces River repone con un saque desde
el arco. En cambio, si la pelota fue tocada o bien por el arquero
Barovero o por el defensor Ponzio, deberá marcar que hay córner
a favor de Boca.
Los tres jugadores comienzan a hablarle al árbitro tratando de
convencerlo, y cada uno de ellos le dice dos frases: una verdadera
y una falsa. La/lo invito a que las lea y vea si con las herramientas
lógicas que usted dispone (su capacidad de razonar) puede deducir qué tendría que cobrar el árbitro: córner para Boca o saque
desde el arco para River.
Éstas fueron las frases:
• Barovero (arquero de River): Yo no la tiré afuera. Ponzio
tampoco.
• Ponzio (defensor de River): Barovero no fue. El último en
tocarla fue Riquelme.
• Riquelme (¿hace falta que ponga “jugador de Boca”?): Yo
no fui. La tiró afuera Barovero.
Le recuerdo que cada uno dice una frase cierta y otra falsa.
Con estos datos, ¿se puede deducir qué pasó? ¿Se puede saber si
fue córner o saque desde el arco? En definitiva, ¿qué tiene que
hacer el árbitro?
Ahora le toca a usted. La/lo dejo en soledad y después vuelvo.
Solución
Quiero analizar junto a usted todas las posibilidades y ver si el problema tiene solución. Empiezo con Barovero, el arquero de River.
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Una de las dos frases que él dijo, o bien ‘yo no la tiré afuera’ o
bien ‘Ponzio (el defensor de River) tampoco’ tiene que ser falsa
(no importa cuál de las dos). Luego, alguno de los dos la tiene
que haber tirado afuera, y por lo tanto, lo que es seguro analizando solamente lo que dijo Barovero es que el árbitro tiene que
fallar córner para Boca.
Lo que resta es saber si el resultado es compatible con lo que
dijeron los otros dos jugadores: Ponzio y Riquelme.
Veamos lo que dijo Ponzio. Como sabemos que fue córner
para Boca, entonces Ponzio miente cuando dice que “Riquelme
fue el último en tocarla”. Luego, tiene que decir la verdad cuando afirma que “Barovero no fue”.
Entonces, hasta acá, podemos concluir que:
a) fue córner para Boca, y además
b) fue Ponzio el último en tocar la pelota
Ahora, lo último que falta es verificar que todo este andamiaje lógico se sostiene cuando uno analiza lo que dijo Riquelme
(¿quiere pensarlo usted en soledad?).
Siguiendo con la idea entonces de que fue Ponzio quien tiró
la pelota afuera, veamos lo que sucede con lo que dijo Riquelme.
Por un lado, es cierta la frase del jugador de Boca cuando dijo
“Yo no fui” (fue Ponzio), y la frase que es falsa de las dos, es que
“Barovero fue quien la tiró afuera”.
Como se advierte, todo cierra.
Si hiciere falta, dejé para el final algo que a esta altura es
redundante: verificar que las otras alternativas no son posibles, o
sea, que si uno supone que fueron Barovero o Riquelme, entonces encuentra alguna contradicción en la veracidad o falsedad de
lo que dijeron los jugadores. Fíjese.
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Las otras dos posibilidades son: que la pelota la haya tirado
afuera Barovero o Riquelme.
Si hubiera sido Barovero, las dos frases de Ponzio serían falsas,
ya que él dijo que “Barovero no fue” y que “el último en tocarla
fue Riquelme”, y eso no puede ser. Luego, se concluye que Barovero no fue.
Por último, de haber sido Riquelme el último que tocó la pelota, entonces serían ciertas las dos frases de Barovero: “Yo no la
tiré afuera” y “Ponzio tampoco”.
Luego, la única alternativa es que haya sido Ponzio, como ya
habíamos concluido antes.
Moraleja: sé que esta clase de problemas no son frecuentes o
usuales. No. Pero lo que sí creo es que un análisis de la realidad
cotidiana con este tipo de herramientas lógicas casi elementales,
permite encontrar conclusiones escondidas en una parva de datos que parecen todos contradictorios. Y por otro lado, aunque no
lo parezca, esto también es hacer matemática.
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Los cuatro cazadores y una semana muy especial
Un grupo de cuatro cazadores, a quienes voy a llamar A, B, C
y D, decidieron instalarse en un campo de uno de ellos. Suponían que estaban dadas las condiciones para poder pasar una semana agradable practicando el ‘deporte’ que los apasionaba. Se
trajeron entonces una carpa muy amplia y se propusieron seguir
algunas reglas (internas) que establecieron entre ellos.
Éstas son las cuatro condiciones que decidieron cumplir.
Como referencia, las voy a llamar (*):
• Los días en los que salía a cazar A, no salía B.
• Los días en los que salía a cazar B, también salía D pero
no salía C.
• Los días en los que salía a cazar D, también salían A o B (o
incluso los dos).
• Nunca hubo dos días iguales, es decir en donde se repitieran los cazadores que salieron al campo.
Pregunta: En los siete días que estuvieron en el campo, ¿cuántos días salió D a cazar y con quién (o quiénes)?
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Respuesta
En principio, voy a construir una tabla de todas las configuraciones factibles. Allí voy a proponer todos los posibles planes de
salida de los cuatro cazadores, respetando las restricciones que
propone el problema.
Por ejemplo, si en una fila figura: (1, 0, 0, 1), esto hay que
interpretarlo como que en ese día de la semana salieron a cazar
A y D (la primera y la última coordenada), mientras que B y C se
quedaron en la carpa.
Si escribiera (1, 1, 1, 1), esto significaría que, ese día, los cuatro cazadores salieron de caza; de la misma forma, la tira (0, 0, 0, 0)
expresa que ese día ninguno salió a cazar.
Dicho esto, escribo ahora todas las configuraciones posibles y
después eliminaremos las que no son posibles.
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)
k)
l)
m)
n)
o)
p)
1000
1001
1010
1011
1100
1101
1110
1111
0000
0001
0010
0011
0100
0101
0110
0111
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Como en total hay cuatro cazadores (A, B, C y D) que cada
día pudieron (o no) haber salido a cazar, entonces hay 24 = 16
configuraciones posibles. ¿Cómo interpretar en estos términos
cada una de las restricciones que figuran en (*)?
La condición (1) dice que las filas que empiecen con un uno
en la primera coordenada (o sea, las que asumen que A salió a
cazar) tienen que ser así: (1, 0, *, *) ya que si salía a cazar A entonces no salía B. Esto implica que quedan ELIMINADAS las
filas e, f, g y h, porque las cuatro empiezan con dos unos.
La condición (2) dice que las filas que resuelvan el problema
que contengan un número 1 en la posición de B (o sea, sí B salía
a cazar) tienen que ser así: (*, 1, 0, 1), ya que tienen que tener un
uno en B, un cero en C y un uno en D. Por lo tanto, esto ELIMINA las filas m, o y p.
Por último, la condición (3) dice que los días en los que hay
un uno en la última coordenada (los que corresponden a que ese día
D saliera a cazar), tienen que ser así: (1, 0, *, 1) o (0, 1, *, 1) o
(1, 1, *, 1) ya que los días que salía D también debían salir o bien
A o bien B o incluso los dos. Esto significa que quedan ELIMINADAS j y l.
En definitiva, las únicas siete filas que sobreviven son las filas:
a, b, c, d, i, k y n. Es decir:
A
1
1
1
1
0
0
0
B
0
0
0
0
0
0
1
C
0
0
1
1
0
1
0
D
0
1
0
1
0
0
1
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Esto corresponde exactamente a siete días distintos en los que
se cumplen todas las condiciones69. Y no hay más. No es posible
encontrar ninguna otra configuración que respete las restricciones sin repetir alguna de estas siete filas.
Por lo tanto, ahora estamos en condiciones de dar la respuesta
a la pregunta planteada:
El cazador D salió a cazar tres veces. Una vez salió con A solamente,
otra vez salió con B solamente y una tercera vez salió acompañado
por A y por C.
Es interesante notar que uno de los días de la semana ninguno
de los cazadores dejó la carpa. ¿Habrá llovido?
69. Le sugiero que verifique que cada una de esas filas cumplen con todas
las restricciones que pide el problema.
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El juego del 10 mil
Julio de 2013. Manu Ginóbili, después de jugar las finales de
la NBA frente a Miami, volvió a Bahía Blanca para disfrutar con
su familia. De allí, unos días con unos amigos a Tandil. Sorpresivamente, recibo un mensaje de texto en mi teléfono celular:
“Adrián, estamos jugando al 10 mil, ¿lo conocés? Si no lo conocés, no te preocupes, pero si sabés de qué te hablo, ¿cómo se
puede calcular la probabilidad de que uno no obtenga ningún
punto? Nosotros lo estamos pensando con mis amigos y creo que
ya tenemos una idea de lo que hay que hacer, pero me gustaría
consultarlo contigo”.
Así fue como empezó esta historia. Eso sí: si usted no escuchó
hablar nunca del juego, quiero contar acá cuáles son las reglas.
El diez mil es un juego en donde intervienen cinco dados
iguales con seis caras cada uno. Cada cara del dado tiene indicado los seis primeros números naturales: uno, dos, tres, cuatro,
cinco y seis. Los dados se ponen en un cubilete, y al arrojarlos,
uno puede sumar puntos únicamente cuando se verifica alguna
de estas condiciones:
• aparece un uno (un ‘as’). Cada ‘as’ vale cien puntos;
• aparece un número cinco. Cada ‘cinco’ vale cincuenta puntos;
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• aparece un número cualquiera repetido tres veces. Es decir, aparecen tres dados con el mismo número. En ese
caso, si los tres números repetidos son números dos, entonces eso vale doscientos puntos. Si aparecen tres números
tres, eso vale trescientos puntos; tres números cuatro valen
cuatrocientos puntos; tres números cinco valen quinientos
puntos y tres números seis valen seiscientos puntos. En el
caso particular en el que aparezcan tres números uno, el
valor es de mil puntos.
Hay algunas reglas más, pero no hacen a la esencia del juego.
Dicho todo esto, ¿cuál es la probabilidad de que al arrojar los
cinco dados uno no obtenga ningún punto? De eso se trata el
problema: tratar de contar cuántas formas hay de obtener cero
puntos.
Respuesta
En principio, quiero contar junto a usted la cantidad de resultados posibles que se pueden obtener al arrojar cinco dados. Ese
número es 65 = 7.776. ¿Por qué?
Es que para cada dado hay seis posibilidades, y el resultado
de arrojar cada dado es independiente de lo que suceda con los
otros cuatro. Por lo tanto, el número total de posibilidades es 6 6 6 6 6 = 7.776.
Ahora bien, de todas estas posibilidades quiero extraer las que
no proveen ningún punto. Para eso, le propongo que analicemos
juntos todas las posibilidades.
En principio, fíjese que como cualquier as o cualquier cinco
servirían para agregar algún puntaje a su cuenta, lo mejor que
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puedo hacer es evitar70 que salgan. O sea, voy a excluir directamente los casos en los que alguno de los dados pueda salir o
bien uno o bien cinco. A partir de ahora entonces, los casos que
voy a considerar son aquellos en los que en los dados solamente
pueden salir 2, 3, 4 y 6.
Para no obtener ningún puntaje con los cinco dados necesito
que no aparezcan tres dados con el mismo número. Luego, éstos
son los casos a considerar:
• que aparezcan dos dados con el mismo número y tres dados con distinto número;
• que aparezcan dos dados con el mismo número, otros dos
dados con otro número repetido y un quinto dado con cualquier número que no fuera ninguno de los dos anteriores.
Si puedo contar exhaustivamente todos estos casos, voy a saber
cuántos hay en donde no se obtiene ningún puntaje. Veamos.
Caso (a)
Los resultados posibles son:
22346
33246
44236
66234
70. Acepto la sugerencia de Carlos D’Andrea y agrego que al escribir “lo
mejor que puedo hacer es evitar que salgan” lo estoy haciendo en forma poética, ya que no tengo ese ‘poder’, al menos por ahora...
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Cada una de estas posibilidades indica qué número salió repetido y cuáles fueron los otros tres, pero como usted advierte pudieron haber salido de muchas maneras. ¿De cuántas? Yo podría
hacer una lista con todos los casos, pero en realidad, si uno tiene
que calcular las permutaciones de cinco números, el resultado es
5! (el factorial de 5) = 5 4 3 2 1 = 120. Sin embargo,
como uno de los números aparece repetido dos veces, entonces,
hay que dividir por dos. Es decir, cada posibilidad aparece 120/2
= 60 veces.
En vista de que en total se tienen cuatro casos, hay 4 60 =
240 casos en los que no se obtiene ningún punto.
Caso (b)
Acá se presentan dos números repetidos y los casos posibles a
analizar son:
22334
22336
22443
22446
22663
22664
33442
33446
33662
33664
44662
44663
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En total son doce posibilidades. ¿Cuántas permutaciones se
pueden obtener en cada fila? O sea, ¿de cuántas formas se pueden permutar los cinco números que aparecen en cada fila?71
71. Cuando uno tiene que calcular el número de permutaciones posibles
que se obtienen al intercambiar las letras que aparecen —por ejemplo— en la
palabra PARTE, usamos el factorial del número de letras que aparecen.
En este caso, como en la palabra PARTE hay cinco letras, el número total
de permutaciones posibles es 5! = 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120.
Cuando aparecen letras repetidas, como en la palabra CARA, entonces
si uno usara otra vez el factorial de cuatro (porque hay cuatro letras involucradas), cometería un error porque estaría contando varias veces la misma
permutación.
¿Cómo se hace entonces? La forma de hacerlo es dividiendo
4!/2! = 24/2 = 12,
en donde el 2! corresponde a las repeticiones de la letra A.
Otro ejemplo inductor: si tuviéramos que calcular las permutaciones posibles que se pueden obtener con las letras de la palabra ABRAZARA, habría
que dividir:
8!/(4! x 2!) = 40.320/(24 x 2) = 840,
en donde aparece repetido el factorial de cuatro por las cuatro letras ‘A’ y el
factorial de dos, por las dos letras ‘R’.
No puedo escribir acá la deducción de la fórmula (que usted puede encontrar en cualquier libro de combinatoria) pero sí dar una idea por si le
interesa pensar el problema. En el caso de la palabra CARA, uno trata de
distinguir las dos letras A y luego cuenta cuántas veces repite una permutación
porque no puede diferenciar una de otra.
Por ejemplo, si uno escribiera A’ y A” para distinguirlas, entonces podría
diferenciar CA”RA’ de CA’RA”, lo que no es posible de hacer en la vida real.
Nadie ‘distingue’ las letras repetidas que aparecen en una palabra.
De la misma forma, podría distinguir A’RCA” de A”RCA’.
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Ahora, lo que uno hace es calcular el factorial de 5 (5! = 120),
dividido por el producto del factorial de dos, por el factorial de dos.
O sea, 2! 3 2! = 4.
Por lo tanto, se obtiene 120/4 = 30.
Como tenemos 12 filas y cada fila tiene 30 permutaciones
distintas, entonces en total hay 360 posibilidades en donde los
dados no permiten puntuar.
Resumen: sumando los resultados que obtuvimos en el caso
(a) y (b), se tienen: 240 + 360 = 600.
En consecuencia, de los 7.776 posibles resultados que uno
tiene al tirar cinco dados, solamente en 600 no se obtiene ningún
punto. Luego, la probabilidad se calcula dividiendo los casos favorables sobre los casos posibles, o sea, 600/7.776 = (aproximadamente) 0,0771... lo que indica que el porcentaje de casos en donde uno no puntúa con los cinco dados está alrededor del 7,71%.
Escribí estos ejemplos para invitarla/lo a pensar que cada permutación
aparece dos veces y, por eso, del total de permutaciones que uno encuentra, solamente nos interesa la mitad. Si hubiera tres letras repetidas, entonces habría
que dividir el total por 3! porque ése es el número de permutaciones posibles
entre ellas. Por último, si uno tuviera la palabra ABRAZAR, las permutaciones
posibles se calculan así:
7!/(3! x 2!),
ya que aparecen tres letras A y dos letras R.
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Sorpresa
Mi objetivo con el problema que sigue es tratar de sorprenderlo. No sé si lo voy a lograr, pero lo voy a intentar. Es un problema
muy sencillo y a la vez entretenido. Puede que la solución se le
ocurra muy rápido y, en ese caso, habré fracasado en el intento,
a tal punto que usted pensará: “¿Esta pavada?”.
Pero podría ser que no, y que a usted le suceda lo que a la abrumadora mayoría de las personas a quienes se lo propuse: estuvieron un rato confundidos, buscando el error. Vale la pena entonces
correr el riesgo de que le resulte muy fácil; prefiero que así sea
porque, en el peor de los casos, le servirá para entretenerse un rato.
Acá voy. Suponga que hace un mes usted tenía mil pesos en
una cuenta bancaria. A lo largo de los últimos 30 días fue haciendo diversos retiros. Para fijar las ideas, digamos que hizo —en
total— seis extracciones, todas en efectivo.
Fíjese ahora en las dos listas que figuran a continuación.
Por un lado, en la columna de la izquierda figurará el monto
que retiró en cada operación. Por otro, en la segunda lista, aparecerá el saldo que le fue quedando en la cuenta luego de haber
retirado la cantidad de dinero que figura en la columna de la
izquierda. Recuerde que antes del primer retiro, en la cuenta
había mil pesos. Éste es el resumen.
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Primer retiro
Segundo retiro
Tercer retiro
Cuarto retiro
Quinto retiro
Sexto (y último) retiro
Extracción
$ 500
$ 250
$ 100
$ 80
$ 50
$ 20
Saldo
$ 500
$ 250
$ 150
$ 70
$ 20
$0
Fíjese qué sucede si usted suma las dos columnas (haga la
cuenta por favor): la columna de la izquierda suma $ 1.000 (mil
pesos).
Ahora, sume la segunda. Esta vez el resultado es $ 990.
Parece que hay algo que no funciona bien: ¿dónde están los
10 pesos que faltan?
El problema entonces consiste en tratar de entender qué pasó:
¿por qué las dos columnas no suman lo mismo? ¿No debería dar
mil pesos en los dos casos?
Ahora le toca a usted. Eso sí: me permito sugerirle que no
lea la respuesta muy rápido. La única gracia que tiene este tipo
de problemas es poder pensarlo en soledad o, en todo caso, con
alguna persona que ignore la solución como usted. De cualquier
forma, puede encontrarla a continuación.
Respuesta
Hace más de seis años, en la contratapa del 17 de abril del año
2007, escribí en Página/12 un problema parecido. Se llamaba
“Tres personas en un bar”72.
72. http://www.pagina12.com.ar/diario/contratapa/13-83514-2007-04-17.
html
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Antes de escribir la solución, quiero ofrecer acá otro ejemplo
que —creo— le permitirá descubrir que hay un error de planteo en el problema original y, en verdad, no faltan diez pesos. O
mejor dicho, le servirá para advertir que ni siquiera tiene sentido
sumar los números que figuran en ambas columnas y luego compararlos. Sígame por este camino.
Suponga que en lugar de hacer las seis extracciones como
planteé antes, usted hubiera hecho diez retiros de $ 100 cada
uno. Al cabo de la décima vez que usted extrae cien pesos, ya no
queda nada en la cuenta. Las columnas quedarían así:
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
10)
Extracción
Saldo
$ 100
$ 100
$ 100
$ 100
$ 100
$ 100
$ 100
$ 100
$ 100
$ 100
$ 900
$ 800
$ 700
$ 600
$ 500
$ 400
$ 300
$ 200
$ 100
$0
Si ahora usted suma las dos columnas, la de la izquierda resulta dar (como era esperable) $ 1.000, mientras que la de la
derecha:
900 + 800 + 700 + 600 + 500 + 400 + 300 + 200 + 100 = $ 4.500
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¿Y ahora? ¿Cómo puede ser que haya semejante diferencia?
¿No deberían dar igual?
Piense conmigo: en cualquiera de los dos ejemplos, cuando
uno suma los números de la primera columna, obtiene todo el
dinero que retiró. Como al hacer el último retiro ya no queda más
nada, eso significa que en total usted habrá extraído el total que
había en la cuenta: mil pesos.
Mientras tanto, la columna de la derecha sólo expresa los saldos parciales. Es decir, el dinero que va quedando en la cuenta
a medida que usted retira dinero. Y aquí la clave del problema:
¿qué sentido tendría ir sumando el dinero que queda en la cuenta
luego de cada extracción? ¿Qué habría de medir?
Como usted advierte, sumar los datos de la columna de la
derecha no sirve para medir nada. En el caso que yo presenté originalmente, los números se acercan por casualidad. Difieren en
10 pesos en forma totalmente accidental y de allí la confusión,
pero en realidad, en casi cualquier otro caso los resultados de
ambas suman no tienen por qué tener ningún tipo de relación.
Lo sorprendente es que el caso expuesto pareciera sugerir que
ambas sumas deberían dar igual, cuando en realidad no tienen
nada que ver.
Pero uno se tienta por las similitudes, suma ambas columnas
porque es lo que le piden y no se cuestiona nada. Va y suma.
¿Cómo puede ser posible que uno no reaccione casi inmediatamente diciendo: “la pregunta no tiene sentido”? Sin embargo,
uno le adjudica potencial validez y se somete a pensar algo que
debería ser casi obvio que es equivocado. Y como escribí antes,
nos pasa a muchos... a casi todos.
En algún sentido nos dejamos llevar por la pereza. Es mucho más cómodo pensar por qué faltan los diez pesos que poner en duda toda la estructura intelectual montada alrededor
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del hecho: “Si me preguntan por qué faltan los diez pesos, por
algo será”.
A usted, ¿qué le pasó? ¿Hizo las cuentas buscando el error o
advirtió que no tenía sentido? ¿Le sirvió para algo el ejemplo?
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Piedra, papel o tijera (para tres)
Siempre tuve la curiosidad por entender cómo se trasladan
los cuentos, las historias, los chistes, los juegos, no sólo de generación en generación, sino también atravesando las distintas culturas. Naturalmente, uno tiene una respuesta muy fácil a mano:
turistas, inmigrantes, viajeros, pergaminos, libros, imprenta, películas, videos, internet, etc. De acuerdo. Pero al mismo tiempo,
yo me he sorprendido varias veces en distintos países del mundo
contando un cuento... algo así como una historia con un final
que me parecía local, o de características más latinas (por elegir
un ejemplo) y sorprenderme con que en el lugar donde yo la
estaba contando ya se conocía alguna versión ‘adaptada’.
Pero, ¿por qué esta introducción? Es que hay un juego muy
particular al que yo he visto jugar desde que era niño (y eso sucedió hace muchísimo... muchísimo tiempo) en donde se decidía
quién se quedaba con algún objeto o quién tenía que barrer o levantar los platos de la mesa... (y usted agregue acá lo que quiera).
¿Qué juego? Bien. “¡Piedra, papel o tijera!”
Estoy casi seguro de que usted escuchó hablar de él, pero en
todo caso escribo acá una versión abreviada. Suponga que hay
dos personas que tienen que dirimir algo (no importa qué). Uno
siempre puede lanzar una moneda al aire, por supuesto, o en-
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contrar algún otro método. Pero también es posible decidirlo de
la siguiente forma: las dos personas cierran el puño y hacen un
gesto como si estuvieran por golpear arriba de una mesa tres veces consecutivas. La diferencia está en que a la tercera vez puede
optar por una de estas tres situaciones:
a) abre la mano y la deja extendida;
b) muestra el índice y el dedo mayor de esa mano extendidos
(como si formando una letra ‘v’, pero horizontal);
c) deja el puño cerrado.
Con el primer gesto, uno trata de representar un papel.
Con el segundo, una tijera.
Con el último, trata de simbolizar una piedra.
Lo interesante del juego es que no hay una forma de ganar en
el 100% de los casos, sino que las reglas son:
a) La piedra rompe la tijera (y por ende, gana), pero pierde
frente al papel (que la envuelve).
b) La tijera corta al papel (y le gana), pero pierde frente a la
piedra que rompe la tijera.
c) El papel pierde frente a la tijera (que lo corta), pero gana
frente a la piedra (a la que envuelve, como ya quedó dicho).
En el caso de que los dos participantes exhiban lo mismo, entonces, se declara un empate transitorio y vuelven a jugar hasta
que los dos muestren dos objetos distintos.
Es un juego bien elemental y que se viene jugando desde
hace siglos... y no crea que pongo la palabra ‘siglos’ en forma
inadvertida, sino que la/lo invito a que —si tiene mucho tiempo sin ocupar— bucee en internet, y verá que hay registros de
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que se jugaba a “Piedra, papel o tijera” por lo menos desde el
siglo XVII.
No interesa ahora, y tampoco que el juego sirve para dilucidar
situaciones que viven niños en Sudamérica, así como en Italia,
España o Inglaterra, pero también en Estados Unidos y Japón.
Y acá paro con el tema de “Piedra, papel o tijera”, por lo menos en el caso que involucra a dos personas. Mi pregunta tiene
que ver con tratar de elaborar una estrategia que permita decidir
qué hacer en el caso de tres personas. ¿Cómo ampliar las reglas
de un juego que involucra a dos personas cuando se agrega un
participante más? ¿Qué hacer? ¿Cómo elaborar una estrategia
para decidir algo entre tres personas, usando el mismo juego de
“Piedra, papel o tijera” en forma justa?
Esta parte ahora se la dejo a usted. Yo sigo a continuación.
Una forma de resolver el problema
Una idea puede ser la siguiente: en principio, juegan normalmente dos de las tres personas involucradas. Si alguno de los dos
resulta ganador, se terminó el juego: ganó ella (o él).
Como usted advirtió anteriormente, podría producirse un empate (si los dos que están jugando mostraran el mismo objeto).
En ese caso, se declara ganadora a la persona que no participó del
juego, y estaba mirando desde afuera.
La pregunta que surge naturalmente es la siguiente: ¿tienen
todos las mismas chances de ganar? Porque es muy fácil de entender la solución que yo propuse, pero, ¿cómo hacer para corroborar que ninguno de los tres tiene alguna ventaja o desventaja?
Para eso, es bueno, observar la siguiente tabla (o matriz de
3 3):
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Piedra (jugador 2) Papel (jugador 2) Tijera (jugador 2)
Piedra (jugador 1) Gana jugador 3
Gana jugador 2
Gana jugador 1
Papel (jugador 1) Gana jugador 1
Gana jugador 3
Gana jugador 2
Tijera (jugador 1) Gana jugador 2
Gana jugador 1
Gana jugador 3
Si usted cuenta los casos favorables para cada jugador, advertirá que todos tienen tres posibilidades de ganar (sobre los nueve
resultados posibles). Eso significa que la probabilidad de éxito es
la misma para todos.
Y eso contesta la pregunta. No sé si será útil dilucidar situaciones de la vida cotidiana jugando a “Piedra, papel o tijera”, pero
no deja de ser curioso que uno pueda ampliar el juego a tres
participantes en lugar de dos73.
73. Eso sí: psicológicamente, ¿aceptará una persona ‘ganar’ o ‘perder’ sin
poder participar? Pero ésa ya es otra historia.
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Ta-Te-Tí (de atrás para adelante)
No debe haber un juego/entretenimiento más clásico que el
Ta-Te-Tí74. Al mismo tiempo, es fácil descubrir que quien empieza el juego tiene una ‘enorme’ ventaja (basta con jugar en la
casilla del medio para por lo menos conseguir un empate), y eso
transforma el juego entonces en algo muy aburrido. ¿Para qué
jugar si uno sabe que hay una estrategia para no perder en el
caso del que juega primero y llegar a empatar si uno juega ‘bien’
cuando empieza segundo?
De todas formas, algunos juegos son verdaderamente ingenuos (como el del Ta-Te-Tí), pero en otros, elaborar estrategias
que permitan ganar empezando primero (o segundo, dependiendo del juego) se transforma en algo muy complicado. Si no, tome
como ejemplo el ajedrez. Una cosa es jugar con las piezas ‘blancas’ (que son las que empiezan la partida) y otra muy distinta
es jugar con ‘negras’. Tener la iniciativa es algo ciertamente no
menor.
Pero hay situaciones que empiezan como juegos y después
adquieren otro tipo de relevancia. De hecho, así empezó una
74. El objetivo del juego es tratar de ubicar tres cruces (o tres ‘círculos’)
formando una línea vertical u horizontal o diagonal en una grilla de 3 3.
El primero que llega a ubicar sus ‘fichas’ en esas condiciones, gana la partida.
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rama tan importante de la matemática como la propia Teoría de
Juegos, que ahora se usa en economía, ciencias políticas, psicología, lógica y hasta biología. El objetivo que me propongo con el
problema que figura aquí, consiste en hacer un camino ‘inverso’.
Es decir: mirar un tablero en donde se esté desarrollando un juego (podría ser de ajedrez, damas, Ta-Te-Tí, lo que se le ocurra) y
tratar de establecer qué fue lo que pasó para que llegaran hasta
allí. O sea, en todo lo que sigue yo voy a asumir siempre que los
dos jugadores son ‘expertos’, personas que siempre tienen la capacidad de elaborar y/o elegir la mejor estrategia para tratar de
‘ganar’.
Como del ajedrez sólo se mover las piezas y conozco únicamente que los elementos más rudimentarios, le voy a sugerir que
vea el siguiente tablero de Ta-Te-Tí (Figura 1), en donde cada
jugador ha realizado nada más que tres jugadas. Uno juega poniendo ‘cruces’ y el otro (u otra), poniendo ‘círculos’.
Habitualmente, quienes han jugado al Ta-Te-Tí, saben que
quien empieza tiene una ventaja muy clara: eligiendo la casilla
del centro, no hay manera de perder. Lo peor que le puede pasar
(a quien comienza jugando) es que llegue a un empate, y eso sucederá siempre y cuando el otro participante juegue bien. Mire
ahora el tablero de la Figura 1 con detenimiento y fíjese si usted
es capaz de ‘reproducir’ lo que fue pasando con los dos participantes. La primera conclusión es que ninguno de los dos jugó en
el centro del tablero75, pero tengo dos preguntas para hacer:
75. Le sugiero que si tiene tiempo, se entretenga un rato viendo cómo se
modificaría su estrategia para jugar al Ta-Te-Tí, si no se permitiera jugar en el
centro del tablero al empezar el partido. Inténtelo y verá las diferencias en el
juego. Cambia... ¡y mucho!
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a) ¿quién empezó el juego: el que juega con cruces o con
círculos?
b) ¿cuál fue esa primera movida?
El problema es sencillo y no requiere de ningún conocimiento
previo (salvo las reglas del Ta-Te-Tí que, asumo, usted conoce).
La/lo invito a que ‘rebobine’ y reproduzca lo que fue sucediendo
en el juego. O sea, primero, decidir quién de los dos tuvo que
haber empezado el juego y, después, cuál tuvo que haber sido la
primera movida y (desde allí) las restantes.
El tablero en el momento que se suspendió la partida estaba
así:
O
X
O
X
O
X
Figura 1
Solución
Para empezar, quiero ponerle un ‘nombre’ a cada casilla para
poder referirme a ellas libremente. Fíjese lo que hago en la Figura 2. Cada casilla lleva dos dígitos: el primero indica la fila y el
segundo, la columna. Queda así:
11
21
31
12
22
32
13
23
33
Figura 2
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Ahora sí, mi idea es que nos vayamos convenciendo juntos
de qué es lo que tuvo que haber pasado para que llegaran a esa
posición. En principio, tratemos de decidir quién de los dos tuvo
empezó. Como los dos participantes hicieron tres movidas, analicemos qué pasaría si ahora le tocara jugar a O. En ese caso, O ocuparía la casilla 21 y terminaría ganando la partida. ¿Por qué? Bien,
porque si O juega allí, entonces X, en su próxima movida, tendría
que cubrir dos lugares con los que perdería si no lo hace: si ‘tapa’ la
casilla 31, perdería igual porque O jugaría en la casilla del centro.
O
O
X
O
X
O
X
Figura 3
Por otro lado, si X decide obturar las posibilidades de O jugando su X en la casilla del centro, entonces O jugaría en la
casilla 31 y gana la partida. Es decir, si le tocara jugar a O, X perdería inexorablemente. Como estamos suponiendo que los dos
jugadores son suficientemente avezados como para no cometer
errores de este tipo, es que concluimos que no puede ser que le
toque el turno a O: debe ser el turno de X y, si es así, X tiene que
haber empezado la partida.
Ahora bien: ya sabemos entonces que X empezó, pero ¿dónde?
Mirando nuevamente el tablero de la Figura 1, las jugadas de
X fueron en los lugares 12, 13 y 33. Quiero invitarla/lo a pensar
qué debería haber hecho O si X empezaba en alguna de las dos
puntas (la 13 o la 33). Es decir: ¿qué movida le conviene hacer
a quien juega segundo, si el que comienza elige jugar en una de
las puntas?
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Por supuesto, lo más interesante de este análisis es que lo haga
usted. Si lo hago yo, no tiene ninguna gracia. En todo caso, le
propongo que lo piense y después corroboremos juntos si hemos pensado igual y/o parecido. De todas formas, acá van mis
reflexiones. Con los tableros que figuran a continuación, quiero
que se convenza conmigo de que si la primera movida de X fue
en una de las dos puntas (voy a elegir la casilla 13, pero la 33 es
exactamente igual por razones de simetría), entonces O ¡tendría
que jugar en la casilla del centro porque, si no, está condenado a
perder!
Acompáñeme por acá. Éstas son todas las posibilidades:
X5
X3
X1
O2
O4
Tablero 1
X3
O4
X5
X1
O2
Tablero 2
X5
O2
X1
O4
X3
Tablero 3
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X5
X1
O4
X3
O2
Tablero 4
X5
O2
O4
X1
X3
Tablero 5
O2
X1
O4
X3
X5
Tablero 6
O2
X3
O4
X1
X5
Tablero 7
Permítame explicar lo que son los números después de cada
letra: la primera jugada de X fue la que figura con X1. La segunda le correspondió a O y fue entonces O2. La tercera fue de X
y la llamé X3. La cuarta jugada fue O4 y la última X5. ¿Por qué
la última? Porque supuse que X1 fue en una de las puntas (el
casillero 13). Si O juega en cualquier otra posición que no sea en
el medio, pierde inexorablemente. Por lo tanto, como uno sabe
que los dos jugadores son ‘expertos’ y no cometerían un error tan
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burdo, entonces, forzosamente, si X1 hubiera empezado a jugar
en la punta 13, O debería haber jugado en el medio. Como no
hay ninguna movida de O ocupando la casilla del centro en el
tablero original (Figura 1), eso significa que la primera movida
de X ¡no fue en una de las dos puntas! Ni en 13 ni en 33.
¿Cuál es la conclusión? X1 se ubicó en la casilla 12.
Una continuación natural es que la siguiente jugada de O
(O2) haya sido en la casilla 32. Luego X jugó su movida 3 (X3)
en la casilla 13, ante lo cual O se vio forzado a jugar en 11 (O4).
Luego, X (X5) hizo su quinta movida en 33, y a O no le quedó otra alternativa que hacer su última jugada (hasta ahí) en 23
(O6). En definitiva, el tablero debería completarse así:
O4
X1
O2
X3
O6
X5
Figura 4
Y esto concluye el análisis. Es decir, si uno supone que las dos
personas que están jugando lo hacen usando al máximo su capacidad reflexiva y que no cometen errores, entonces lo que tuvo
que haber pasado para que llegaran a la posición de la Figura 1 es
que X haya empezado en la casilla 12. A partir de ahí, un orden
posible de las movidas es el que aparece en la Figura 4.
Desde acá, si los dos juegan ‘bien’, la partida no tiene ganador.
Mi objetivo al haber planteado este problema es entrenar
nuestra capacidad reflexiva, para situarnos en el lugar de ‘el otro’
mientras uno está o bien compitiendo, o bien ‘tratando de entender a la persona que tiene enfrente’. ¿No sería útil imaginar
qué es lo que está llevando a la otra persona con la que uno está
interactuando a proceder de la forma en la que lo hace?
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El problema de Luis Scola
Así como Manu Ginóbili es quien me aporta tantas veces problemas para pensar o testea los que yo le mando, otro basquetbolista de elite y actual capitán del seleccionado argentino, Luis
Scola, posee también sus particulares gustos por la matemática.
Luis tiene un profundo interés por las estadísticas, por bucear
en las grandes bases de datos, las formas de utilizarlas para mejorar su producción personal como jugador, leyendo los números
de su actuación partido por partido, tratando de descubrir los
mensajes escondidos en esos datos para ver qué tiene que practicar más, en qué lugar de la cancha falla más, o al revés, en qué
posiciones del campo falla menos o tiene mayores porcentajes
de aciertos. La NBA hoy tiene cámaras en todos los estadios, más
precisamente seis ubicadas no para filmar para la televisión: sacan... y lea bien lo que voy a escribir, ¡veinticinco fotos por segundo!, para medir todo lo que usted se pueda imaginar, desde
cuántas veces pica un jugador la pelota hasta la distancia que hay
entre cada jugador y su oponente, la altura de su salto, la trayectoria ‘casi’ exacta de sus tiros, su impacto en ataque pero también
en defensa, cómo incide en él el cansancio, cómo son sus picos76
76. Por ‘pico’ entiendo momentos de producción máxima o bien mínima.
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en función del tiempo que lleva jugado así como su capacidad
para reaccionar frente a un resultado adverso... La cantidad de
material registrado hubiera sido imposible de alcanzar sólo un
par de años atrás.
Es obvio que Scola, al igual que todos sus compañeros del
seleccionado argentino y los de la NBA, sabe cuáles son sus ‘zonas de confort’, en qué lugares de la cancha se siente más cómodo, jugando con qué compañeros, contra qué rivales, y sus
posiciones más favorables. Pero los datos ofrecen señales que no
siempre son detectadas, patrones que resultaban inadvertidos, y
los números no hacen ‘lobby’, no tienen ‘agendas encubiertas’:
simplemente ‘son’.
En todo caso, Scola es ejemplo fantástico de lo que la matemática puede hacer para mejorar a un atleta de alta competencia.
Además, Luis ya no es un niño ni una promesa. Fue campeón
olímpico (medalla de oro en Atenas), campeón de Europa, mejor jugador de Europa, medalla de bronce en los Juegos Olímpicos de Beijing, campeón en España y será recordado como uno
de los mejores jugadores argentinos de la historia.
Tengo una pregunta para usted: ¿por qué alguien como él,
que ya ha conseguido tantos ‘éxitos’, que ha firmado contratos
multimillonarios que le permitirán llevar una vida sin sobresaltos, seguirá insistiendo en ver cómo mejorar su juego? Scola está
a punto de cumplir 34 años, por lo que es obvio que ya jugó más
años de los que le quedan por delante como profesional. Aun así,
está interesado en forma consistente y sistemática en tratar de
detectar qué le falta, qué áreas de su juego necesita perfeccionar,
a qué le tiene que dedicar más tiempo en sus entrenamientos
personales... y eso es lo que destaca, lo distingue y lo pone en una
categoría diferente.
Escribí todo esto, porque quiero exhibir algo que no es nece230
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sariamente visible en la vida de los atletas. En definitiva, uno los
juzga y/o los ve en el momento de la competencia, en el momento de los partidos. Pero si uno hace las cuentas, descubre inmediatamente que esos momentos son tan pocos comparados con
el tiempo de preparación y de entrenamiento, que no hace falta
ser muy sagaz para advertir que lo que sucede en esa parte del
día es lo que tiene un aporte decisivo en el momento del juego.
En resumen, más allá de sus destrezas personales, Scola es mejor
porque hace todo lo posible para serlo. No es mejor que los otros,
algo que está fuera de su control. Scola, en todo caso, pugna por
ofrecer(se) su mejor versión de Scola, no quedarse con ‘nada’
dentro del tanque. Su intención es empujar las fronteras de sus
propias restricciones.
Lo que sigue es una historia más de la vida cotidiana. Créame
que ni agregué ni quité nada. Lo que usted va a leer es una réplica textual de lo que sucedió. Eso sí: una vez que lo haya leído,
tómese un ratito y reflexione sobre lo que dice. Vea si usted es
capaz de producir una solución al problema. Vale la pena.
Acá va: lunes 17 de marzo de 2014. Luis Scola me escribe un
mensaje que leo en mi teléfono celular:
Adrián, suponé que una persona se quiere comprar una remera que
vale 97 pesos. No tiene nada, ni un peso. Entonces, le pide prestado
dinero a su mamá. Ella le da 50. Luego va hacia donde está el padre
y él le presta otros 50. Con los 100 que tiene ahora, va y compra la
remera.
Como te das cuenta, le sobran 3 pesos. Uno se lo devuelve a la madre
y ahora le debe 49 pesos a ella. Otro se lo devuelve al padre y ahora,
le debe también a él 49 pesos. Uno le queda para él. ¿Dónde está el
peso que falta?
Es que 49 + 49 + 1 = 99. ¿Qué pasó?
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Yo estaba en la calle, caminando, y casi me atropella un auto
mientras leía el texto y pretendía desentrañar el mensaje cruzando sin advertir que la luz estaba en rojo.
Usted, que está leyendo este texto con tranquilidad, ¿qué tiene para decir? ¿Quiere tomarse un tiempo para pensar? Así como
está planteado el problema, parecería que ha desaparecido un
peso o hay algo que no funciona.
Pero lo notable es que, puesto en esos términos, da la sensación de que ha habido una suerte de pase de magia o alguien está
usando la matemática para sacar alguna ventaja. Fíjese si usted
es capaz de descubrir dónde se encuentra el error. Es simple, entretenido, y la/lo va a hacer sentir bien si lo detecta.
Ahora sigo yo. La primera pregunta que yo haría es la siguiente: ¿por qué habría alguien de querer sumar esos números? ¿Para
qué serviría? Es decir, ¿tiene sentido hacer esa cuenta?
De hecho, quiero convencerla/lo de que no tiene sentido esa
suma, pero no quiero hacer una afirmación sin explicarme mejor.
El padre le prestó 50 pesos, pero recibió uno de vuelta. Por lo
tanto, le prestó solamente 49 pesos.
La madre le prestó 50 pesos, pero recibió uno de vuelta. Por lo
tanto, ella también le prestó 49 pesos.
En total, sumados ambos préstamos, le dieron 98 pesos. Usted
no necesitaba 98 pesos sino 97 para poder comprar la camiseta.
Luego, con esos 98 pesos usted fue y compró lo que quería. Pagó
97 y le sobró un peso. ¡Y ésa es la única cuenta que tiene sentido
hacer! ¿Por qué habríamos de sumarle ese peso a los 98 para llegar a 99? Ese peso está incluido en los 98 que le dieron entre el
padre y la madre. En todo caso, ¡está mal sumar un peso porque
ese peso de más no existe!
Proponer esa suma es lo que ‘confunde’ e invita a pensar que
o bien desapareció un peso o bien hubo algún pase de magia...
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y en realidad, no hay nada de eso: es sólo una distracción que
promueve el error.
Es un problema que resulta sencillo… una vez que uno conoce
la solución. Pero cuando uno se enfrenta con problemas de este
tipo, no son tan fáciles de resolver: uno es inducido a pensar mal,
como si alguien nos empujara a elegir el camino equivocado.
Le envié a Scola mi solución y le dije que escribiría un artículo con lo que sucedió. Me prometió que tiene más: por lo
tanto, en forma inesperada para mí, apareció una fuente más de
problemas para libros y/o artículos para Página/12 o para alguno
de los programas de televisión. Eso sí: cuando usted se sorprenda
como casi todos respecto a qué es lo que sucedió para que la Argentina tuviera súbitamente un grupo de jugadores que ganaran
una medalla de oro en básquet... sí, en básquet, piense que detrás
de lo que se ve, hay algunas otras cosas ‘intangibles’, singulares,
que transforman a este grupo de jugadores en algo más que una
generación dorada de atletas... constituyen una generación dorada de personas, con intereses y curiosidades atípicos y con un
grado de formación y educación que ciertamente no es habitual.
Scola es sólo uno de ellos.
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Un primo del Sudoku
¿Cuántas veces le pasó que usted ve una grilla al estilo Sudoku
o un tablero con letras y/o números que uno tiene que completar
e inmediatamente decidió pasar de largo? Posiblemente muchas
o quizá todas las veces. Entonces, este artículo puede ser para
usted.
No se preocupe: no pretendo que cambie sus hábitos, pero
quisiera invitarla/lo a contestar una pregunta: ¿no le da curiosidad saber qué es lo que pueden tener este tipo de problemas
que aparecen publicados en diarios y revistas en todo el mundo?
Algo deben tener. ¿Qué es? ¿Con qué se entretiene ese grupo de
personas?
Bien. Esto que sigue pretende mostrar cuál es la lógica que
subyace detrás de todos ellos. Por supuesto, no tengo la expectativa ni la esperanza de poder englobar a todos los problemas de
este tipo, pero sí quisiera mostrar en qué consisten, qué es lo que
hay que hacer para resolverlos más allá de leer las instrucciones
que suelen ser —en general— muy sencillas. Es decir: ¿qué es lo
que uno tiene que hacer? ¿Cómo se empieza y por dónde?
Fíjese en el siguiente cuadrado de 5 5. Contiene 25 casillas. La mayoría están vacías, con ocho excepciones: todas las de
la primera fila y tres de la tercera. Si observa con un poco más
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de cuidado, en la primera fila aparecen cinco letras distintas:
P, R, I, M y O. Y en la tercera, aparecen solamente tres de ellas:
I, M y O.
P
R
I
M
I
M
O
O
Le pido un favor: si llegó hasta acá, no abandone ahora. Deme
una oportunidad más. Si logra llegar hasta el final, se habrá otorgado a usted misma/mismo la chance de aprender algo nuevo.
No será esencial en su vida, ni la cambiará de manera visible,
pero se agregará un condimento más: será capaz de entender de
qué hablan los que hacen Sudokus o problemas equivalentes. Y
como verá dentro de un instante, no había (ni hay) nada estrambótico ni alejado de sus posibilidades. Además, nadie ve lo que
usted está haciendo, por lo que puede avanzar con sus debilidades (y las mías) sin ser juzgado.
Una cosa más: créame que no sólo se trata de problemas muy
entretenidos, sino que —a diferencia de las palabras cruzadas,
por ejemplo— no hace falta saber NADA, no se requiere NINGÚN conocimiento previo. Todo lo que uno necesita es saber...
pensar.
Ahora sigo con el problema. En principio, en cualquier grilla
como la que figura en este artículo hay cinco filas, cinco columnas y dos diagonales77. Si usted estuviera en la sección de entre77. La que va desde el extremo superior derecho hasta el inferior izquier-
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tenimientos de un diario y/o revista, aparecerían las siguientes
instrucciones:
“Complete las casillas que faltan usando las cinco letras (P, R,
I, M y O) pero cumpliendo estas restricciones:
a) Cada una de las cinco letras tiene que aparecer UNA
SOLA vez en cada fila. O sea, no hay letras repetidas en
ninguna fila.
b) Cada una de las cinco letras tiene que aparecer UNA SOLA
vez en cada columna (no hay letras repetidas en ninguna
columna).
c) Cada una de las cinco letras tiene que aparecer UNA
SOLA vez en las dos diagonales (la que va del extremo superior derecho al inferior izquierdo y la que va del extremo
superior izquierdo al extremo inferior derecho) (no hay letras repetidas en ninguna de las dos diagonales)”.
Puesto en estos términos, parecería que uno tiene que probar
y/o adivinar. Pero no es así. Si me acompaña verá cómo se puede
DEDUCIR (con mayúscula) la única solución que tiene el problema. Avanzará haciendo conjeturas y descubriendo qué letra
tiene que ir en cada lugar. Le permitirá entender la potencia que
usted posee y que no siempre usa: su capacidad para elaborar una
estrategia (o sea, hacer matemática).
Ahora voy a empezar a hilvanar algunos razonamientos. Fíjese en la segunda columna, la casilla que figura debajo de la
do, y la que va desde el extremo superior izquierdo, hasta el inferior derecho.
En realidad, hay otras diagonales menores, pero para este ejemplo resultan
innecesarias.
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letra I. ¿Qué letra puede ir allí? Como en la segunda columna
ya figuran las letras R e I, estas dos están descartadas. Quedan P,
M y O. Pero si se fija, esta casilla forma parte también de la diagonal que va de derecha a izquierda, de arriba hacia abajo y que
empieza en la letra O. Si usted recorre esa diagonal, verá que las
letras O y M ya están usadas también y, por lo tanto, la ÚNICA
alternativa es que en esa casilla vaya la letra P. ¿Me siguió hasta
acá? No avance si se perdió en el camino porque lo ÚNICO que
interesa es que usted haya podido descubrir (junto conmigo) que
en esa casilla TIENE que ir la letra P.
Eso ya significa un gran avance: en la segunda columna ya
tenemos ubicadas tres letras, R, I y P. Faltan la M y la O. Tengo
una pregunta entonces: ¿qué letra cree que debería ir en la casilla que está en la segunda fila y la segunda columna, la que está
debajo de la R? (tómese tiempo para pensar y verá que lo va a
deducir usted en soledad).
Efectivamente, la letra que debe ir allí es la O, porque esa casilla forma parte no sólo de la segunda fila y la segunda columna,
sino que también es parte de la diagonal que va de izquierda a
derecha (y de arriba hacia abajo). Por lo tanto, como la M ya está
en esa diagonal, la única letra que puede ir allí es la O.
Con este paso, ya tenemos ubicadas cuatro letras en la segunda columna (de arriba hacia abajo): R, O, I y P. Falta una sola: la
M. Luego, ubicamos la M en la quinta fila, segunda columna y
ya tenemos la columna completa.
De la misma forma, fíjese lo que debe suceder en la tercera
fila. Allí ya hay ubicadas tres letras: I, M y O. Luego, quedan
únicamente por poner la P y la R, que pueden ocupar la primera
y la última casilla de esa fila. Pero si observa lo que sucede en la
primera columna, ya hemos usado la letra P (en la primera fila).
Luego, como la P no puede ir allí, entonces, la única letra que
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puede ir en la tercera fila (primera columna) es la R. En esa fila
entonces queda una sola letra por ubicar, ya que usamos la R, I,
M y O. Falta la P, que va en la última columna de esa tercera fila.
Ahora tenemos la grilla así:
P
R
R
O
I
P
M
I
M
O
M
O
P
Si me siguió hasta acá, habrá notado que no hubo necesidad
de apelar a nada que no fuera conjeturar qué letras podrían ir en
cada casilla y descartar las que violarían las restricciones.
Con esta nueva grilla, ahora el camino debería ser más sencillo. ¿No le da curiosidad ver si lo puede completar usted sin mí?
Inténtelo. Yo sigo acá.
Fíjese ahora en la primera columna, la última fila. Esa casilla
forma parte no sólo de la primera columna y la quinta fila, sino
también de la diagonal que va desde la casilla superior derecha a
la inferior izquierda. Esa diagonal tiene —por ahora— tres letras
ubicadas: P, M y O. Faltan la R y la I. Pero ya usamos la R en la
primera columna. Luego, la única que puede ocupar esa casilla
es la I. Para completar esa misma diagonal, ahora hemos usado
cuatro letras: I, P, M y O. Falta solamente la R. La ponemos en
la segunda fila, cuarta columna (debajo de la M).
Ahora advierta lo que pasa en la otra diagonal, la que va de
izquierda a derecha. Esa diagonal tiene ya tres letras: P, O y M.
Faltan la R y la I. Esas letras deberían ubicarse en las dos casillas
que restan. Pero en la casilla que está en la cuarta fila y cuarta
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columna no puede ir una R porque la acabamos de usar en la
segunda fila. Luego, en la cuarta fila y cuarta columna debe ir
una I y, por lo tanto, a la cuarta columna sólo le falta una letra
(ya usamos M, R, O e I): la P.
P
R
I
R
O
I
P
M
I
M
M
R
O
I
P
O
P
Ahora, lo que resta es mucho más sencillo. A la diagonal que
va de izquierda a derecha (de arriba hacia abajo), solo le falta la
R (que va en la casilla que está en la quinta fila y quinta columna); en la casilla que está en la quinta fila y tercera columna hay
que poner una O (porque es la única que queda). A la primera
columna le faltan dos letras: la M y la O, pero en la casilla de la
primera columna y segunda fila no puede ir la O porque ya aparece en la segunda fila. Luego, debe ir la M, y en la cuarta fila de
la primera columna, hay que usar la O.
Para terminar, en la casilla de la tercera columna y cuarta fila,
debe ir una letra R (porque faltan la R y la P, pero la P ya está en
la segunda columna) por lo que hay que ubicar la P en la segunda fila de la tercera columna. Lo único que resta es completar
la quinta columna, pero con la ventaja de saber que la segunda,
tercera y cuarta fila tienen ya cuatro de las cinco letras ubicadas.
De esa forma, terminar la grilla es inmediato, queda así:
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P
M
R
O
I
R
O
I
P
M
I
P
M
R
O
M
R
O
I
P
O
I
P
M
R
Moraleja
Las ideas que usé (usamos) para completar esta grilla son las
que se usan para resolver cualquiera de los Sudoku78. Por supuesto, hay algunos que son un poco más complicados y los razonamientos que hay que hacer son un poco más elaborados, pero no
difieren en nada de lo que hicimos acá.
Para el final tengo una pregunta para usted. Si me siguió hasta acá, ¿no cree que está en condiciones de resolver cualquier
problema de este tipo? Le anticipo la respuesta: ¡no tenga la menor duda! Usted tiene las herramientas necesarias. Lo único que
hace falta es tener la voluntad para usarlas.
78. Los Sudoku presentan una grilla de 9 9 en lugar de 5 5, y a diferencia de cinco letras como había acá, aparecen los dígitos del 1 al 9. Hay
algunas otras restricciones respecto a los cuadrados de 3 3 y no siempre se
usan las diagonales, pero esencialmente es el mismo juego.
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Un nuevo reloj
99
9+
9
9
9
9+
9
9
9
9+9
9
9
⁹ 9⁹
9-
9+9-9
9
9+
9
9-
9 + .9
9-
9
9
9! -
9
9
9
9
Mi madre falleció en octubre del año 2013. Llegó a la Argentina desde Polonia con su madre, una hermana y un hermano.
Justamente, el hermano (Saúl) me regaló dos primas (Silvia y
Mirta, mellizas) y la hermana (Miriam), dos primos (Lili y Josi).
A propósito de esta saga de libros para difundir la matemática,
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todos ellos están siempre a la búsqueda de formas de ayudarme,
recogiendo material a través de sus hijos, o buceando en internet
o en sus propias curiosidades.
Justamente Silvia advirtió que en todos los libros recientes
había publicado algún reloj cuyos números tenían alguna ligazón con propiedades de la aritmética. Para que a este libro no le
faltara un toque de ese tipo, me envió la foto que figura en este
artículo.
En honor a ella, y a toda su familia, voy a llamar a esta parte
del texto “el reloj de Silvia, Mirta y Lucas”.
Ahora resolvamos juntos las igualdades que representan a
cada número que va del 1 al 12. Primero, le sugiero que lo intente en soledad. En todo caso, si hay alguno que le ofrece demasiadas dificultades, coteje con las explicaciones que figuran a
continuación. Acá van.
Para ponerme de acuerdo con usted, quiero reflexionar sobre
algunos símbolos que aparecen en el reloj.
Como habrá visto, hay varias ‘raíces cuadradas’ y una ‘raíz novena’. Para calcular la raíz cuadrada de un número, se utiliza
–
el símbolo √ . ¿Qué significa calcular la raíz cuadrada de un
número x? O lo que es lo mismo, ¿qué quiere decir que la raíz
cuadrada de x sea un número y?: que si uno eleva al número y al
cuadrado, obtiene el número x.
Por ejemplo, la raíz cuadrada (positiva) del número nueve es
3, porque al elevar 3 al cuadrado (32 = 9) se obtiene el número 9.
La raíz cuadrada de 64 es el número 8, porque 82 = 8 8 = 64.
Por otro lado, si uno encuentra que y es la “raíz novena” del
número x, esto significa que en lugar de elevar el número y al
cuadrado como hacíamos antes, hay que elevarlo ‘a la novena’, o
sea, multiplicarlo por sí mismo ¡nueve veces!
Por ejemplo, la raíz novena de 40.353.607 es igual a 7, porque
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si uno eleva el número 7 a la novena potencia (o sea, lo multiplica por sí mismo 9 veces) se ‘recupera’ el número 40.353.607.
Cuando uno ubica un ‘pequeño’ segmento ‘arriba’ de un número expresado en su desarrollo decimal, uno está indicando
que el número que aparece ‘debajo’ de ese segmento se repite
indefinidamente.
Por ejemplo, si uno pone 0.3 es para indicar el número
0,333333333...
Si hago lo mismo con el número 0.9 es para indicar el número
0,99999999... que en realidad es IGUAL al número uno.
Finalmente, si uno agrega un símbolo de admiración al lado
de un número natural n, lo que está indicando es que hay que
multiplicar todos los números en forma descendente que van
desde n hasta el número uno. Este símbolo se conoce con el
nombre de ‘factorial’ de un número, en este caso, del número n.
Por ejemplo, el factorial del número 5, que se escribe 5! =
5 4 3 2 1 = 120.
De la misma forma, el factorial de 10, que se escribe 10! =
10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 = 3.628.800.
Ahora sí, creo que estamos en condiciones de ‘deducir’ todos
los números que aparecen en la figura.
a)
b)
c)
d)
e)
9/9 = 1
(9+9)/9 = 18/9 = 2
(raíz cuadrada de 9) + 9 – 9 = (3 + 9) – 9 = 12 – 9 = 3
(raíz cuadrada de 9) + (9/9) = 3 + 1 = 4
el factorial de (la raíz cuadrada de 9) – 9/9 = (factorial de
3) – 1 = 3! – 1 = (3 2 1) – 1 = 6 – 1 = 5
f) 9 – (9/(raíz cuadrada de 9)) = 9 – (9/3) = 9 – 3 = 6
g) 9 – (raíz cuadrada de 9) + (0,9) = 9 – 3 + 0,999999... = 9 –
3+1=7
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h) 9 – 9/9 = 9 – 1 = 8
i) (raíz novena de 99) = 9
j) 9 + 9/9 = 9 + 1 = 10
k) 99/9 = 11
l) 9 + 9/(raíz cuadrada de 9) = 9 + 9/3 = 9 + 3 = 12
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El niño que repartía figuritas
Santiago era un niño generoso, tanto que un día salió de su
casa con un número de figuritas que había venido coleccionando desde hacía tiempo. Cuando regresó, no tenía ninguna.
La madre se mostró ciertamente preocupada y le preguntó:
“¿Qué hiciste con las figuritas?” “Nada, mamá”, balbuceó Santiago. “A medida que fui caminando hasta el club, me fui encontrando con seis amigos. A cada uno de ellos le di la mitad más
una de las figuritas que iba teniendo en cada caso. Al final, me
quedé sin ninguna.”
Pregunta: ¿es posible determinar con cuántas figuritas salió
Santi de su casa?
Solución
Este problema es lindo para pensar ‘de atrás hacia adelante’.
Es decir, empezar por el momento en el que Santiago entrega las
últimas figuritas.
Voy a llamar A al número de figuritas que tenía Santiago cuando se encontró con el último amigo, el sexto.
¿Qué pasó en ese momento? Le entregó la mitad de las que
tenía (A/2) y le agregó una más, pero entonces se quedó sin nada.
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Esto quiere decir que la mitad de las que tenía más una tuvo
que haber sido igual al número que tenía en la mano cuando se
tropezó con su sexto amigo. Dicho de otra forma, tuvo que haberse verificado esta igualdad:
(A/2) + 1 = A
Luego, busco un denominador común para poder hacer esa
cuenta:
A/2 + 2/2 = A,
o lo que es lo mismo que decir que
(A + 2) = 2A,
y de acá se deduce que
A=2
O sea, en el momento en que Santiago se encuentra con su
sexto amigo, tiene 2 figuritas. Es bueno saberlo, porque ahora podemos seguir yendo ‘hacia atrás’ y plantearnos cuántas figuritas
tenía al encontrarse con el quinto amigo. Recién hemos descubierto que después de haber visitado al quinto amigo se quedó
con dos figuritas. Ahora la cuenta es la misma que antes: si llamo
B al número de figuritas que tenía al encontrarse con el quinto
amigo, entonces a él le dio la mitad de B más una figurita, y se
quedó con 2.
O sea:
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B – (B/2 + 1) = 2
Es decir que
B/2 – 1 = 2
Lo que implica que
B=6
Ahora ya sabemos que al encontrarse con el quinto amigo tenía 6 figuritas. Con la misma idea, calculemos lo que le pasó al
encontrarse con el cuarto amigo. Allí tenía C figuritas. Cuando
le entregó (C/2 + 1) se quedó con 6.
O sea, se tiene que haber verificado esta igualdad:
C – (C/2 + 1) = 6
Luego,
C/2 – 1 = 6
De acá se deduce que
C = 14
Si usted sigue haciendo la cuenta de la misma forma, descubrirá que los números que se obtienen son: 2, 6, 14, y luego 30,
62 y al final, 126.
Es decir que cuando Santiago salió de su casa, tenía 126 figuritas. ¿Cómo comprobarlo?
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Bien, haciendo las cuentas que permitan corroborar si lo que
hicimos anteriormente es correcto.
126 – {(126/2) + 1} = 126 – (64) = 62
62 – {(62/2) + 1} = 62 – 32 = 30
30 – {(30/2) + 1} = 30 – 16 = 14
14 – {(14/2) + 1} = 14 – 8 = 6
6 – {(6/2) + 1} = 6 – 4 = 2
2 – {(2/2) + 1} = 2 – 2 = 0
Ésa es la idea79. El resto se lo dejo a usted, pero más allá de las
cuentas que lo corroboran, muchas veces es necesario ‘empezar
desde atrás’ y ‘desandar el camino’.
79. Aquí quiero agregar una observación preciosa de Carlos D’Andrea.
Carlos me escribió el 24 de junio del año 2014: “Adrián, uno podría plantear
—y resolver— un sistema lineal de seis ecuaciones con seis incógnitas. Las
ecuaciones son: (1/2)a – 1 = b; (1/2)b – 1 = c; (1/2)c – 1 = d; (1/2)d – 1 = e;
(1/2)e – 1 = f, y finalmente (1/2)f – 1 = 0. Este sistema tiene como solución
única: (126, 62, 30, 14, 6, 2). Más aún: si en lugar de seis amigos hubiera ‘n’
amigos, entonces con estas mismas ideas se puede deducir que Santiago tenía
al principio (2(n+1) – 2) figuritas”.
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El mago que siempre encontraba el número siete
Le pido que ponga 20 pelotitas dentro de una bolsa o una caja.
Mientras tanto, yo tengo acá conmigo (aunque usted no lo
vea) un sobre con un número escrito.
Ahora, haga lo siguiente: retire de la caja un número cualquiera de pelotitas entre 1 y 10.
Deben haber quedado un cierto número de pelotitas allí
adentro. Cuéntelas. Tiene que haberle dado algún número entre
10 y 19.
Suponga que le quedaron 17. No es relevante en este momento. Ahora, le pido que haga lo siguiente: como el número
17 tiene dos dígitos (1 y 7), réstelos del número 17. En este caso,
lo que tiene que hacer es restar 17 menos 7, y al resultado (10),
restarle el otro dígito (uno). Obtendrá en este caso el número 9.
Pero esto fue un ejemplo. Ahora usted, sin que yo lo vea, retire
un número cualquiera de pelotitas entre 1 y 10. Igual que antes,
cuente las que le quedaron. Como hicimos antes, reste los dos
dígitos del número de pelotitas que le quedaron.
Eso le permitirá llegar hasta un cierto número. A este resultado, réstele dos.
Yo, mientras tanto, abro el sobre que tengo acá conmigo (que
usted no ve) y me fijo el número que está escrito.
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Resulta que el número que yo descubro es el número siete.
¿Tendrá algo que ver con el número que le dio a usted?... ¿Seguro? Fíjese de nuevo. Si su cuenta no le dio siete es porque
hicimos algo mal. ¿Quiere intentar otra vez?
Resumo: de una caja que contiene 20 pelotitas, usted retire
cualquier número entre 1 y 10. Habrán quedado un cierto número de pelotitas en la caja (que tiene que estar entre 10 y 19, ya
que usted retiró entre 1 y 10).
A ese número, réstele sus dos dígitos, y al número que resulte, réstele dos. Cuando yo abra el sobre que tengo acá conmigo,
deberían coincidir los dos números: su resultado con el número
que yo tengo escrito en un papel dentro del sobre. Lo curioso es
que yo tengo el número siete. ¿Usted?
A esta altura, si yo estuviera en su lugar, trataría de saber qué
fue lo que pasó, o mejor dicho, qué es lo que pasa. ¿Cómo puede
ser que yo tenga anotado acá al número siete?
Más aún: ¿cómo es posible que sin saber yo qué número de
pelotitas habría de elegir usted, yo ya puse el número siete? ¿Qué
más se podría inferir entonces?
¿Será verdad que siempre da siete?
Lo notable es que ¡sí, siempre da siete!
La pregunta que sigue ahora es... ¿Por qué?
Bien, de eso viven los magos (entre otras cosas): de lograr sorprender con propiedades que ofrece la matemática. La/lo invito
a que le dedique un ratito a tratar de descubrir por qué esto sucede siempre. Mientras tanto, yo sigo acá.
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Solución
Fíjese que el número de pelotitas que le quedaron (como vimos antes) tiene que estar entre 10 y 19. Observe lo que sucede
con cada una de las posibilidades.
Si le quedaron 10, tiene que restarle a 10 el dígito 1 y el dígito
0. Cuando usted haga eso obtendrá 9.
Si le quedaron 11, tiene que restarle a 11 el dígito 1 y el dígito
1. Cuando usted haga eso, obtendrá el número 9.
Si le quedaron 12, tiene que restarle a 12 el dígito 1 y el dígito
2. Cuando usted haga eso, obtendrá el número 9.
Si le quedaron 13, tiene que restarle a 13 el dígito 1 y el dígito
3. Cuando usted haga eso, obtendrá el número 9.
No sé si seguir pero, como usted advierte, uno de los dígitos
que usted tendrá que restar es el número uno, y el otro es el
último número de los dos que forman su número. Al hacer esto
último (por ejemplo, si le quedó 13 tiene que restar 3), le quedarán 10, y luego, al restar 1 le quedarán 9. Es decir, haga lo que
haga, primero restará el dígito que hace falta para llegar hasta 10,
y después tiene que restar uno más. Con eso, yo lo llevo a que,
en principio, su resultado sea nueve.
Como después la/lo invito a que le reste dos, la/lo he llevado
a que le diera el número siete que yo tengo guardado en el sobre.
Es decir, haga lo que haga, más allá del número de pelotitas
que retire, yo lo llevo a que le dé siete.
Por supuesto, uno participa de un juego de estas características en forma ingenua, sin estar pensando en todas estas posibilidades. Uno juega, y listo... se deja llevar. Lo que sucede es
que quien prepara estos juegos tiene la habilidad y destreza que
provee la aritmética para descubrir que esta propiedad vale siempre, independientemente del número de pelotitas que uno elija.
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Como uno no está advertido, se siente sorprendido y empieza a
creer en que efectivamente puede que haya magia.
Y de hecho la hay, sólo que se llama matemagia.
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4. ESTRATEGIA
Y LÓGICA
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Competencia entre cuatro mujeres
Una empresa ofrecía puestos de trabajo a cuatro mujeres: Alicia
(A), Brenda (B), Carmen (C) y Diana (D). Las tareas (y el sueldo)
que habría de asignarles dependerían de cómo aparecieran ubicadas en una competencia especialmente diseñada para distinguir
unas de otras. Es decir, el objetivo de la compañía era que, una vez
finalizada la prueba, se pudiera establecer un orden (de primera a
cuarta) para decidir cómo y dónde posicionar a cada una.
Luego de que se conocieran los resultados, una persona le
fue preguntando a cada una cómo le había ido, y obtuvo estas
respuestas:
(a) A dijo: C salió 1° y B fue 2°
(b) B dijo: C fue 2° y D fue 3°
(c) C dijo: D fue 4° y A fue 2°
Por último, D no quiso contestar nada.
Como se ve, cada una (salvo D) dio una respuesta que consiste en dos afirmaciones. Se sabe además que de las afirmaciones
de cada joven, SOLAMENTE UNA es cierta.
Con estos datos, ¿se puede decidir cuál fue el orden final de
la competencia?
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Tómese tiempo para pensar y analizar las diferentes posibilidades. Es un ejercicio de lógica precioso y todo lo que hace falta
es imaginar diferentes escenarios y detectar si son posibles o no.
Respuesta
¿Cómo hacer para escribir todos los posibles órdenes en el que
pudo haber terminado la competencia? Claramente, cada una
de las cuatro jóvenes pudo haber terminado en cualquiera de los
cuatro lugares. Por ejemplo, si escribo: ABCD, habría que interpretar que A salió primera; B, segunda; C, tercera, y D, cuarta.
Luego, en cada lugar hay cuatro posibilidades, pero como no se
pueden repetir (es decir, si la participante A salió segunda, no
pudo haber salido simultáneamente en ninguna otra posición),
si uno quiere contar todos los posibles órdenes, puede pensarlos
de la siguiente forma:
Hay cuatro posibilidades para el primer lugar; una vez establecido quién sale primera, hay tres posibilidades para el segundo lugar, o sea, hay 4 x 3 = 12 maneras de que sean ocupados los
primeros dos lugares. Para cada una de estas doce posibilidades,
hay dos jóvenes que van a quedar disponibles para el tercer lugar,
o sea, 12 2 = 24. Es decir, hay 24 maneras de distribuir las jóvenes en los primeros tres lugares. Y no hay más. ¿Por qué? Porque
una vez que se sabe quiénes ocuparon los primeros tres lugares,
ya queda determinada quién salió cuarta.
Moraleja: hay 24 posibles resultados finales. Los voy a escribir
así:
ABCD
ABDC
ACBD
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ACDB
ADBC
ADCB
BACD
BADC
BCAD
BCDA
BDAC
BDCA
CABD
CADB
CBAD
CBDA
CDAB
CDBA
DABC
DACB
DBAC
DBCA
DCAB
DCBA
Y no hay más. Ésas son las 24 posibilidades. Ahora analicemos
los dichos de las cuatro participantes.
Primer paso
La participante D no dijo nada. Luego, sólo me voy a concentrar en lo que dijeron las jóvenes A, B y C.
Como solamente una de las afirmaciones es cierta en cada
caso, no puede suceder que se verifiquen las dos afirmaciones que
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pronunció cada una. Por ejemplo, la participante A dijo que C
salió 1° y B salió 2°. Voy a eliminar las filas en donde ambas afirmaciones suceden simultáneamente. Si usted se fija, descubrirá
que esto ocurre en las filas (15) y (16).
Sigo ahora con lo que dijo B: C salió 2° y D salió 3°. Voy a eliminar las filas en donde estas afirmaciones son simultáneamente
ciertas: las filas (4) y (10).
Lo mismo con lo que dijo C: D salió 4° y A salió 2°. Como
esto no puede suceder al mismo tiempo, puedo excluir las filas
(7) y (13).
En síntesis, hasta acá, eliminamos seis filas: (4), (7), (10), (13),
(15) y (16).
“Sobreviven” las que figuran a continuación:
ABCD
ABDC
ACBD
ACDB
ADBC
ADCB
BACD
BADC
BCAD
BCDA
BDAC
BDCA
CABD
CADB
CBAD
CBDA
CDAB
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CDBA
DABC
DACB
DBAC
DBCA
DCAB
DCBA
Segundo paso
De acuerdo con (b): C fue 2° o D fue 3°.
Si C fue segunda, entonces B no puede ser segunda también.
Por lo tanto, según (a) tiene que haber salido primera C. Esto es
imposible: C no pudo haber sido segunda y primera al mismo
tiempo. Moraleja: C no pudo ser segunda y, de acuerdo con (b),
esto implica que D tuvo que haber sido tercera.
Pero al mismo tiempo, si D fue tercera, entonces usando el
caso (c), D no pudo haber sido cuarta. Luego, A tuvo que ser
segunda. O sea que las únicas formas posibles son aquellas filas
de cuatro que tengan a A como segunda y a D como tercera, es
decir que sean así:
_AD_
Luego sólo ‘sobreviven’ las filas (8) y (14), o sea BADC y
CADB.
Tercer paso
Por último, si uno observa las dos alternativas que quedaron
(BADC y CADB), la cuaterna BADC no cumple lo que dijo la
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competidora A, o sea, no se cumple (a): ni C salió primera ni B
salió segunda.
En cambio, si el orden final fue CADB, ahora sí se cumplen
todas las premisas:
Del caso (a), es cierto que C fue primera
Del caso (b), es cierto que D fue tercera
Del caso (c), es cierto que A fue segunda.
Y listo. Éste es el orden final entonces:
C fue primera
A fue segunda
D fue tercera, y
B fue cuarta.
Otras soluciones
Carlos Sarraute y Juan Sabia, después de haber leído mi solución, me enviaron las propias. Son mucho más breves y además,
mucho más ‘elegantes’. Por eso es que quiero incluirlas acá.
En todo caso, estoy seguro de que cuantas más soluciones posibles haya, mejor, ya que habrá más ángulos para pensar. Acá va.
Solución de Carlos Sarraute
Carlos escribió un pequeño cuadro que resume las frases de
cada una de las participantes. Lo que aparece en la fila (a) es
lo que dijo A, en la (b) lo que dijo B y en la (c) lo que dijo C.
Recuerde que cada fila consiste de solamente una respuesta co-
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rrecta. En el cuadro aparece ‘arriba’ la posición de cada una de
las participantes.
(a)
(b)
(c)
1
C
2
B
C
A
3
4
D
D
Analicemos lo que dijo A, o sea, lo que figura en la fila (a). O
bien C salió primera o bien B salió segunda. Supongamos que B
salió segunda. En ese caso, en la fila (b), la afirmación correcta
es que D salió tercera porque ya sabíamos que B fue segunda.
Pero entonces se produce una contradicción porque ninguna de
las dos afirmaciones de C (que figuran en (c)) puede ser cierta:
ni A pudo haber salido segunda, porque fue B, ni D pudo haber
salido cuarta, porque salió tercera. De esto se deduce que en (a),
la respuesta correcta no es que B fue segunda, sino que C fue
primera. Veamos a qué nos conduce esto.
Como ahora sabemos que C fue primera, entonces en (b) la
afirmación correcta es que D salió tercera. Luego, en la fila (c),
que D salió cuarta es falso y, por lo tanto, tiene que ser cierto que
A salió segunda. En definitiva, se resume todo diciendo que: C
fue primera, A salió segunda, D salió tercera y por último (como
no queda otra alternativa), B tuvo que haber salido cuarta. El
resultado final de la competencia fue C, A, D y B.
Solución de Juan Sabia
“Adrián, miremos el problema de esta forma. ¿Qué pudo haber pasado con B? Una de dos: o bien salió segunda o no. No
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hay más posibilidades. Acompañame y te voy a demostrar que
independientemente de que B haya salido segunda o no, se puede deducir que D salió tercera. ¿Por qué? Supongamos primero
que B salió segunda. Entonces, por (b), como C no pudo haber
salido segunda, D tuvo que ser tercera. Por otro lado, supongamos que B no haya salido segunda. Entonces por (a), C tuvo
que haber salido primera, y ahora por (b), como C no pudo ser
segunda, se deduce que D fue tercera. Como ves, haya pasado lo
que haya pasado con B, D tuvo que salir tercera. Con este dato,
ahora es directo deducir las posiciones de todas las otras. Fijate:
por (c) como es falso que D fuera cuarta, entonces A tuvo que
ser segunda. Por (a), como B no pudo ser segunda, entonces C
tuvo que salir primera. Y finalmente, como no queda otra alternativa, B tuvo que salir cuarta. Y eso completa las posiciones:
C, A, D y B.”
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Teclas intercambiadas80
Un estudiante trajo una calculadora con un problema. Me
dijo que había dos teclas (que no sabía cuáles eran) que estaban
intercambiadas. Es decir, cuando uno aprieta una de esas dos
teclas, la calculadora hace la cuenta con el número que corresponde a la otra. Y viceversa.
Le propuse que hiciéramos algunas cuentas, nos fijáramos en
los resultados y viéramos si podíamos decidir cuáles eran las dos
teclas intercambiadas.
Alcanzó con que hiciéramos estas tres sumas:
(a) 6 + 8 = 14
(b) 2 + 5 + 6 = 15
(c) 1 + 2 + 3 + 8 = 12
Le propongo ahora que le dedique un rato para tratar de dilucidar, con estos datos, cuáles son esas teclas.
80. Todo el crédito es para Pablo Coll (y sus colaboradores) porque el material lo propuso él para el programa Alterados por Pi, en la séptima edición
que se emitió por primera vez en Canal Encuentro de la Argentina, durante
el año 2014.
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Solución
Fíjese en la parte (b). La suma debería dar 13 y no 15 (ya que
2 + 5 + 6 = 13). Esto indica que una de las teclas involucradas
(2, 5 o 6) está intercambiada con otra. Si estuvieran intercambiadas entre ellas (por ejemplo si el 2 ‘actuara’ como 5 y viceversa)
entonces yo no podría descubrir el error. Pero como la suma no
es la correcta, entonces tiene que haber una sola tecla que está
equivocada. Más aún: sea cual fuere la tecla, lo que está haciendo es ‘sumando 2’ más de lo que debiera. Es decir, o bien el 2
está actuando como un 4, o bien el 5 funciona como 7 o bien el
6 actúa como 8.
Por otro lado, de la igualdad (c) uno descubre que una de las
cuatro teclas (1, 2, 3 u 8) está intercambiada81 con otra, pero en
este caso, la tecla correcta aportaría dos unidades menos que la
que está activada. Pero el número 1 no puede estar intercambiada con ninguna otra tecla porque ‘dos unidades menos daría un
número negativo’, de la misma forma que el 2 tampoco puede
ser la tecla equivocada porque si tuviera que actuar como ‘cero’,
entonces la suma (2 + 5 +6) debería dar 11 y no 15.
Luego, las únicas dos alternativas son: que el 3 esté intercambiado con un 1 o que al apretar el 8 éste funcione como 6.
Si el 1 y el 3 estuvieran intercambiados, la igualdad (c) no
serviría para detectarlo, ya que se compensarían y, por lo tanto,
la suma debería dar correctamente 14 y no 12 como el resultado
que figura. Luego, la única alternativa es que al apretar el 8 éste
funcione como 6.
Finalmente, fíjese que de la igualdad (b), deducíamos tres po81. No pueden estar las dos teclas intercambiadas en la igualdad (c) porque si no, no podríamos descubrir el error.
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sibilidades: que el 2 fuera un 4, el 5 fuera un 7 o que el 6 fuera
un 8. De la igualdad (c), deducimos que la única posibilidad es
que el 8 actúe como un 6. Luego, concluimos que el 6 y el 8 son
las teclas intercambiadas, y como forma de confirmarlo, fíjese
en la igualdad (a): allí se ve que la suma es correcta porque se
compensan los errores que provee cada una.
¿No es bonita la solución?
Un breve agregado para CORROBORAR que lo que escribí
acá está bien. Para Científicos industria argentina, utilicé la siguiente versión:
De la segunda ecuación, se deduce que o bien 2 o 5 o 6 suman DOS MÁS que lo que indican sus números. O sea, o bien
el 2 está intercambiado con el 4, el 5 con el 7 o el 6 con el
8. Analicemos cada caso por separado. Dejemos para el final el
caso en el que las teclas intercambiadas son el 6 y el 8, ya que en
la primera ecuación se cancelan. Si el 2 estuviera intercambiado
con el 4, entonces en la tercera ecuación, como el 4 no aparece,
pero el 2 sí, ESTA SUMA (1 + 2 + 3 + 8) debería dar 16 (ya que
el 2 sería interpretado como un 4). Pero como la suma resultó ser
12, entonces el 2 y el 4 no pueden ser las teclas en cuestión. La
otra alternativa sería que el par de teclas INTERCAMBIADAS
fueran el 5 y el 7. Pero NINGUNA de estas dos teclas FIGURAN
en la tercera ecuación (c). Luego, hay que EXCLUIR al 5 y al 7.
En consecuencia, LA ÚNICA ALTERNATIVA es que sean el 6
y el 8. Y ésa es justamente la respuesta.
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Juego con siete bolsas y veinte pelotas
Tengo una pregunta para hacerle. Suponga que usted tiene
siete bolsas (o cajas, es irrelevante) y por otro lado, tiene 20 pelotas iguales, de manera tal que uno las pueda guardar dentro de
las bolsas.
¿Cree que será posible elaborar una estrategia para guardar las
pelotas en las bolsas, de manera que cada una de las siete bolsas
tenga un número diferente de pelotas?
¿Se podrá o no? ¿Usted qué cree?
Idea
Acompáñeme en este razonamiento. ¿Cuál es el número
mínimo de pelotas que puedo distribuir en las bolsas? Es decir,
¿cuál es el mínimo número de pelotas que tengo que tener a mi
disposición si en cada bolsa debe haber un número distinto?
En una bolsa podría no poner ninguna, o sea, habría cero pelotas.
En otra bolsa podría poner una sola pelota.
En otra bolsa, podría poner dos pelotas.
En otra bolsa, podría ahora poner tres pelotas.
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En otra podría poner cuatro, en otra cinco y en la última seis
ya que no tengo más que siete bolsas.
Ahora, hagamos juntos la cuenta de cuántas pelotas tendríamos en total si sumáramos las que fui poniendo en cada bolsa:
0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21
Como usted advierte, aun poniendo el mínimo de pelotas posibles, llegaríamos a 21. ¿Qué quiere decir esto?
Si en total tenemos 20 pelotas y el número que necesitaría
distribuir como mínimo para que en todas las bolsas haya un número distinto es 21, entonces ¡no me va a quedar otra alternativa
que repetir la cantidad de pelotas en alguna de las bolsas! Por lo
tanto, tiene que haber al menos dos bolsas que tengan el mismo
número de pelotas.
De esa forma, con un argumento tan sencillo (sumando), uno
deduce la respuesta: ¡no es posible!
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Barra de chocolate
Estoy seguro de que muchas veces usted tuvo que ‘compartir’
algo, sea con un hermano, un cónyuge, una compañera de trabajo, una socia... en fin, las múltiples variantes que pueda encontrar.
Naturalmente, uno querría tener las mejores chances de no
quedar con ‘la peor parte’ (por ponerlo de alguna manera). Suponga que se trata de repartir una barra de chocolate, digamos
de 5 7 ‘bloquecitos’. El chocolate está marcado con franjas
horizontales y verticales, de manera tal que sea fácil de cortar.
Usted (a quien voy a llamar A) y alguna otra persona (que llamo
B) se van a dividir esos bloques y los van a ir cortando sucesiva
y alternadamente por las líneas que marcan la barra original. Es
decir, van cortando una vez cada uno. Supongamos que empieza
A y divide la barra entera con un corte recto (horizontal o vertical) siguiendo las líneas demarcatorias. Luego B hace lo mismo,
en una de las dos partes que quedaron. De esta forma se van
alternando hasta que solamente quedan 35 bloquecitos. Allí es
donde usted advierte que surge una mínima dificultad, pero es la
que hay que tratar de salvar. El hecho de que 35 sea un número
impar, obliga a tener que tomar una decisión: o bien usted o bien
la otra persona se tendrán que quedar con un bloque menos, 17
y no 18. ¿Qué hacer entonces?
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Se podría consensuar esta solución: el que corta último, se
queda con un bloque más.
Dicho esto, tengo una pregunta para usted: ¿quién cree que
‘gana’? ¿A o B? ¿Dependerá de quien empiece o dependerá de
cómo corten la barra?
Ahora es su turno.
Solución
Piense conmigo: al empezar la división hay un solo trozo
(grande) de chocolate. Después de que A haga el primer corte
(no importa dónde), quedarán dos bloques. Ahora le toca a B,
quien cortará alguna de las dos partes. Luego de este corte de
B, el chocolate quedará dividido en tres bloques (todavía muy
grandes). Después, le tocará nuevamente a A y ahora quedarán
cuatro bloques (independientemente de dónde hayan sido todos
los cortes anteriores).
Creo que a esta altura usted comienza a sospechar lo que sucede: cada vez que corta A, queda un número par de bloques.
Cuando termina de cortar B, hay un número impar de bloques, y
esto sucede independientemente de dónde haya cortado cada uno.
Como en total hay 35 bloques, que es un número impar, eso
significa que para haber llegado a ese número el último en cortar
¡tuvo que haber sido B!
Es decir, hagan lo que hagan, sigan la estrategia que sigan,
corten por donde corten, ganará siempre el que corta segundo (a
quien en este caso llamé B).
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Moraleja
Este problema es evidentemente muy sencillo, pero al exhibir
situaciones de este tipo quiero invitarla/lo a pensar que muchas
veces en la vida cotidiana hay que tomar decisiones que involucran compartir o distribuir. No siempre hay una estrategia ganadora, pero quizá quien se quede con la parte mayor sea quien
elija o bien primero o bien segundo. Por naturaleza, uno cae en
la tentación de ser siempre el primero en decidir o elegir, como
si esa posición nos pusiera en una situación de privilegio. Este
ejemplo muestra que eso no es necesariamente cierto: aquí conviene ser el segundo y no el primero. Y aunque parezca muy
ingenuo, tomar decisiones de este tipo o pensar estrategias para
hacerlo también es... hacer matemática.
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Frases verdaderas y falsas en un pergamino
La idea que tengo al proponer este problema es motivar su
capacidad lógica. No hace falta usar ninguna otra cosa que no sea
su capacidad para reflexionar.
Por eso, el desafío resulta tan interesante. Es curioso, porque
para deducir la respuesta no es necesario tener ningún conocimiento previo. Todo lo que hace falta es poder hilvanar razonamientos.
Acá va.
Le voy a agregar un poco de ‘historia’ para hacer una presentación un poco más pomposa. Suponga que en algún lugar
perdido en una zona desértica, usted encuentra un pergamino.
Lo desenrolla y se encuentra con cuatro frases.
Están numeradas. Después de sortear algunas dificultades
porque aparecen algo ‘borroneadas’, usted alcanza a descubrir
que las cuatro frases son las siguientes:
1) Todas las frases de este pergamino son verdaderas.
2) Todas las frases de este pergamino son falsas.
3) Exactamente una frase de este pergamino es verdadera.
4) Exactamente una frase de este pergamino es falsa.
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Luego de leerlas, es natural proponerse pensar: ¿cuáles de estas frases son verdaderas y cuáles son falsas? ¿Se podrá determinar con los datos que uno tiene? Ahora le toca a usted.
Idea para encontrar la respuesta
En principio, lo primero que quiero proponerle es que dedique un rato, aunque sea breve, para pensar las distintas posibilidades. Es decir, fíjese qué se le ocurre hacer primero y después
—en todo caso— avanzamos juntos.
Dicho esto, le propongo mirar las frases 3 y 4. La frase que
lleva el número tres dice que exactamente una de las frases es
verdadera, y la frase que lleva el número cuatro dice que exactamente una de las frases es falsa. ¿Qué se puede concluir de esto?
¿Podrán ser las frases 3 y 4 verdaderas simultáneamente?
No. ¿Por qué? Si las frases 3 y 4 fueran ciertas al mismo tiempo, eso querría decir que exactamente una de las frases es cierta
y exactamente una de las frases es falsa. Bien, pero en total hay
cuatro frases. Si una es cierta y una es falsa... ¿qué debería pasar con las otras dos? Quedarían indeterminadas en su valor de
verdad (o sea, no se sabría si son verdaderas o falsas) y eso no es
posible. Luego, la conclusión es que las frases 3 y 4 no pueden
ser ciertas al mismo tiempo. Una de las dos (o las dos) tienen que
ser falsas.
El hecho de que al menos una de las frases tiene que ser falsa
implica que la frase 1 no puede ser cierta (ya que afirma que todas son ciertas). Luego, la frase 1 es falsa también.
Ahora sígame en este razonamiento que creo que es el más sutil e interesante de todos. Lea nuevamente la frase 2. Dice que todas las frases son falsas. Si esta frase fuera verdadera, eso querría
decir que —en particular— la frase 2 es ella misma falsa. Pero si
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la frase 2 es falsa, entonces no es cierto que todas las frases sean
falsas. O sea, alguna de las frases tiene que ser verdadera. Luego,
la frase dos no puede ser cierta: tiene que ser falsa.
Hasta acá hemos concluido entonces que:
a) las frases 1 y 2 son falsas;
b) no pueden ser ciertas las frases 3 y 4 simultáneamente.
Pero como las frases 1 y 2 son falsas, entonces la frase 4 es falsa
también (ya que ella afirma que hay exactamente una que es falsa). Luego, las frases 1, 2 y 4 son falsas.
Y ahora, estamos a punto de llegar a la conclusión final: ¿qué
pasa con la frase 3?
Si la frase 3 fuera falsa, entonces todas las frases serían falsas,
en cuyo caso la frase 2 sería cierta (y sabemos que es falsa). Luego, ¡la frase 3 tiene que ser verdadera!
Y eso acaba de resolver el problema. Luego de este análisis,
sabemos que de las cuatro frases, hay una sola que es verdadera:
la tercera. Las restantes son todas falsas.
Como usted advierte, no hizo falta tener ningún tipo de conocimiento previo. Sólo se trató de hacer un análisis exhaustivo de
todas las posibilidades, y con eso fue suficiente para deducir la
respuesta.
La vida está llena de problemas de este tipo en los que uno
debe plantearse diferentes escenarios y luego determinar cuáles
son posibles y cuáles no. La matemática llega en auxilio para dar
un soporte lógico/técnico que muchas veces permite decidir qué
es lo que está bien y qué es lo que está mal.
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Cajas y bolitas
Esta situación es totalmente ideal. No hay forma de que ni usted, ni yo, ni nadie se tropiece con una situación como la que voy
a plantear. Sin embargo, el atractivo que tiene es que ofrece una
oportunidad para pensar. O mejor dicho, es una oportunidad de
entrenarse para pensar, algo así como las prácticas que tienen
que atravesar los profesionales de diferentes disciplinas cuando
quieren mejorar.
En algún sentido, es como si uno se enfrentara con una situación que lo prepara para algo inesperado, en donde pareciera que
no hay suficientes datos pero los hay. Suficiente prolegómeno.
Acá va.
Arriba de una mesa hay tres pequeñas cajitas con etiquetas
que las identifican: A, B y C.
Por otro lado, hay tres bolitas de tres colores diferentes: Roja
(R), Marrón (M) y Violeta (V). Dentro de cada cajita hay una
única bolita. Voy a proponerle que elabore una estrategia para
determinar de qué color es cada bolita dentro de cada caja. El
único dato que le dan es el siguiente: solamente UNA de estas
tres frases es cierta:
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a) La caja A contiene la bolita de color Rojo (R).
b) La caja B no contiene la bolita de color Rojo (R).
c) La caja C no contiene a la bolita Violeta (V).
(*)
Usted no sabe cuál de estas tres fases es la correcta. ¿Puede,
sin embargo, determinar el color de cada una de las bolitas que
está en cada caja?82
Respuesta
Hay muchas formas de pensar este problema. Quiero presentar acá dos posibles maneras de abordarlo, pero confíe más en
lo que se le ocurrió a usted que en las que pueda proponer yo,
aunque más no sea porque son suyas.
Acá van.
Primera solución
¿Cuáles son las seis posibles distribuciones de las bolitas en las
cajas? A continuación va una lista con ellas.
1. R
2. R
3. M
4. M
5. V
6. V
V
M
R
V
M
R
M
V
V
R
R
M
82. Por supuesto que uno siempre puede abrir cada caja y fijarse qué color
de bolita hay adentro, pero la idea es poder decidir sin abrirlas.
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Ésas son todas las posibilidades, no hay más. Ahora, analicemos una por una y veamos qué sucede cuando las confrontamos
con las tres frases que aparecen en (*). Si el problema está bien
planteado, o sea, si es posible decidir cuál es la distribución de
las bolitas usando el hecho que solamente una de las tres frases es
verdadera, entonces, inspeccionemos juntos cada integrante de
la lista que escribí más arriba.
Fila 1:
R, V, M. Fíjese que dice que la bolita Roja (R) está en la caja
A, lo cual hace verdadera la frase (a). Como la bolita V está en
la caja B, entonces esto hace verdadera la frase (b) también. Y
no hace falta seguir, porque si ésa es la distribución de las bolitas, las dos primeras frases son verdaderas, lo que contradice
la hipótesis del problema que estipulaba que solamente una de
las tres frases que figuran en (*) es verdadera. Moraleja: “La fila
1 no puede ser la que describa la distribución de las bolitas”.
Fila 2:
R, M, V. En este caso, como R está en la caja A, la frase (a) es
verdadera. Pero como M está en la caja B, entonces la frase
(b) también es verdadera (ya que M no es la bolita roja); por lo
tanto, paro acá. Moraleja: “La fila 2 no es la correcta”.
Fila 3:
M, R, V. Compruébelo junto conmigo: esta distribución hace
falsas las tres frases: (a), (b) y (c). ¿Por qué? Como la primera
caja contiene a M, entonces es falso lo que dice (a). Como
la segunda caja contiene a R, entonces la frase (b) es falsa.
Y como la bolita V está en la tercera caja, esto contradice la
frase (c). Luego, las tres frases son falsas. Moraleja: “La fila 3
tampoco es la correcta”.
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Fila 4:
M, V, R. En este caso, las frases (b) y (c) son verdaderas. ¿Por
qué? La frase (b) dice que B no contiene a R, lo que es cierto, y
la frase (c) dice que C no contiene a V, lo cual también es cierto. Luego, dos de las tres frases son verdaderas. Moraleja: “La
fila 4 no es la correcta distribución de las bolitas en las cajas”.
Fila 5:
V, M, R. En este caso, también las frases (b) y (c) son verdaderas, ya que (b) dice que B no contiene a R, lo cual es cierto
porque acá M está en la caja B, y por otro lado como R está en
la caja C, esto transforma en verdadera a la frase (c), que dice
que C no contiene a V. Moraleja: “La fila 5 tampoco ofrece la
correcta distribución de las bolitas”.
Por último, analicemos la fila 6: V, R, M. Aquí la frase (a) es
falsa, porque dice que A contiene a R y esto no sucede. Por otro
lado, la frase (b) también es falsa, porque la caja B contiene a R
cuando de acuerdo con (b) no debería. Y lo único que queda por
ver, es la veracidad o no de la frase (c). En este caso, como (c)
dice que la caja C no contiene a V, y esto es verdadero, entonces
se concluye que (c) es verdadera.
Resumen: de las seis posibles distribuciones, la última, la que
ofrece la fila 6, es la que se puede descubrir sabiendo que solamente una de las tres frases que figuran en (*) es verdadera. Por lo
tanto, ésa es la distribución de las bolitas:
Caja A: bolita V
Caja B: bolita R
Caja C: bolita M
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Segunda solución
Ahora voy a tomar las tres frases que figuran en (*) y voy suponer qué pasaría si cada una de ellas fuera verdadera y las otras
dos falsas.
Primer caso: la frase (a) es la verdadera.
En este caso, tanto (b) como (c) tienen que ser falsas.
Pero si (a) es verdadera, entonces A = R83
Como al mismo tiempo (b) tiene que ser falsa, entonces esto
obligaría a que B = R, lo cual constituye una contradicción: no
puede ser que A y B contengan a R al mismo tiempo.
Esto permite deducir entonces que la frase (a) ES falsa. Es
decir, la caja A no contiene a la bolita R. Puede contener a V o a
M, pero no a R.
Recordemos esto:
A=VoA=M
(**)
Segundo caso: la frase (b) es la verdadera.
Eso quiere decir que la caja B no contiene a R. Por lo tanto,
pueden pasar una de estas dos cosas: B = M o B = V.
Pero como (c) tiene que ser falsa, entonces C tiene que contener a la bolita V. O sea, C = V.
Pero entonces, como a B le quedaban dos alternativas, o bien
B = M o bien B = V, y ahora sabríamos que C = V, entonces B
tiene que contener a M. Es decir, tendríamos:
B=MyC=V
83. A = R indica que la caja A contiene a la bolita roja (R).
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Si así fuera, la única alternativa que quedaría es que A = R...
¡pero esto no puede pasar, porque sabemos (por (**)) que A no
puede ser R!
¿Cuál es la conclusión? La frase (b) no puede ser la verdadera.
Al llegar a este punto, hemos deducido que (a) es falsa y que
(b) es falsa. La única alternativa (que vamos a analizar en el siguiente caso) es que (c) sea verdadera.
Tercer caso: la frase (c) es la verdadera.
Si (c) es verdadera, entonces C no contiene a V. Esto significa
que
C = R o bien C = M
(***)
Por otro lado, como (b) tiene que ser falsa, entonces B tiene
que contener a R. Es decir B = R. Luego, juntando este dato con
lo que surge de (***), se deduce que
B=RyC=M
En consecuencia, la única posibilidad que resta es que A = V...
¡ésta es justamente la solución!
A = V, B = R, C = M
Esta distribución de las tres bolitas es la única que cumple
con la condición de que una de las tres frases de (*) sea verdadera
(la frase (c)) y las otras dos ((a) y (b)) sean falsas.
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Final
Como escribí anteriormente, ninguna de estas dos formas de
abordar el problema es la mejor, ni la más elegante, ni siquiera la más económica (en longitud). Quizás a usted se le ocurrió
algo mucho más breve y expeditivo. Ojalá que ese haya sido el
caso porque la satisfacción que yo siento cuando descubro cómo
resolver un problema nunca surge de leer lo que hizo otro. No
quiere decir que muchísimas veces no me haya quedado otra
alternativa, pero prefiero aprender a coexistir con la frustración
durante un tiempo y pagar ese precio si al final logro que se me
ocurra a mí.
Ese instante en donde es uno quien encuentra el camino que
lleva a la solución, ese momento en donde uno pasa de ‘no entender’ a ‘sí entender’, es impagable, y es por eso que no me canso
de escribirlo y de compartirlo para invitar a quien tiene un problema de cualquier tipo a que no se dé por vencido en el intento...
Hágalo hasta donde pueda. La recompensa intelectual y lo que
aporta a la autoestima merecen su dedicación y esfuerzo.
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La combinación que abría la caja de seguridad
Una anécdota. El otro día tenía que comprar una caja de seguridad pequeña para guardar algunos documentos. Fui a un
negocio en el centro y en la vidriera vi una que me parecía adecuada. Como el precio me parecía razonable, entré y la compré.
Estaba apurado, así que les pedí que me dieran una diferente de
la que estaba expuesta en la vidriera y, sin abrir la caja de cartón
en la que venía empacada, la pagué y me la llevé a mi casa.
Cuando llegué, abrí el paquete y me descorazonó advertir que
la caja de seguridad estaba trabada y, por supuesto, yo no sabía la
combinación. Me fastidié conmigo mismo por no haber tomado
la precaución de verificar que todo estuviera en orden, pero de
todas formas me pareció muy llamativo que la caja viniera con
una combinación salida desde la fábrica. Busqué el prospecto y
leí lo siguiente que quiero compartir con usted:
“Esta caja viene cerrada de fábrica y como usted advierte si
mira el frente, verá que hay lugar para cuatro dígitos.
Justamente, la combinación consiste de cuatro dígitos distintos: A, B, C y D. Nos interesa entonces proponerle al futuro dueño que siga estas instrucciones que creemos que son creativas
para que deduzca cuál es la clave que permite abrirla.
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La combinación la vamos a llamar ABCD.
a) Los cuatro dígitos A, B, C y D son todos distintos.
b) A, B, C y D son dígitos cualesquiera entre 0 y 9.
c) Si usted suma el primero y el tercero (o sea, A y C) el resultado que obtiene es el número 10. O sea: A + C = 10.
d) El segundo dígito, B, se obtiene restando cuatro al primer
dígito (o sea, a A). Es decir: B = A – 4.
e) El tercer dígito, C, es un número primo84.
f) El último dígito, D, se obtiene restando tres al primer dígito. Es decir D = A – 3.
Si sigue estas instrucciones, usted estará en condiciones de
detectar cuál es la combinación que abre la caja”.
Como no me quedaba más remedio porque el negocio en
donde la había comprado me quedaba muy lejos y además seguramente ya estaría cerrado, me propuse ver si podía encontrar
la combinación ABCD que me permitiera abrirla. Y lo logré.
¿Quiere intentar usted?
En un instante advertirá que la solución pasa por encontrar
cuáles son los dígitos candidatos para ocupar el lugar A.
Usando la condición (d), forzosamente A tiene que ser mayor
o igual que 4. Es que B no puede ser un número negativo. Para
que eso no suceda, las posibilidades para A son:
84. Le recuerdo que un número primo (positivo) es un número entero
distinto de uno que solamente sea divisible por él mismo y justamente por el
número uno. Por ejemplo, el número 2 es primo, porque sólo es divisible por
1 y por 2. El 3 es primero también, porque es divisible por 1 y por 3. En cambio el 4 no es primo, porque además de ser divisible por 1 y por 4, también es
divisible por 2. Me interesa enfatizar que el número uno ¡no es primo!
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{4, 5, 6, 7, 8 o 9}
Luego, si elijo un valor de A entre esos seis posibles, se obtienen las siguientes cuaternas:
1. (4, 0, 6, 1)
2. (5, 1, 5, 2)
3. (6, 2, 4, 3)
4. (7, 3, 3, 4)
5. (8, 4, 2, 5)
6. (9, 5, 1, 6)
La segunda y la cuarta no pueden ser solución porque tienen
dos dígitos repetidos.
La primera y la tercera tienen como tercer dígito a los números 6 y 4 que no son primos.
La sexta y última tiene como tercer dígito al número 1 que
tampoco es primo.
Moraleja: la única que sirve es la quinta:
(8, 4, 2, 5)
que es la solución del problema.
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Test para aspirar a un puesto gerencial
Ahora quiero plantear un problema que requiere un poco de
concentración. La idea es tratar de decidir si con los datos que yo
le voy a entregar, usted está en condiciones de resolverlo. Como
nunca me interesó ni me interesa ‘poner el pie’ o ‘tender ningún
tipo de trampa’, me apuro en dar esa respuesta: sí, el problema tiene solución y los datos que aparecen a continuación son suficientes.
Éste es el planteo. Suponga que una empresa está tratando de
contratar gente con diferentes capacidades para sus áreas gerenciales y necesita establecer un orden entre los postulantes. Para
decidirlo, escriben un test con solamente dos preguntas. Luego
de revisar las respuestas de todos los candidatos, se obtuvieron los
siguientes cuatro datos:
1) El 70% de los postulantes contestó correctamente la pregunta 1.
2) El 60% de los aspirantes contestó correctamente la pregunta 2.
3) Todos los que participaron en el test contestaron al menos
una pregunta correctamente.
4) Hubo exactamente nueve aspirantes que contestaron las
dos preguntas correctamente.
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Dicho todo esto, ¿se puede determinar cuántas personas participaron del test?
Antes de leer la solución, le propongo que le dedique un tiempo a pensar las distintas posibilidades. Dese a usted mismo la
oportunidad de analizar qué pasó. No se rinda rápido.
Respuesta
Sígame con este argumento: como el 70% de los postulantes contestó correctamente la pregunta 1, el restante 30% no lo
pudo hacer. Pero como todos contestaron bien al menos una de
las preguntas, eso significa que este 30% tiene que haber contestado correctamente la pregunta 2.
Por otro lado, también se sabe que el 60% contestó correctamente la pregunta 2, pero como ya sabemos que hay un 30% que
solamente contestó bien la pregunta 2, entonces se deduce que
hay un 30% de los postulantes que tuvo que haber contestado
bien la pregunta 2 pero también la 1. O sea, un 30% contestó las
dos preguntas bien.
Pero si se fija en lo que dice la afirmación (4), verá que solamente nueve de los aspirantes contestó correctamente las dos
preguntas. Es decir, que si juntamos ahora las dos partes de la información se deduce lo siguiente: el 30% del total de aspirantes
es igual a nueve personas.
A partir de acá, todo debería ser más sencillo: ¿no tiene ganas de intentar ahora en soledad? Si el 30% de los postulantes
es igual a nueve, el 10% de los candidatos (dividiendo por tres)
es igual a tres. Pero si el 10% = 3, entonces el 100% = 30. ¿Me
siguió en esto último?
La respuesta al problema es que la cantidad de postulantes
fue treinta.
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No sé si parecía posible con los datos originales, pero muchas
veces suele pasar que uno se tropieza con una dificultad en donde sospecha que los datos que tiene son insuficientes, y es siempre mucho más cómodo abandonar allí y no darse una oportunidad de pensar que quizá no, quizá se pueden hacer conexiones o
elaborar razonamientos que uno no tiene en cuenta de entrada85.
Ésa fue la idea de este problema, que aunque probablemente
sea sencillo, creo que es iluminador.
85. Un aporte excelente de Carlos D’Andrea sobre cómo resolver el problema. Para Carlos, uno puede plantear el siguiente sistema de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas. Llame x = número de personas que contestó
solamente la pregunta 1. Llame y = número de personas que contestó solamente la pregunta 2. Llame z = número de personas que contestó 1 y 2 simultáneamente. Se tienen entonces estas tres ecuaciones: 1) z = 9; 2) (x + z)/(x +
y + z) = 0,7; 3) (y + z)/(x + y + z) = 0,6. Si uno resuelve el sistema quedan los
siguientes valores: x = 12, y = 9, z = 9. ¿No es preciosa esta forma de encontrar
la solución? A mí me pareció espectacular.
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Dos sabios en la torre86
Quiero presentar acá un problema que pareciera no tener solución; al menos, ésa es la primera impresión. A medida que uno
le dedica un rato a pensar, empieza a sospechar que podría haber
alguna hendija por dónde meterse y explorar. Puede que pase
bastante tiempo, pero eso es (o debería ser) irrelevante. El objetivo no es otro que entrenar nuestra capacidad lógica para elaborar
estrategias. Créame que la satisfacción que produce compararse
a uno mismo desde el momento en el que toma el primer contacto con la situación hasta que advierte qué es lo que hay que
hacer para resolverlo es incomparable. De hecho, es una buena
forma de conocer nuestras propias capacidades que permanecen
dormidas, latentes, escondidas... elija el adjetivo que prefiera. Por
eso, más que la solución propiamente dicha, lo que vale la pena
es el trayecto, la ruta y el descubrimiento que implica cada paso.
Acá va.
La historia es obviamente ficticia y está narrada en internet y
en textos antiguos con todo el ‘sabor’ que supuestamente tenían
86. Este problema precioso se lo debo a Pablo Coll, doctor en matemática
y guionista/proveedor de contenidos de Alterados por Pi, el programa que se
emite por Canal Encuentro dedicado a la difusión de la matemática. El crédito le corresponde todo a él.
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los cuentos de varios siglos atrás. Voy a tratar de conservar el texto
original:
Dos sabios de un pueblo fueron encarcelados por un rey malvado.
Éste, para comprobar la inteligencia de los sabios, los encerró en
celdas separadas de una torre: una miraba hacia el Este y la otra
hacia el Oeste, de modo que no pudieran comunicarse entre sí. Entre
ambos, podían ver todas las ciudades que componían el reino, pero
ninguna ciudad era visible a la vez por los dos. El rey les dijo que las
ciudades del reino eran cinco u ocho, y que ambos serían liberados
de inmediato tras que alguno de ellos le comunicase al carcelero, que
cada mañana les llevaba la comida, cuántas ciudades integraban el
reino. Además, el rey les dijo que tenían una semana o acabarían en
la horca. Pero a la tercera mañana, los dos sabios fueron liberados
luego que uno de ellos averiguara, a través de un procedimiento lógico, de cuántas ciudades se componía el reino. ¿Qué proceso lógico los
llevó a resolver su problema? ¿Cuántas ciudades componen el reino?
Es decir, el problema consiste en deducir —usando solamente recursos lógicos— cómo hizo uno de los sabios para descubrir,
a la tercera mañana de estar encerrados, la cantidad de ciudades
que componían el reino. De antemano, los sabios conocían que
había dos posibilidades: o bien cinco o bien ocho. Ahora le toca
a usted.
Solución
No sé cuánto tiempo le dedicó usted a pensar el problema.
Sería una lástima que lea siquiera la primera parte de la solución
sin ofrecerse una oportunidad. Es sólo una sugerencia.
Comenzaré con una pregunta y verá entonces cómo empieza
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a vislumbrarse un camino por donde andar. Supongamos que
usted fuera uno de los sabios, y que ni bien llega a su lugar en su
torre, viera que hay ocho ciudades. Como el rey les dijo a los dos
que había cinco u ocho ciudades, si ve ocho, es porque las está
viendo a todas. Claramente, usted podría contestar la pregunta
del rey de inmediato. Cuando el carcelero llegue a la mañana
siguiente, usted estaría en condiciones de dar la respuesta.
En consecuencia, como sabe que a la primera mañana ninguno de los dos contestó, ninguno de los dos vio ocho ciudades. Pero
más aún (como me imagino que usted debe estar pensando): no
sólo ninguno vio ocho ciudades, sino que ninguno pudo haber
visto ni siete ni seis. Si no, ya sabría que en total hay ocho (ya
que no podría haber cinco). Luego, en función de que ninguno
contestó la primera mañana, podemos eliminar algunas combinaciones: (8,0), (0,8), (7,1), (1,7), (2,6) y (6,2). Pongo entre paréntesis las ciudades que ve cada uno. Por ejemplo (1,7) significa
que el que mira hacia el Oeste ve una ciudad y el que mira hacia
el Este ve siete.
Ahora estamos en condiciones de escribir todas las posibilidades que quedan:
(3,5), (4,4), (5,3) si fueran 8 ciudades y
(0,5), (1,4), (2,3), (3,2), (4,1), (5,0), si fueran 5 ciudades.
Avancemos. Supongamos que uno no viera ninguna ciudad.
Eso significa que el otro está viendo cinco (ya hemos eliminado
luego del primer día las posibilidades (8,0) y (0,8)). Luego, el que
no ve ninguna ciudad podría contestar que en total hay cinco
ciudades y se termina el problema. Pero como nadie dijo nada
luego del segundo día, podemos eliminar los pares (5,0) y (0,5).
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¿Y si alguno de los sabios viera una o dos ciudades? Como
ya eliminamos (1,7), (7,1), (2,6) y (6,2), si alguno de ellos viera
una o dos ciudades, el otro debería estar viendo o bien cuatro o
bien tres ciudades (porque estaríamos en alguno de estos casos:
(2,3) o (3,2) o bien (4,1) o (1,4)) y sabría que en total hay cinco
ciudades. Luego, si ninguno dijo nada después del segundo día,
es porque podemos eliminar también estas posibilidades:
(0,5), (1,4), (2,3), (3,2), (4,1), (5,0)
En resumen, luego del segundo día, si ninguno dijo nada,
queda claro que hay en total ocho ciudades. Ya no importa saber
cómo es la distribución, pero en todo caso las tres alternativas son
las siguientes:
(3,5), (4,4), (5,3)
Y con esto queda resuelto el problema.
¿No es notable que habiendo partido de algo que parecía imposible llegáramos hasta acá? Como ninguno de los sabios pudo
contestar ni al primero ni al segundo día, eso fuerza la situación
hasta llevarla a que no puede haber cinco ciudades, sino ocho. Y
eso era todo lo que había que deducir.
No sé qué le pasó a usted, pero créame que a mí me fascina la
capacidad que tenemos los humanos de encontrar un hecho escondido, oculto y que parecía inalcanzable, usando simplemente
la herramienta más poderosa que tenemos: el cerebro.
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Matadores y pacifistas
Lawrence Potter es un matemático inglés que trabajó varios
años en Centroamérica, en Rumania y en Ruanda, enseñando
no precisamente en las mejores condiciones, pero con un entusiasmo extraordinario. Escribió varios libros de divulgación a
pesar de ser aún muy joven (30 años en 2013), pero seguramente
el más famoso es Mathematics Minus Fear (Matemáticas Menos
Miedo). De ese libro extraje una historia que me parece atractiva
para poder compartir acá. Dice así.
En un pueblo muy muy pequeño hay 101 personas denominadas
‘matadores’ (M) y otras 101 personas denominadas ‘pacifistas’ (P).
Cuando un P se encuentra con otro P en la calle, no pasa nada. Siguen caminando como si no se hubieran visto. Si un M se encuentra
con un P, el M ‘mata’ al P. Y finalmente, si se encuentran dos M,
mueren ambos, se matan mutuamente.
Todas las personas del pueblo (las 202) van caminando por las calles
sin parar. Los encuentros se suceden únicamente de a dos, de a pares.
Es decir, suponemos que idealmente cada vez que una persona se
encuentra con otra, nunca hay otras alrededor. Los encuentros son
—además— totalmente aleatorios.
Una mañana, con las reglas establecidas anteriormente, todos (los
202 habitantes) del pueblo salen a caminar. Y no dejarán de caminar
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independientemente de lo que suceda con los que vayan perdiendo la
vida en el camino.
Justo en ese momento en donde todos salen a la calle y empiezan a
recorrer el pueblo, a usted (sí, a usted) le piden que se incorpore a la
caminata junto con ellos y cumpla las mismas reglas como si nada
sucediera a su alrededor. Eso sí: le dan la chance de que elija ser o
bien un M o bien un P. ¿Qué es lo que más le convendría ser: un ‘matador’ (M) o un ‘pacifista’ (P)? ¿Cuál de las dos chances le da una
mayor probabilidad de sobrevida?
Más allá de que siempre me provoca cierto ‘escozor’ escribir sobre ‘matadores’, muertes, etc., espero que quede claro que se trata
de un juego que sólo involucra usar un poco de lógica. Dicho esto,
ubíquese en el lugar (desafortunado, claro está) y piense a cuál de
los dos grupos le convendría más pertenecer: ¿P o M?
Por otro lado, ¿se podrá elaborar alguna estrategia que permita
incrementar las chances de sobrevida?
Ahora le toca a usted.
Solución
Como las personas tienen que seguir caminando indefinidamente, las muertes van a continuar hasta que no se pueda seguir
más. Por ejemplo, si los sobrevivientes fueran todos pacifistas, allí
mismo terminarían las matanzas. Ahora bien, ¿qué posibilidades
hay de que eso suceda?
En principio, cuando dos P se encuentran, no sucede nada significativo. Siguen adelante como si fueran transparentes. Pero inexorablemente, como la caminata de cada persona es totalmente aleatoria, en algún momento todo pacifista se terminará encontrando con
algún M. Sin embargo, usted podría pensar: “No, eso no tendría por
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qué ser cierto. Podría suceder que todos los M se destruyeran entre
sí, y que yo, si fuera un P, podría tener la suerte de no encontrarme
nunca con ninguno de los M”. Pero, ¿será posible esto?
Fíjese. Los M, además de matar a los P, se matan entre ellos.
O sea que cuando muere un M, también tuvo que haber muerto
otro M. Es decir, los M mueren de a dos. Los P no. Ellos van
muriendo de a uno, pero los M mueren de a dos.
Y acá es donde la matemática tiene algo para decir: como en
principio hay 101 personas identificadas como M, y todos ellos
van a ir muriendo de a pares, llegará un momento en que quedará un solo M vivo. ¿Por qué? Como 101 es un número impar,
restando de a dos, en algún momento se llegará a la situación en
donde quedará un solo M que todavía no murió (y eso sucedió
porque cada vez que se encontró con gente en la calle tuvieron
que haber sido todos P).
Como usted se da cuenta, los P van a ir muriendo todos también, aunque más no sea porque en algún momento de sus caminatas inexorablemente se encontrarán con un M y morirán
en el instante. Es decir que si usted se incorpora al contingente
de personas que habitan el pueblo, si es un P, morirá inexorablemente: su probabilidad de sobrevida ¡es nula!
¿Qué posibilidades de sobrevida hay si usted eligiera ser un M
en el momento de empezar a caminar?
Si usted fuera un M iría matando a todos los P con los que se
encuentra en el camino. Si tuvo la suerte de nunca encontrarse
con ningún M, entonces quedará vivo hasta el final, pero allí sí,
inexorablemente se tropezará en algún momento con el otro M
que tuvo que haber quedado vivo (porque los M se mueren de a
dos). Y allí sí, morirán los dos: él y también usted.
Moraleja: no importa lo que usted elija ser al principio: sea un
P o un M, sus posibilidades de sobrevida no existen.
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El viaje del caballo
El siguiente problema involucra un tablero de ajedrez y un
caballo. Pero espere: no hace falta saber ‘casi nada’ de ajedrez,
no se deje intimidar. Es una propuesta muy bonita para tratar
de elaborar una estrategia y, en función de lo que usted piense,
dar una respuesta positiva o negativa. Dese una chance antes de
decir “esto no es para mí”. Lo único que hace falta es saber cómo
se ‘mueve’ un caballo en el ajedrez. Si nunca prestó atención, un
caballo puede hacer los siguientes movimientos:
a) dos casillas hacia adelante y una hacia la derecha
b) dos casillas hacia adelante y una hacia la izquierda
c) dos casillas hacia atrás y una hacia la derecha
d) dos casillas hacia atrás y una hacia la izquierda
Por supuesto, se trata de que el caballo no se ‘salga’ del tablero, o sea, si en alguno de esos movimientos ‘potenciales’ el
caballo se ‘cae’, entonces, ese movimiento no está permitido. Sé
que es una obviedad, pero me interesa puntualizarlo. Hay más:
faltan otros cuatro movimientos.
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a) una casilla hacia adelante y dos hacia la derecha
b) una casilla hacia adelante y dos hacia la izquierda
c) una casilla hacia atrás y dos hacia la derecha
d) una casilla hacia atrás y dos hacia la izquierda
Como se ve, es todo muy simétrico. Por último, antes de plantear el problema, quiero dibujar a continuación un tablero de ajedrez. Se trata de una grilla de 8 8 casillas (o sea, 64 cuadrados).
La idea ahora es tratar de contestar esta pregunta: suponga
que usted tiene un caballo puesto en este tablero en el extremo
inferior izquierdo. ¿Se puede llevar el caballo desde este lugar
hasta el extremo superior derecho pasando por cada casilla del
tablero exactamente una sola vez?
Antes de avanzar: se trata de llegar con movimientos típicos de
un caballo de ajedrez —como los que describí anteriormente—
desde la casilla que ocupa el extremo inferior izquierdo hasta la
que está en el extremo superior derecho, pasando POR TODAS
las casillas UNA SOLA VEZ.
Como se ve, no es un problema complicado. El enunciado es
muy sencillo de entender (creo). Lo único que espero de usted
es que no renuncie a pensar el problema muy rápido, dese una
chance. Todo lo que hay que hacer es dedicarle un rato y trope-
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zarse con las preguntas que le irán surgiendo a medida que lo
vaya pensando.
¿Se podrá? Digo, ¿se podrá elaborar un camino para que el
caballo pueda llegar de una punta a la otra del tablero pasando
por todos los casilleros una sola vez?
Quiero dejar de escribir para que usted avance en soledad.
Nos reencontramos luego.
Respuesta
Antes de avanzar, quiero proponerle que se fije una vez más
en el tablero. Olvídese del caballo por ahora, mire el color de
las casillas. La inferior izquierda es de color negro. La superior
derecha también es de color negro. ¿Por qué quiero hacerla/lo
pensar en esto? Porque no quiero escribir la solución tan rápido,
sino que prefiero elaborar algo junto a usted. Si no tiene ganas
y/o paciencia, lea el último párrafo de este artículo y allí está todo
explicado en forma resumida, pero créame que vale la pena que
me acepte la propuesta.
Algunas preguntas:
a) cuando el caballo hace un movimiento, de una casilla
hacia otra, ¿qué pasa con el color de las casillas inicial y
final?;
b) ¿sucede siempre? Es decir, sin importar si la casilla de inicio es blanca o negra, ¿sucede siempre lo que usted descubrió recién?
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Con este dato que ahora tenemos87, fíjese en el color de la casilla inicial del problema y en el del casillero final. Como usted
advierte, son ambas de color negro. Recuerde este dato.
Otras reflexiones más. Si la idea es tratar de ver si es posible elaborar un camino desde la casilla inferior izquierda hasta
la superior derecha pasando solamente una vez por cada casilla, ¿cuántas movidas tiene permitido hacer el caballo? Es decir,
como en total el tablero tiene 64 casillas, y el caballo ya está parado en una de ellas (la inferior izquierda), cada movimiento que
haga tiene que llevarlo a un casillero distinto. En vista de que no
puede repetir casilleros, ¿cuántos movimientos terminará dando
el caballo? Le propongo que piense usted la respuesta.
Como usted descubre, el caballo tendrá que hacer entonces
exactamente 63 movidas. Cada movida debería llevarlo a una casilla distinta.
Ahora bien: cuando el caballo hace la primera movida (la movida uno) pasa de una casilla de color negro a una de color blanco (no importa cuál sea la movida). Y cuando haga la movida
dos, pasará de una blanca a una negra otra vez. Y cuando haga la
movida tres, pasará a una blanca. Y cuando haga la cuatro, pasará
a una negra. Y así siguiendo: cada vez que hace una movida par,
termina en una casilla de color negro, y cuando hace una movida
impar, termina en una casilla de color blanco. Este dato también
es importante.
¿Cómo hacer ahora para usar todo lo que averiguamos? ¿Recuerda cuántas movidas tenía que hacer el caballo si quería
87. El color de la casilla siempre cambia: si el caballo empieza en una casilla de color blanca, cualquiera sea el movimiento —permitido— que haga,
termina en una negra. Y al revés: si empieza en una negra, termina en una
blanca.
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cumplir con el objetivo? Eran 63. O sea, un número impar de
movidas. Pero como acabamos de ver recién, cada vez que hace
una movida impar, termina en una casilla de color blanco. ¿Y de
qué color es la casilla que está en el extremo derecho? De color
negro. Por lo tanto, ¿cuál es la conclusión?
La conclusión es que el camino que uno quisiera diseñar para
que el caballo pueda unir el extremo inferior izquierdo con el superior derecho ¡no puede existir! Inexorablemente tendrá que utilizar un número par de movimientos para llegar a una casilla de
color negro. Pero, si hace 62, no llegará a cubrir todo el tablero,
y si hace 64 movimientos estará forzado a repetir alguna casilla.
La moraleja entonces es que el camino que uno quería elaborar no existe.
La matemática involucrada es muy sencilla. Todo lo que hay
que hacer es observar lo que sucede con los movimientos de orden par o impar, y fijarse el color de la casilla en la que termina
esa movida. Lo extraordinario es que, con este análisis, uno está
seguro de que no es que usted y/o yo no pudimos encontrar el
camino y alguna otra persona sí. No. ¡El camino no existe! O
mejor dicho, ¡no puede existir!
Y de eso se trata muchas veces. En lugar de estar penando y
golpeándose la cabeza pensando en que es uno el que no puede
encontrar la solución a un problema, un análisis de este tipo permite concluir que no depende ni de usted ni de mí: nadie va a
poder. Bonito, ¿no? Ah, y antes de que me olvide: esto también es
hacer matemática. O debería mejorar la frase: esto no es también
hacer matemática, esto ¡decididamente ES hacer matemática!
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¿Culpables o inocentes?
¿Cuántas ganas tiene de ‘hacer’ de detective... o de juez? Le
voy a presentar un problema para que pueda pensarlo sin apuros.
No es complicado ni requiere de ningún conocimiento especial.
Se trata de usar nada más que un ejercicio de lógica pura. Acá va.
Supongamos que hay cuatro acusados de haber intervenido
en un asalto. Los voy a llamar A, B, C y D.
La policía y el fiscal le presentan los siguientes datos que fueron acumulando a lo largo de una semana. Por ahora, están todos
detenidos, pero usted es —digamos— el juez de la causa y está
obligado a tomar una decisión. Mucho más tiempo no los puede
retener privados de su libertad y tiene que tomar una decisión.
Se trata de averiguar si con la lista de las conclusiones a las
que arribaron los investigadores, usted está en condiciones de
determinar cuáles son culpables y cuáles inocentes.
Le pusieron sobre su escritorio estas cuatro afirmaciones:
1) Si A es culpable, entonces B tuvo que haber sido cómplice
(y por lo tanto, culpable también).
2) Si B es culpable, entonces sucedió una sola de estas dos
cosas: o bien C fue uno de los cómplices (y por tanto culpable) o si no, A es inocente.
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3) Si D es inocente, entonces A es culpable y C es inocente.
4) Si D es culpable, entonces A también.
Ahora le toca usted: ¿quiénes son inocentes y quiénes son culpables?
Como ve, todo lo que hay que hacer es pensar si con los datos
que figuran acá, es posible tomar alguna decisión.
Respuesta
Fíjese en lo siguiente: por lo que dice una parte de la tercera
afirmación, si D es inocente entonces A tiene que ser culpable.
Por otro lado, de acuerdo con la cuarta afirmación, si D fuera
culpable, entonces A también lo es.
Es decir, independientemente de que D sea culpable o inocente, A resulta ser culpable.
Ésta es la primera conclusión: ¡A es culpable!
Pero mirando la primera afirmación, allí dice que si A es culpable, entonces B tuvo que haber sido cómplice de A. Por lo
tanto, B también es culpable (porque ya dedujimos que A lo era).
Segunda conclusión: ¡B es culpable!
Pero ahora usando la segunda afirmación, se sabe que si B es
culpable entonces tuvo que haber pasado una de dos cosas: o
bien C fue culpable o bien A es inocente. Pero nosotros ya probamos que A no fue inocente, por lo que resulta entonces que C
tuvo que haber sido culpable.
Y ésa es entonces la tercera conclusión: ¡C es culpable!
Nos falta saber qué paso con D.
Fíjese que por la tercera afirmación, si D fuera inocente, entonces A sería culpable y además, C sería inocente. Pero nosotros
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ya sabemos que C no es inocente (es culpable). Luego, D no
puede ser inocente. Y eso termina el análisis con la cuarta conclusión: ¡D es culpable también!
La moraleja entonces es que ¡los cuatro son culpables: A, B,
C y D!
Una conclusión más: lo que usted acaba de leer y/o pensar, es
también hacer matemática.
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Teoría de Grafos – El camino
Quiero empezar planteando un problema ingenuo. Sin embargo, le sugiero que no crea que porque escribo ‘ingenuo’ se
transforma automáticamente en trivial. No. La solución no es
inmediata pero lo que puedo asegurar es que cualquier persona
puede abordarlo, pensarlo y encontrar la respuesta. No hace falta
saber nada particular. No hace falta ser especialista en nada y, en
todo caso, demuestra como muchas veces nos embarcamos en
establecer fronteras artificiales que en la vida real no existen. Me
explico: uno aprende en el colegio/escuela a resolver problemas
de matemática, de física, de química, de biología, de geología,
etc., pero los problemas en la vida cotidiana no vienen con una
‘etiqueta’ que los separa o distingue. Entonces, cuando llega el
momento de enfrentar una situación cualquiera en donde se requiere pensar, no sirve —en general— tratar de ‘recordar’ lo que
uno estudió, sino de ‘crear’ y buscar alternativas de solución desde cualquier ángulo posible.
Por eso es que todas las empresas (y los gobiernos) debieran
abordar los problemas con gente que llegue entrenada en distintas disciplinas: poner lo que hay que resolver sobre la mesa y
discutir entre todos. La idea consiste en superar los obstáculos
independientemente de las herramientas que hagan falta. Si me
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permite una reflexión al respecto, diría que valoro mucho más la
capacidad creativa que la cultura enciclopedista, que suele apuntar a ‘amontonar’ información, aprender e incorporar datos en
forma indiscriminada.
La vida viene preparada de otra manera: uno primero tiene
problemas y después busca las soluciones, no al revés, como suele suceder en la mayoría de las currículas escolares, en donde
uno aprende soluciones a problemas que no tiene, estudia teorías
para contestar preguntas que no se hizo y, por supuesto, se las olvida ni bien pudo salir de la presión social que representa ‘tener
que aprobar’ y/o pasar de año y/o de grado o de lo que fuere.
Pero me desvié. Quiero volver a este problema precioso que
fue presentado hace un par de años por el matemático español
Adolfo Quirós88. Es obvio entonces que todo el crédito le corresponde a él, así como la belleza de la solución que voy a proponer.
Me apuro en decir (otra vez) que, como usted descubrirá luego, no se necesita ningún conocimiento específico. Todo lo que
hace falta es pensar.
Suponga que tiene el siguiente mapa con 11 ciudades diferentes. Algunas están unidas por carreteras. Otras no. Las numeré de
manera tal de hacer el texto más sencillo. La carretera entre un
par de ciudades está indicada por un segmento que las une.
El objetivo es empezar en una ciudad cualquiera (usted elige)
y tratar de pasar por todas ‘una sola vez’ y volver a la ciudad de
partida.
No es necesario emplear ‘todos’ los caminos. Pueden quedar
algunas carreteras sin utilizar, pero cada ciudad debe ser visitada
88. El problema que planteó Quirós fue el primero de una colección de
40 desafíos matemáticos que presentó el diario El País de España, conmemorando el centenario de la Real Sociedad Matemática Española.
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exactamente una vez antes de volver al punto de partida. Éste es
el dibujo:
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Figura 1
¿Se puede? ¿Existe algún camino que usted pueda trazar
y que cumpla con las condiciones anteriormente expuestas?
Si es así, escriba el ‘orden’ en el que hay que recorrer las
ciudades.
Si usted concluye que no es posible encontrar el camino, no
alcanza con que diga ‘no existe porque yo no lo encontré’. Eso
dejaría abierta la posibilidad de que viniera otra persona y sí pueda hallar lo que usted no pudo. Sin embargo, en matemática,
cuando uno dice que “tal problema no tiene solución”, lo que
está diciendo es que no importa el tiempo que pase, ni quién
venga, esa solución no va a poder ser encontrada. Para eso, es
necesario ‘demostrar’ que la tal solución no existe.
Ahora, como siempre, le toca a usted.
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Respuesta
Para convencerse de que no existe (ni existirá) una solución
al problema, le propongo que hagamos lo siguiente. Voy a poner
un círculo alrededor de algunos números (ciudades) y a otros
los voy a enmarcar en un cuadrado. ¿Cómo decidir a cuáles ponerles un círculo y a cuáles un cuadrado? Si dos números están
conectados por un camino, entonces uno debe tener un círculo
y el otro un cuadrado, o sea, tienen que tener dos figuras geométricas distintas alrededor. Por ejemplo, como le puse un círculo
al 1, entonces el 2 (que está conectado con el 1) debe tener un
cuadrado. Pero como el 2 tiene un cuadrado y está conectado
tanto con el 6 como con el 9, entonces ambos tienen que tener
un círculo. De la misma forma el 3 y el 8 deben tener un círculo,
porque están conectados con el 6 que tiene un cuadrado. Y así
siguiendo. Más aún: le sugiero que tome la Figura 1 que, en donde aparece el planteo del problema, y haga usted la distribución
de los círculos y los cuadrados. Verá que obtiene el mismo resultado: tendrán círculos los números 1, 6, 7, 9, 10 y 5, mientras que
quedarán con cuadrados el 2, 3, 4, 8 y 11. O al revés: quedarán
con cuadrados alrededor el 1, 6, 7, 9, 10 y 5 mientras que el 2,
3, 4, 8 y 11 tendrán un círculo. De acuerdo con lo que yo hice
en la Figura 2, hay seis números que tienen círculos y cinco que
tienen un cuadrado.
Dicho esto, quiero que pensemos juntos algo más que será
muy importante: cada vez que caminamos de una ciudad a otra
(o bien, de un número a otro), pasamos de un número que tiene
un círculo a otro que tiene un cuadrado. O al revés. Es decir,
vamos alternando números que tienen un círculo con números
que tienen un cuadrado.
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Ahora llegó el momento interesante en donde concluiremos
que el camino que queremos construir no puede existir. ¿Por
qué? Como el total de ciudades es 11, usted tendrá que dar 11 pasos para recorrerlas todas y volver a la de partida. Es importante
que me siga con este último argumento. Como empieza ‘parado’
en algún número, tendrá que dar en total 11 pasos hasta volver
al punto inicial (que le permitirá pasar una vez por cada ciudad
que no es la de partida, pero deberá volver al lugar inicial). Por
eso son 11 pasos. Voy a llamar (CIR) a los números que tienen
un círculo y (CUA) a los contenidos en un cuadrado. Digamos
que empieza parado en un número que tiene un círculo (CIR),
cuando da el primer paso llega a un número (CUA). Al dar el
segundo paso llega a un número con un círculo (CIR), y al seguir caminando va alternando (CIR) con (CUA). Como escribí
recién, uno tiene que dar en total once pasos.
Fíjese que cada vez que dio un número par de pasos llega a
un (CIR). Cuando dio un número impar de pasos, llega a un número (CUA). Y eso debería ser suficiente para convencerla/lo de
que el camino no va a existir. ¿Quiere pensarlo usted en soledad?
Es que como tenemos que dar once pasos, que es un número impar y empezamos en un (CIR), llegaríamos a uno que es
(CUA), y eso demuestra que el camino que queremos construir
no va a existir, porque el objetivo es llegar a la misma ciudad de
partida pasando una sola vez por cada ciudad/número. Por lo
tanto, no importa qué camino pretendamos construir, será imposible encontrarlo.
Como se ve, la solución es verdaderamente sencilla. Todo lo
que uno tiene que hacer es descubrir que el número de pasos
que tiene que dar es impar, y que si sale de un número con un
‘círculo’, en un número impar de pasos (que son los 11 que tenemos que dar) llegará a uno con un ‘cuadrado’ alrededor. Por lo
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tanto, no podrá nunca llegar a la ciudad en la que empezó. Y eso
concluye la demostración89.
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Figura 2
Este tipo de problemas forman parte de una preciosa rama
de la matemática que se conoce con el nombre de “Teoría de
Grafos”. No es éste el lugar para que yo escriba sobre el tema (ni
tampoco tengo la experiencia ni el conocimiento para hacerlo),
pero la literatura es vasta y los resultados son espectaculares. Además, tiene una utilidad tremenda en biología, física, ingeniería,
en ciencias sociales, en informática (muy especialmente), entre
otras.
89. Aquellos que sepan un poco más de matemática y en particular sobre
Teoría de Grafos, saben que no es posible encontrar un circuito hamiltoniano
en un grafo bipartito con un número impar de vértices. Pero eso es totalmente
innecesario para concluir que el problema no tiene solución como quedó
exhibido aquí.
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Muchas veces, decidir si un camino existe (o no) es un problema altamente no trivial. De hecho, el 18 de mayo de 2006, apareció en la contratapa de Página/12 un problema ‘abierto’ (o sea,
sin solución aún) que es el más famoso del mundo al respecto:
el que se conoce con el nombre de “El Viajante de Comercio”.
Cualquier persona que logre resolver el problema del Viajante
de Comercio pasará a ser millonario instantáneamente, ya que
hay por lo menos una recompensa de un millón de dólares para
quien lo resuelva. Pero más importante aún (creo): se transformará en una de las personas más famosas de este siglo (en términos de reconocimiento científico, sin ninguna duda).
Y para terminar, el primer artículo de esta serie que publiqué
en Página/1290 fue justamente el problema que, se considera, originó la Teoría de Grafos. Fue resuelto por uno de los matemáticos más importantes de la historia, Leonhard Euler (1707-1783).
Si le interesa pensar problemas de este tipo, allí puede encontrar
otro que también es muy famoso.
90. El 6 de noviembre de 2005, en la contratapa de Página/12 (http://
www.pagina12.com.ar/diario/contratapa/13-58861-2005-11-06.html).
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Estoy un 99% seguro... ¿seguro?
Ésta es una historia contada (y escrita) por el mejor difusor de
la matemática que hay en el mundo hoy: Keith Devlin91. Es totalmente menor pero me gustó que alguien pusiera en evidencia
algo que utilizamos con mucha frecuencia y no necesariamente
conociendo lo que decimos.
Imagine que usted sale de su casa con su hijo y cuando llegan
a la esquina se produce el siguiente diálogo: “¿Apagaste el horno?”, pregunta usted. Su hijo duda un instante... pero al final
contesta: “Estoy 99% seguro de que sí”.
Acá me quiero detener un instante. ¿Qué quiere decir que
una persona tenga un 99% de certeza? ¿Cómo medirla? ¿Qué
hacer para confrontarlo con la verdad? Veamos...
Usted podría hacer lo siguiente: se procura una caja (digamos
de zapatos, como para fijar las ideas) y adentro pone 100 bolitas.
De las cien, 99 son rojas y una es negra. Cuando tiene todo pre91. Keith Devlin es un extraordinario matemático inglés y ahora profesor
en Stanford University, en Palo Alto, California. Para mi gusto, es el mejor
comunicador de matemática que hay en este momento. Sugiero que cualquier
persona interesada en matemática recreativa consulte su obra, que por cierto
es muy vasta. Devlin nació en marzo de 1947 y es hoy uno de los referentes
más importantes del mundo en esta especialidad.
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parado, le propone a su hijo este juego: “Mirá, meté la mano en
la caja (sin mirar). Si sacás una bolita roja, te doy diez pesos. Si
sale negra, vos me das diez pesos a mí”.
Su hijo lo mira con cara incrédula. Usted no se amilana y
sigue: “Pero tengo otra opción para ofrecerte para que te ganes
los diez pesos sin necesidad de arriesgarlo con las bolitas rojas de
la caja: entramos de nuevo en casa y nos fijamos si el horno está
encendido. Si está apagado, te doy los diez pesos. En cambio, si
está encendido, serás vos el que me tiene que dar los diez pesos a
mí”. Y ahora, la pregunta: “¿Qué preferís hacer? ¿Meter la mano
en la caja o entrar en la cocina y mirar?”.
Como usted advierte, ahora sí hemos puesto una suerte de
‘medidor’ o ‘estimador’. Es decir, estamos poniendo un poco más
de precisión a la frase “estoy un 99% seguro de algo”.
Pensémoslo así: si lo que afirmó su hijo fuera una estimación
correcta, entonces, no debería haber ninguna diferencia entre
meter la mano en la caja o entrar en la casa. Las dos situaciones
son comparables. Ambas tienen (de acuerdo con lo que él dijo)
una probabilidad de que el horno esté apagado de 99/100, o sea
de un 99%.
Sin embargo, creo que hay algo que nos sucede a todos: por
alguna razón difícil de explicar uno tiene la sospecha de que el
hijo preferiría meter la mano en la caja y no tener que entrar en
la cocina y verificar que el horno esté apagado.
De hecho, hay una sola bolita negra: es muy razonable (y esperable) que su hijo no la elija cuando meta la mano.
Pero ahora tengo una pregunta para usted: ¿en qué caso le
convendría a su hijo entrar en la casa? O sea, ¿habrá alguna circunstancia que usted pueda imaginar en donde al joven le convenga entrar en la casa antes que jugarse el dinero a elegir la
bolita? Piénselo por un instante.
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Respuesta: únicamente cuando él esté absolutamente seguro
de que apagó el horno. Entonces sí, ¿para qué arriesgar con las
bolitas aunque la probabilidad de sacar una negra sea bajísima?
Si él está convencidísimo de que apagó el horno, entrar en la
cocina es obtener el dinero sin más trámite. Más aún: ésa es la
única circunstancia en la que seguro le conviene entrar.
Ahora le propongo que cambiemos un poco las condiciones
del problema. Supongamos que en lugar de 99 bolitas rojas y una
negra, usted pone 90 bolitas rojas y 10 negras.
Si le ofreciera el mismo juego a su hijo y él prefiere meter la
mano en la caja, eso significa que él no está tan seguro de que
apagó el horno. Más aún: si el número que él eligió antes, el de
99%, fuera cierto, le convendría volver a la casa decididamente.
Pero si prefiere elegir entre las bolitas, significa que ‘a lo sumo’ su
nivel de confianza respecto al horno es de un 90%... ‘¡o menos!’.
Como antes, para que le convenga entrar en la casa, su nivel
de confianza de que apagó el horno tiene que ser igual o mayor
que un 90%. En cualquier otro caso, le conviene arriesgar con
las bolitas.
Y aquí paro. Creo que está claro que uno puede ir aumentando el número de bolitas negras (disminuyendo las rojas) y le
va ofreciendo a su hijo ambas alternativas. Mientras él prefiera
elegir bolitas, usted sabrá que su nivel de confianza está ‘acotado’
por el número de bolitas negras que queden dentro de la caja.
Sin embargo, hay una única circunstancia en donde a él le
conviene siempre arriesgar con las bolitas. ¿Cuál es? ¿Qué caso
tendría que darse como para que él prefiera siempre meter la
mano en la caja?
Sí, como usted está pensando ahora: el único caso es cuando
él esté segurísimo de que no apagó el horno. Él sabe que si entra
en la casa, pierde. En cambio con las bolitas, por más baja que
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sea la probabilidad porque el número de bolitas rojas es muy
bajo también, al menos tendrá alguna chance. Si él recuerda no
haber apagado el horno, entrar en la casa implica una derrota
inexorable.
Por eso, supongamos que tiene alguna duda. La forma de medir esa duda es aceptando que el padre reduzca el número de
bolitas rojas. Llegará un momento en que el número de bolitas
rojas es tan pequeño que la probabilidad de sacar una roja será
muy baja. Su hijo tendrá que decidir que ahí sí, en ese punto, le
conviene entrar.
El momento exacto en donde se produce ese cambio es en
donde se establece el nivel de confianza.
Si en ese instante en la caja hay (por poner un ejemplo) 30
bolitas rojas, entonces uno puede afirmar que él está 30% por
ciento seguro de que apagó el horno.
No se me escapa que todo esto es un juego y, de hecho, muy
menor. Sin embargo, es una forma de cuantificar y hablar con un
poco más de cuidado y precisión.
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Estrategia para sumar las fichas de un dominó
Suponga que usted tiene un juego completo de dominó. Son
en total 28 fichas. Voy a excluir la que tiene dos blancos (o ceros). Por lo tanto, cada ficha tiene —por lo menos— algún número que va entre 1 y 6.
Le propongo que me siga con esta idea: suponga que usted
toma una ficha cualquiera, como la que se ve acá:
Figura 1
A esta ficha la voy a pensar como la fracción 5/6 (porque tiene
un cinco arriba, como si fuera el numerador, y un seis abajo,
como si fuera el denominador).
De esta forma, puedo pensar todas las fichas poniendo como
numerador la que sea menor (o igual) de las dos. No hay peligro
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de dividir por cero, porque únicamente debería hacerlo cuando
uno tiene la ficha blanca, ésa fue la razón por la que la excluí.
Otro ejemplo para asegurarme de que usted y yo estamos en la
misma sintonía. ¿Qué número le asociaría a estas fichas?
Figura 2
Respuesta: sí, como me imagino que usted pensó, a la primera le corresponde el número uno (ya que 5/5 = 1) y a la otra, le
corresponde el número cero, porque 0/5 = 0.
Ahora bien: imagine las 27 fichas como si fueran fracciones,
tal como acabo de hacer acá: ¿habrá alguna forma de poder sumarlas todas y averiguar cuánto da?
Por supuesto, uno puede hacer la cuenta y va a encontrar el
resultado. Es decir, tendría estos veintisiete números:
0/1, 1/1,
0/2, ½, 2/2
0/3, 1/3, 2/3, 3/3
0/4, ¼, 2/4, ¾, 4/4
0/5, 1/5, 2/5, 3/5, 4/5, 5/5,
0/6, 1/6, 2/6, 3/6, 4/6, 5/6, 6/6
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No sería muy difícil sumarlas. Sería tedioso, pero no difícil.
Aunque mi propuesta es otra. Mi idea es proponerle que piense
alguna forma más creativa, para ver si es posible sumarlas todas
sin tener que apelar a la fuerza bruta.
¿Tiene ganas de pensar un rato? La/lo dejo en su propia compañía.
Una idea
La que sigue es una idea que me contó el doctor Pablo Coll,
licenciado en matemática y doctor en computación, egresado
de Exactas (UBA) y además editor de contenidos del programa
Alterados por Pi, que se emite por Canal Encuentro. Por lo tanto,
el crédito le corresponde todo a él.
Tomemos otro juego de dominó. Ahora tenemos 56 fichas, 28
de cada juego. Excluimos las dos blancas y nos quedamos con
54. Fíjese que uno podría aparearlas de forma que a cada ficha
de un juego le corresponde una ficha del otro tal que la suma
entre las dos sea el número uno. ¿Cómo hacer?
A la ficha de un juego que tiene el 3/5, le corresponde la que
tiene 2/5 del otro lado, de manera tal que cuando uno las suma
(3/5 + 2/5 = 1).
A la ficha 1/6 le corresponde la de 5/6 del otro juego. La suma
(1/6 + 5/6) = 1.
¿Y cuál le corresponderá a la ficha 4/4? Esta ficha ya ‘vale’
uno. Le corresponde la ficha 0/4, de manera tal que cuando las
sume (4/4 + 0/4 = 1).
De esta forma, se agrupan en parejas las fichas de los dos juegos (excluyendo las dos blancas). ¿Cuántas parejas hay? En total,
veintisiete ya que hay 27 piezas en cada juego. Al haberlas apa-
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reado de manera tal que cada par sume uno, la suma de todos los
pares resulta ser el número 27.
Pero como estoy sumando dos veces las fichas de cada juego,
la suma total de las fichas de un solo juego es igual a la mitad de
27, o sea 13,5.
Y ésa es exactamente la respuesta que estaba buscando: 13,5.
Moraleja
No se me escapa (como tantas otras veces) que es muy poco
probable, por no decir casi imposible, que tenga que recurrir a
sumar las fichas de un dominó de esta forma. Entiendo. Pero, al
mismo tiempo, se me ocurre preguntarle lo siguiente: ¿no es una
solución preciosa? Y quiero subir la apuesta: ¿cómo sabe uno que
en la vida, alguna vez, no necesitará elaborar una estrategia que
tenga algún parentesco con lo que acabo de escribir?
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La geometría y el pensamiento lateral
El siguiente problema tiene la particularidad de que se puede
contestar sin necesidad de escribir nada. Todo lo necesario ‘está
a la vista’. Pero hará falta aprovechar del pensamiento lateral, o
sea, utilizar argumentos que no son los convencionales o, en todo
caso, los primeros que a uno se le ocurren.
De todas formas, mientras escribo esto estoy pensando: ¿estará
bien lo que estoy diciendo? ¿Y si a usted lo primero que se le ocurre
es exactamente lo que hay que pensar para deducir la solución?
¿Quién dice que mi manera de pensar sea la suya? ¿O viceversa?
Bien, en todo caso, le propongo lo siguiente: yo planteo el
problema y la/lo dejo en soledad para que usted decida cómo lo
piensa. Si se le ocurre la solución en forma inmediata, mi suposición era equivocada. Si no es así, y si requiere de usted algo no
tan inmediato, entonces me sentiré un poco más acompañado.
Basta de preámbulos. Acá va.
Concéntrese en la Figura 1. Como ve, por un lado hay un
cuadrado. Dentro de ese cuadrado he dibujado dos triángulos.
Si se detiene un instante en ellos, verá que cada uno tiene un
lado que coincide con uno de los lados del cuadrado. Uno de los
triángulos está apoyado en la pared izquierda del cuadrado y el
otro triángulo está apoyado en la base inferior del cuadrado.
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Por lo tanto, cada triángulo tiene dos vértices que coinciden
con dos vértices del cuadrado; el tercer vértice de cada uno de
los dos triángulos está ubicado en un punto cualquiera del otro
lado del cuadrado.
Como usted advierte, los dos triángulos se cortan (en la Figura 1 es la parte gris oscuro). La otra región que aparece distinguida en la Figura 1 es el área que no pertenece a ninguno de los dos
triángulos.
Ahora, pregunta: ¿cuál de estas dos áreas es más grande? ¿El
área en donde se superponen o el área que no corresponde a
ninguno de los dos?
Como podrá observar, no hay nada particular que hacer, sino
mirar con cuidado y analizar la figura que tiene delante de los
ojos. El resto se lo dejo a usted. Eso sí: lo único que creo que es
necesario saber es que el área de un triángulo se calcula como la
base por la altura sobre dos. Salvo ese dato, no hace falta ningún
otro tipo de conocimiento previo. Usted será el juez.
Figura 1
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Idea para la solución
Como escribí anteriormente, el área de cada triángulo se calcula como la base por la altura sobre dos. En el caso de los dos
triángulos de la Figura 1, la base de cada uno de ellos coincide
con uno de los lados del cuadrado. Como el tercer vértice de
cada triángulo está en el lado opuesto del cuadrado, la altura de
cada triángulo tiene la misma medida que el lado del cuadrado
(fíjese en la figura para convencerse... no me crea a mí... descúbralo usted).
Dicho esto, si el área de cada uno de estos triángulos se calcula como el lado del cuadrado (por ser la base) por la altura
(que también coincide con el lado del cuadrado) dividido por la
mitad, entonces
(lado del cuadrado) (lado del cuadrado)/2
Si usted piensa en este dato, el área de un cuadrado se calcula
como (lado lado). En este caso, el área de cada triángulo es
(lado lado)/2. ¿Qué hemos deducido?: que cada triángulo tiene como área ¡la mitad del área del cuadrado!
Luego, lo que no está incluido en cada triángulo también tiene como área la mitad del área del cuadrado.
Mire ahora la Figura 2.
Los sectores que figuran con un punto negro son todos los que
no están en el triángulo vertical. Si uno suma las áreas marcadas
con el punto negro, se obtiene la misma área que la del triángulo
vertical, porque lo que está adentro y lo que está afuera miden lo
mismo (igual a la mitad del área del cuadrado).
Pero por otro lado, si uno suma las regiones marcadas con un
asterisco se obtiene el área del segundo triángulo, el que está en
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forma horizontal. Luego, el área medida por la suma de los puntos negros tiene que ser igual al área de la suma de los asteriscos.
Dicho esto, como hay dos sectores que tienen asteriscos y
puntos negros simultáneamente, uno deduce que la región que
tiene solamente un asterisco, debe ser igual a la región que tiene
solamente puntos negros.
¡Pero estas dos regiones son las que queríamos comparar! La
que tiene sólo el asterisco es la región en donde coinciden los
dos triángulos; y las que tienen un punto negro únicamente son
las regiones del cuadrado que no tocan a ninguno de los dos
triángulos.
Es decir, hemos comprobado que la respuesta a la pregunta
original es: ¡esas dos áreas son iguales! El área en donde se cortan
los dos triángulos y el área en donde no hay ninguno de los dos
triángulos son iguales.
Y eso termina por contestar la pregunta92.
Como usted ve, salvo la fórmula del área de un triángulo (la
mitad de la base por la altura), no fue necesario ni usar ni saber
más nada. Sólo pensar con un poco de cuidado y acercarse al
problema en forma un poco más... ¿lateral?
Preguntas (a las que no aspiro tener ninguna respuesta): ¿qué
le pasó a usted?, ¿se le ocurrió enseguida?, ¿hubo algo que le
hizo sospechar que esas áreas tenían que ser iguales?, ¿cómo pensó el problema? No sabe cómo me gustaría poder estar junto a
usted para escuchar sus reflexiones. Seguro que eso me ayudaría
muchísimo para educar mi percepción.
92. Una observación excelente que me hizo Juan Sabia: “El mismo resultado es cierto si hubieras empezado con un rectángulo en lugar de un
cuadrado”.
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Figura 2
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Muralla China
Piense en la Gran Muralla China (aunque tiene validez en
cualquier otro lugar en donde se reproduzcan las condiciones).
Suponga que una persona dice: “Nací al Sur de la Gran Muralla,
y hasta el día de hoy la crucé 999 veces”.
¿En dónde dijo esta frase? ¿Al sur o al norte de la muralla?
Ahora le toca pensar a usted.
Respuesta
La primera vez que cruza la Muralla, estará en el norte. La
segunda, en el sur. La tercera, en el norte. La cuarta, en el sur.
La quinta, en el norte… ¿hace falta que siga?
Es decir, cuando haya hecho un número impar de cruces,
estará en el norte y, equivalentemente, cuando haya hecho un
número par de cruces, estará en el sur.
Como dijo que había cruzado la Muralla 999 veces, entonces,
por una cuestión de paridad, la afirmación la hizo estando al
norte de la Muralla.
Este problema tan sencillo, que involucra cuestiones de paridad, suele ser muy útil para resolver otros un poco más complejos (y útiles que este último).
Acá va otro.
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¿Qué tendrá que ver un juego
con pelotas y la paridad?
En lugar de un problema quiero proponerle un juego. Ubique a ocho personas en un círculo. Los voy a llamar 1, 2, 3, 4, 5,
6, 7 y 8.
Usted ubíquese en el centro del círculo y consígase una bolsa
con muchas pelotas de tenis o de ping-pong... en fin, de lo que
quiera, pero la idea es que pueda sostener suficiente cantidad
para poder jugar.
Cuando empiece el juego, los participantes pueden pedirle
que les dé un número cualquiera de pelotas; pero si usted accede, tendrá que darle la misma cantidad a alguno de los dos
participantes que éste tiene al lado.
Por ejemplo, si el participante número 4 le pide tres pelotas,
usted tiene que darle tres pelotas al número 4, pero también
debe entregarle tres pelotas o bien al 5 o bien al 3.
Y lo mismo al revés: si en algún momento del juego algún participante quiere darle pelotas a usted (que está en el centro), sólo
lo puede hacer si consigue que alguno de los dos que tiene al lado
(a la izquierda y/o a la derecha) también le entreguen ese número
de pelotas. Por ejemplo, si el participante 1 quiere darle cuatro
pelotas a usted que está en el centro, tiene que convencer o bien
al 8 o bien al 2 para que también se desprendan de cuatro pelotas.
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Ésas son las únicas reglas. Ahora bien, para empezar el juego,
los únicos que tienen una pelota cada uno son el participante 3 y
7. Los demás no tienen ninguna.
Pregunta: ¿será posible que en algún momento del juego todos
los participantes (los ocho) tengan el mismo número de pelotas?
Es decir, ¿es posible diseñar una estrategia, siguiendo las reglas mencionadas anteriormente, de manera tal que en algún
momento del juego todos tengan la misma cantidad de pelotas?
Ahora le toca a usted.
Idea para la solución
Mi primera propuesta sería que usted intente jugando. Aunque no pueda encontrar ocho amigos o familiares que quieran
acompañarlo, siéntese un rato con un papel y un lápiz (qué antiguo, ¿no?). En cualquier caso, vea qué sucede si trata de forzar
que todos tengan el mismo número de pelotas.
Lo que yo escriba ahora servirá para contestar la pregunta,
pero creo que no lo ayudará a mejorar su capacidad para pensar
salvo que intente por su lado. ¿Cómo hace usted para descubrir
en dónde está la dificultad? ¿Se podrá o no se podrá lograr que
todos tengan el mismo número de pelotas?
Y si usted no pudo hasta acá, ¿será porque no podrá nadie o
será solamente porque a usted —todavía— no se le ocurrió una
forma que lo conduzca a la respuesta?
Dicho de otra manera, ¿uno no encuentra la respuesta debido
a problemas circunstanciales, o el problema tendrá alguna dificultad intrínseca que lo hace ‘insolucionable’?
Antes de avanzar, permítame decir algo más: la única gracia
que tiene este tipo de problemas es motivarlo para bucear en al-
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gún otro lugar de su cerebro, llevarla/lo —eventualmente— por
sitios que usted no exploró. Si únicamente lee lo que escribo yo,
sólo le servirá para conocerme a mí un poco mejor, nada más.
La idea final debería ser otra: mejorar su capacidad para razonar
y elaborar estrategias.
Ahora sí, avancemos juntos por acá.
Primera observación: cada vez que uno intente darle una o
cualquier número de pelotas a un jugador, sabe que está ‘agregando’ ese número de pelotas a uno de los dos que tiene al lado.
El problema se va a plantear con los jugadores 3 y 7. Si ellos no
tuvieran ninguna pelota, no hay nada que hacer ya que tendrían
todos la misma cantidad: cero pelotas.
Pero ésa no es la posición inicial. Los jugadores 3 y 7 tienen
una pelota cada uno. Yo podría darles pelotas a 1 y 2 por ejemplo
(una pelota a cada uno), y a 4 y 5; pero ni bien quiera darle una
pelota a 6, entonces o bien le agrego una pelota a 7 (y no quiero
hacer esto), o bien le agrego una pelota a 5 (y tampoco quiero
hacer esto). Lo mismo ocurriría con 8.
Por supuesto, el hecho de que no lo haya resuelto de entrada
no significa que no se va a poder. Solo quiero mostrarle alguno
de los lugares en donde uno puede tropezar con una dificultad.
También podría encarar el problema de otra forma, entregando muchas pelotas a los de alrededor de 3 y 7, y buscando alguna
forma de retirárselas usando a los dos que tienen al lado cada uno
de ellos.
Es por eso que le sugería recién que esta parte del problema
no puedo hacerla por usted. En realidad, es una de las partes
más importantes de cualquier problema: ¡descubrir dónde está
la dificultad!
Eso es algo que nadie puede hacer por usted. Quizá sospeche
dónde está el problema, pero nada se compara con detectar uno
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mismo cuál es la valla que hay que saltar. Bueno, estoy evadiéndome de abordar el problema propiamente dicho.
En un momento determinado habrá que tomar alguna decisión: o bien usted está convencido de que se puede encontrar
una estrategia que permita que todos tengan el mismo número de
pelotas, o bien habrá que convencerse (después de múltiples intentos) de que eso no será posible y que se trata, entonces, de demostrar que la ‘tal estrategia’ ¡no existe! No importa quién venga,
ni lo que haga, no habrá forma de encontrarla.
Yo voy a intentar —entonces— convencerla/lo de que ése es
el caso: no se puede.
Ahora bien: ¿por qué?
Hay algo que uno empieza a sospechar en la medida que trata de elaborar esa estrategia en alguno de los casos fallidos: hay
‘algo’ que siempre ‘molesta’... y si bien uno —al principio— no
lo puede poner en palabras, pareciera que se relaciona con ‘la paridad’. ¿Tendrá algo que ver que los dos participantes que tienen
una pelota sean el número 3 y el número 7? Digo esto porque si
en lugar de ser el 3 y el 7 fueran el 3 y el 4 los que empiezan con
dos pelotas, entonces no hay dudas de que el problema sí tiene
solución. Bastaría —por ejemplo— con darles una pelota a 1, 2,
5, 6, 7 y 8. En ese caso, todos tendrían una pelota y se resolvió el
problema. ¿Y si en lugar de 3 y 4 les diera una pelota a 3 y 6? ¿Se
podrá ahora? (confío en que usted está deteniéndose en cada uno
de estos pasos y trata de investigar por su cuenta). Fíjese que sí,
que también se puede: bastaría con darles una pelota a 1, 2, 4, 5,
7 y 8 y terminan todos con una pelota otra vez.
Como última sugerencia antes de escribir la respuesta definitiva, le propongo que se fije que, así como en los casos en los que
les doy una pelota a 3 y 4 o a 3 y 6, el problema tendría solución,
lo mismo pasaría si les diera una pelota a 5 y 6, o a 2 y 5, o a 3
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y 8... Estoy seguro de que usted ya habrá encontrado otros dos
números con los que funciona.
Si revisa los ejemplos que yo puse en donde sí funciona (más
los que quizás encontró usted), descubrirá que hay algo muy interesante: pareciera que siempre se puede si los números de los
dos jugadores son uno par y el otro impar. Pero en nuestro caso,
los números de los participantes en cuestión son 3 y 7, ambos
impares. ¡Y aquí sí me parece que estamos muy cerca de entender
en dónde está la clave del problema!
Justamente ése es el problema central: la paridad. Ahora bien:
¿qué hacer? ¿Cómo aislar el problema de manera tal de poder
explicar que por esa razón no vamos a lograr elaborar la estrategia?
¿Cómo hacemos ahora para traducir esto que parece que descubrimos en una demostración convincente de que si los números de los dos participantes que tienen una pelota son 3 y 7,
entonces no se podrá encontrar una estrategia que permita que
todos terminen con el mismo número de pelotas?
Observe lo siguiente: por las características del juego, si uno
agrega pelotas a un participante, las agrega a alguno de los dos de
al lado (y lo mismo si le quita, pero ahora no necesito ese hecho).
Por lo tanto, fíjese lo que sucedería si yo sumara y restara las pelotas que tienen cada uno de los participantes así:
1–2+3–4+5–6+7–8
(*)
¿Cómo interpretar lo que acabo de escribir?
Estoy tratando de hacer lo siguiente: supongamos que yo le
doy cuatro pelotas al número 5. Le tengo que dar entonces cuatro
pelotas también o al número 4 o al número 6, ¿de acuerdo? Pero
cuando yo haga la suma que figura en (*), no se va a notar. ¿Por
qué? Porque si yo le doy cuatro pelotas a 5, el total aumentará en
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cuatro; pero al mismo tiempo, como tanto las pelotas que tiene
4 como las que tiene 6 aparecen ‘restadas’, tendré que ‘restar’ las
cuatro pelotas que le di a alguno de ellos dos. ¿Se entiende?
O sea que con el número que figura en (*), cada vez que
entrego un número cualquiera de pelotas a cualquier participante, y por las reglas del juego tengo que agregarle pelotas
también a alguno de los dos que tiene al lado, el número que
figura en (*) ¡no se va a modificar! Es que estoy sumando y
restando el mismo número. En este caso, el número (*) permanece INVARIANTE.
Asimismo, si yo le pidiera —digamos— diez pelotas al número 3, las tendría que restar de (*); pero al mismo tiempo, como
las que figuran tanto en 2 como en 4 aparecen con un signo
‘menos’, entonces les agregaría diez pelotas a alguno de ellos y,
por lo tanto, el número (*) sigue ‘inalterado’.
¿Qué estoy tratando de hacer con esto? Quiero convencerla/
lo de que el número (*) permanece INVARIANTE cada vez que
usted entregue o retire pelotas siguiendo las reglas.
¿Y para qué sirve esto? ¿Qué piensa usted?
Lo extraordinario es que el hecho de que este número (*)
permanezca INVARIANTE cada vez que agregamos o retiramos
pelotas, sirve para demostrar que el problema original no tiene
solución. ¿Por qué?
Si en algún momento pudiéramos encontrar una estrategia
que permitiera que todos los participantes tuvieran el mismo número de pelotas, el número (*) sería ¡cero! Es que al hacer la
operación que figura en (*), como todos tienen el mismo número, se irían sumando y restando hasta llegar a cero.
¿Y entonces? ¿Por qué digo que esto prueba que el problema
no tiene solución? ¿No tiene ganas de pensar usted?
Es que al empezar el problema, antes de comenzar a repartir
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pelotas, el número (*) es igual a 2... Convénzase usted mismo:
haga la cuenta y verá que es igual a dos.
Pero lo notable es que, como vimos antes, el número (*) permanece INVARIANTE al avanzar en el juego. Sea lo que sea al
principio, no se modificará hasta que decidamos parar.
Por lo tanto, como al principio es igual a dos, cuando arribemos a cualquier estadio del juego, seguirá siempre dos y nunca
cero. Pero si nunca llegamos a que sea cero, no hemos logrado
que todos tengan el mismo número de pelotas.
¡Y ésa es la conclusión! Usando este argumento (que se llama
de ‘paridad’) uno puede concluir que haga lo haga, nunca llegaremos a lograr que todos los participantes tengan el mismo número
de pelotas.
Moraleja 1
Como usted advierte, este argumento se puede convertir en
algo mucho más general. ¿Qué quiero decir con esto? Si en lugar
de haber sido los participantes 3 y 7 los que tenían una pelota
cada uno, hubieran sido cualesquiera otros dos que fueran ambos pares o impares, el problema no tendría solución tampoco. Y
ni siquiera es necesario que tengan una pelota cada uno. Alcanza
con que esos dos jugadores tengan el mismo número de pelotas
inicialmente93.
93. En realidad, bastaría con que la suma de pelotas que tengan los participantes con números pares sea distinta de la suma de pelotas de los participantes con números impares.
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Moraleja 2
De todos los problemas que aparecen en este libro, este juego
que parece tan inocente (y de hecho lo es) permite encontrar
su solución (o mejor dicho, demostrar que no existe solución)
usando un argumento de paridad a través de un número que es
invariante (o que no se modifica) a medida que vamos avanzando
en el juego.
Eso es lo que provee la matemática también: la capacidad
de aportar un argumento tan sólido, impactante y contundente
que permite resolver un problema que, a priori, parece de difícil
solución.
Espero que yo haya sido capaz de transmitir la potencia de
una herramienta de estas características, porque se la merece.
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5. MATEMÁTICA PURA
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Suma de todos los dígitos que aparecen
entre cero y un millón
Tengo una propuesta para hacerle respecto de todos los números naturales, desde 1 hasta un millón. Suponga que usted tiene
una lista en donde están todos estos números. Obviamente, aparecen muchísimos dígitos involucrados. La pregunta que quiero
formularle es la siguiente: Si uno sumara todos los dígitos que
aparecen en la lista, ¿qué número se obtendría?
Advierta que no estoy tratando de averiguar cuánto suman estos números (el millón de números) sino cuánto suman los dígitos que aparecen.
La respuesta viene a continuación, pero lo único que vale la
pena es que sea usted quien se quede pensando cómo contestar
la pregunta.
Solución
Si uno quisiera usar la fuerza ‘bruta’, podría efectivamente escribir la lista completa del millón de números y sumar dígito por
dígito. Está claro que nos conduciría al resultado final, pero...
¿no habrá otra forma más económica de hacerlo?
Y la respuesta es que sí. Por un instante, excluyamos al último
número, al 1.000.000.
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Al hacer eso, nos quedan todos números de seis dígitos. Usted
me preguntará: “¿Cómo números de seis dígitos? ¿Y el 124?, ¿o
el 14.537?
Éstos serían algunos ejemplos de números que parecen no tener seis dígitos. En realidad, técnicamente no tienen seis dígitos,
pero si yo quisiera, podría agregarles ceros al principio, y transformarlos en números de seis dígitos.
De hecho, por ejemplo el número 124, se podría escribir así:
000.124
El número 14.537 se podría pensar así:
014.537
Y así siguiendo. De esa forma yo podría transformar todos los
números que aparecen en la lista en números de seis dígitos. El
único que no formaría parte sería el 1.000.000 excluido deliberadamente porque —éste sí— no tiene seis dígitos.
Pensando el problema de esta forma, ¿se podrá resolver más
fácilmente?
Fíjese en lo siguiente: tenemos ahora una lista de un millón
de números (excluí el número un millón pero permítame incorporar el cero, como 000.000, que en realidad no va a agregar nada
al resultado total).
En esta lista de 1.000.000 de números (del 000.000 hasta el
999.999), cada número tiene seis dígitos. Luego, en total hay ¡seis
millones de dígitos!
Y en suma, todos estos dígitos aparecen la misma cantidad de
veces: 600.000 veces el número cero, 600.000 veces el número
uno, 600.000 veces el número dos... y así siguiendo, 600.000 veces el número nueve también.
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Creo que ahora, tanto usted como yo estamos en condiciones
de dar respuesta a la pregunta.
Si hay 600.000 números cero, esto significa que hay que multiplicar 600.000 por cero, y se obtiene... ¡cero!
Pero, como hay 600.000 números uno, esto significa que hay
que multiplicar 600.000 por uno, y se obtiene: 600.000.
De la misma forma, hay 600.000 ‘ejemplares’ del dígito dos.
Luego, todos estos números dos suman:
600.000 2 = 1.200.000
Y lo mismo sucede con cada dígito: hay 600.000 de cada
uno, y el resultado de sumarlos a todos se obtiene multiplicando
600.000 por cada dígito.
Resumiendo:
a)
b)
c)
d)
e)
f)
g)
h)
i)
j)
600.000 0 = 0
600.000 1 = 600.000
600.000 2 = 1.200.000
600.000 3 = 1.800.000
600.000 4 = 2.400.000
600.000 5 = 3.000.000
600.000 6 = 3.600.000
600.000 7 = 4.200.000
600.000 8 = 4.800.000
600.000 9 = 5.400.000
Como el 600.000 es un factor común a todos estos sumandos
(uno nunca piensa que llegará el momento de usar en un problema lo que aprendió en el colegio sobre los ‘factores comunes’,
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pero acá aparece justo-justo), si uno suma convenientemente todos estos números se tiene:
600.000 (0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) =
600.000 45 = 27.000.000
¡Y éste es el resultado final! Un momento... ¿no hace falta
sumar algo más?
Sí, no me quiero olvidar del número 1.000.000 que aporta
una unidad más. O sea, la suma total de todos los dígitos desde el
0 hasta el 1.000.000 es...
27.000.001
Y ahora sí, éste es el resultado final.
Moraleja
Una vez más, es muy poco probable, por no decir imposible,
que aparezca alguna razón por la cual uno tenga que sumar todos estos dígitos, pero ésa no es la idea. La idea es mostrar cómo
somos capaces de elaborar diferentes tipos de estrategias para
resolver problemas. Puede que éste no surja nunca en la vida
cotidiana de ninguna persona que usted y yo conozcamos, pero
sí estoy seguro de que de tanto entrenarse y pensar en problemas
que requieran la elaboración de estrategias, uno desarrolla capacidades para la vida cotidiana que no tendría si no las practicara.
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Pitagómero
El siguiente problema se le ocurrió a un joven español. Su
nombre es Iñigo Tena Núñez, y lo notable es que ¡no es matemático! Pero Iñigo tiene un blog cuyo objetivo es desarrollar la capacidad para pensar; por eso que Pablo Coll me lo propuso con
la idea de que lo usáramos en uno de los episodios de Alterados
por Pi (año 2014), y más allá de haberlo hecho por televisión, me
interesa incorporarlo también a este libro.
Acá va. Suponga que usted mira la Figura 1:
Figura 1
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Fíjese en las áreas ‘pintadas de negro’ y las que están ‘pintadas
de blanco’. Si uno las sumara imaginariamente... ¿cuál le parece
que es más grande?
Le sugiero que piense usted la respuesta antes de leer lo que
sigue.
Idea para encontrar la solución
Acá es donde es útil repasar el teorema de Pitágoras. Observe
el cuadrado mayor, el de área blanca que está apoyado sobre la
base. Quiero tomar ese cuadrado como referencia.
En la tapa de arriba de ese cuadrado, hay dibujado un triángulo. Si usted le presta atención a ese rectángulo verá que es
‘rectángulo’, o sea, tiene un ángulo de 90 grados o ángulo ‘recto’.
En principio no parece porque la hipotenusa coincide con la
tapa de ese cuadrado, pero ni bien uno le presta un poco más de
atención, descubre que sí, que es un triángulo rectángulo.
Ahora bien, el teorema de Pitágoras dice —justamente— que
“en un triángulo rectángulo el cuadrado de la hipotenusa es
igual a la suma de los cuadrados de los catetos”.
En este caso dice que el cuadrado blanco (el que estoy considerando como referencia) tiene un área igual a la ‘suma de los
cuadrados de los catetos’. Y esos cuadrados están representados
por los cuadrados pintados de negro.
En resumen, el teorema dice que el área del cuadrado blanco
es igual a la suma de las áreas de los dos cuadrados negros. Por lo
tanto, cuando yo quiera evaluar cuál área es más grande (la que
aparece pintada de negro o la que aparece pintada de blanco),
esas tres áreas se compensan (son iguales).
Con esa misma idea, le propongo ahora que ‘recorra’ las otras
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figuras, buscando triángulos rectángulos y áreas negras y blancas.
Fíjese en qué casos puede hacer que se cancelen o en cuáles hay
más de un color que de otro.
Al finalizar el recorrido, se encontrará con la Figura 2. Yo fui
‘encapsulando’ las áreas blancas y negras que se compensan. Lo
que no pude hacer es ‘encerrar’ a los tres cuadrados que tienen
áreas negras y el único cuadrado blanco cuya área no pude equiparar con otras.
¿Qué se puede deducir? Los tres cuadrados negros que no
pude encerrar tienen la particularidad de que los dos más pequeños tienen área igual al área del cuadrado negro más grande (por
Pitágoras otra vez). Por otro lado, el cuadrado blanco tiene un
área igual a uno de esos cuadrados negros más uno que debería
ser de área más pequeña.
Moraleja: el área negra es mayor que el área blanca, que es lo
que queríamos dilucidar.
Figura 2
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Crucigrama numérico
Uno está acostumbrado a hacer crucigramas de diferentes tipos. En una época, aparecían sólo los clásicos (más conocidos
como ‘palabras cruzadas’), pero con el tiempo las opciones se
fueron ampliando, y aparecieron los sudokus y otras variantes. El
que voy a proponer acá es solamente con números y el objetivo
es llenar la grilla de 2 2 que figura a continuación.
Se trata de una réplica de un crucigrama tradicional en donde
las definiciones, en lugar de conducir a palabras, conducen a
números. Acá va.
1
2
3
Horizontales:
1) Número primo de dos dígitos.
3) El doble de 1 horizontal.
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Verticales:
1) Uno más el número que aparece como (1 horizontal).
2) Múltiplo de 9.
Solución
Voy a llamar 1H y 3H a los dos números que van en posición
horizontal, y 1V y 2V a los que van en posición vertical. En total,
se trata de encontrar nada más que cuatro números.
Ahora, analicemos lo que se puede deducir.
Como el 1H debe ser un número primo de dos dígitos, entonces tiene que ser impar. Es decir, terminará en uno, tres, cinco,
siete o nueve.
Como el número que aparece en 3H tiene que ser el doble de
lo que aparece en 1H, entonces el número 3H debe ser par. Por
lo tanto, terminará en cero, dos, cuatro, seis u ocho.
Por otro lado, como es un número de dos dígitos, se puede
inferir que el número que aparece en 1H tiene que ser menor
que 50, ya que su doble resulta ser un número de dos dígitos
nada más.
Los números que aparecen en 1V y 1H tienen un dígito en común: el primero, el que aparece en la casilla superior izquierda.
Por otro lado, sabemos que el número que figura en 1V tiene que
ser el mismo que 1H pero incrementado en uno. Luego, el 1H
no puede terminar en nueve, al sumarle uno cambiaría el primer
dígito, y eso no es posible.
¿Cuáles son entonces los números primos de dos dígitos menores que 50 que no terminan en nueve? Son pocos. Acá están
todos: 11, 13, 17, 23, 31, 37, 41, 43 y 47.
La casilla que figura con el número 3 tiene que ser par, por-
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que corresponde a agregarle uno al dígito que figura en 2 (de
acuerdo con la definición de las verticales).
Luego, el número que figura en 1H no puede terminar en
7, porque si no, al multiplicarlo por 2 arrastraría un uno a la
primera cifra, y la primera cifra debe ser par (porque es la última
de 1H más 1). De todas formas, son tres posibilidades: 17, 37 y
47. Al multiplicarlos por dos, se obtiene: 34, 74 y 94. Como se
ve, el primer dígito de cada uno de estos tres números es impar,
y eso no puede ser, porque este dígito resulta de sumarle uno al
segundo dígito de la primera horizontal (que por ser un número
primo, debe ser impar).
Quedan entonces por revisar: 11, 13, 23, 31, 41, y 43.
Ahora analicemos 2V. Como tiene que ser un múltiplo de
9, podemos descartar de 1H los que terminan en 1, porque 3H
terminaría en 2 y el 12 no es múltiplo de nueve.
Quedan 13, 23 y 43.
Analicemos cada uno:
13 en 1H, 14 en 1V, pero el 3H sería 26, no puede ser.
23 en 1H, 24 en 1V, el 3H sería 46, puede ser.
43 en 1H, 44 en 1V, el 3H es 86, no puede ser.
Conclusión: la única posibilidad es
23
46
Algo más: la mayoría de los problemas que aparecen en este
libro admiten muchísimas formas de encontrar soluciones. Estoy
convencido de que las hay mejores, más elegantes, más económicas, más bonitas, más ingeniosas de las que figuran aquí. Pero en
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definitiva, la única que importa es la que se le ocurra a usted... Ésa
es la mejor, sin ninguna duda. ¿Sabe por qué? Porque es suya.
Quiero agregar entonces otra forma de pensar el mismo problema que me sugirió Carlos Sarraute.
Voy a llamar ab (a los dos números que aparecen en la primera fila) y cd a los que aparecen en la segunda. Ésos serían
los dos números que aparecen en las filas. De la misma forma,
el número ac es el que aparece en la primera columna, y bd el
de la segunda columna. El problema consiste en determinar los
valores de a, b, c y d.
Por las hipótesis que tiene el problema, se sabe que bd es
múltiplo de 9, por lo que se deduce que (b + d) tiene que ser
múltiplo de 9, o lo que es lo mismo, el número 9 tiene que
dividir a (b + d).
Como otra hipótesis dice que el número que aparece en la
segunda fila (cd) tiene que ser el doble del que aparece en la
primera (ab), el dígito ‘d’ tiene que ser un número par. Según la
primera hipótesis, el número ab es primo, lo que obliga a que el
número b sea impar. Ahora, analicemos los casos posibles:
1) Si b = 1, entonces d = 2. Este caso no puede ser porque 9
no divide a (1 + 2) = 3
2) Si b = 3, entonces d = 6. Este caso sí puede ser posible,
porque 9 divide a (3 + 6) = 9
3) Si b = 5, entonces d = 0. No es posible porque 9 no divide
a (5 + 0) = 5
4) Si b = 7, entonces d = 4. Tampoco funciona, porque 9 no
divide a (7 + 4) = 11
5) Si b = 9, entonces d = 8. Y éste es el último caso que tampoco sirve porque 9 no divide a (9 + 8) = 17
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Moraleja: la única solución se da cuando b = 3 y d = 6. Como
c = (b+1), se deduce que c = 4. Luego, la segunda fila es el número 46, y como es el doble de la primera, descubrimos que la
primera fila es 23.
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Chicos en fila
Haga de cuenta que tiene que ubicar a cinco chicos en hilera o cinco libros en un estante, pero de manera tal que dos
tengan que estar siempre juntos. ¿De cuántas formas se pueden
ubicar?
En principio, la/lo invitaría a que pensara el problema sin restricciones, es decir, sin pedir que haya dos de los libros o de los
niños que tengan que estar juntos.
Una vez que haya resuelto el problema más sencillo, entonces
sí, piense cuántas formas hay de ubicar a los cinco pero con el
cuidado de que dos queden uno al lado del otro.
Una forma de pensarlo
Voy a numerar a los niños (sólo para ponerles un ‘nombre’).
Digamos que son 1, 2, 3, 4 y 5.
Contemos primero de cuántas formas se los puede ordenar en
fila. Hay que llenar cinco lugares (vacíos en principio).
Para el primer lugar, hay cinco posibilidades (1, 2, 3, 4 o 5).
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Una vez que elegí el que va primero, ¿cuántas posibles elecciones hay para el segundo? Efectivamente: hay cuatro posibilidades.
Por ejemplo, si el primero es el número 3, entonces, el que le
sigue puede ser 1, 2, 4 o 5. O sea, la fila empezaría así:
31 o 32 o 34 o 35
Y si hubiéramos empezado con el número 4, la fila podría
empezar así:
41 o 42 o 43 o 45
La moraleja de esto es que una vez que uno fija el primer número, hay cuatro posibles para el segundo. Dicho de otra forma,
hay (5 4) = 20 maneras de empezar la fila.
Una vez elegidos los dos primeros, ¿de cuántas formas se puede continuar? (Piénselo usted por su cuenta antes de seguir leyendo.)
Por ejemplo: si la fila empieza con 42, entonces, puede seguir
así:
421 o 423 o 425
Y no hay más posibilidades que empiecen con 42. Como ya
tengo elegidos los dos primeros, hay tres posibilidades para el tercero. En total entonces, hay 5 4 3 = 60 formas de empezar
con tres niños.
¿Y de cuántas formas se puede elegir el cuarto número? No
hay muchas posibilidades, ya que tengo elegidos los tres prime-
346
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ros. Por lo tanto, quedan nada más que dos opciones. En este
caso, entonces, las maneras posibles de elegir cuatro niños (entre
los cinco posibles) son:
5 4 3 2 = 120
¿Y ahora? Ya no hay más posibilidades para elegir al último
niño: al haber elegido los cuatro primeros, el quinto queda elegido por descarte. Es el único que queda sin haber sido elegido.
¿Qué conclusión sacamos?
Podemos decir que hay 120 formas de ubicar a los cinco niños.
Esto contesta la primera parte del problema. Pero queda todavía por analizar la otra pregunta. ¿Y si yo pidiera que dos de los
niños estén siempre juntos? Aquí es donde vuelvo a invitarla/lo a
que analice este caso en soledad. Si no, yo sigo acá.
Si ahora uno tiene que tener el cuidado que dos de los niños
estén juntos, una forma de pensarlo podría ser ésta: imaginar que
esos dos niños forman una suerte de ‘bloque’ o ‘paquete’. Vienen
‘combinados’. En este caso, uno podría tratar de resolver el problema como si en lugar de tener cinco niños, tuviéramos cuatro
(aunque uno de ellos sea ‘doble’).
En consecuencia, se tienen 4 3 2 1 = 24 formas de
ubicarlos.
Pero, un momento: uno podría decir que los dos niños (que
voy a llamar A y B) que hemos ‘pegado’ o considerado ‘juntos’,
pueden ubicarse primero A y después B o primero B y después A.
Por lo tanto, debemos duplicar los 24 casos que conté recién,
ya que al imaginarlos ‘pegados’, no distinguimos cuál de los dos
va primero.
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Luego, la respuesta correcta es que hay 24 2 = 48 formas
posibles de ubicar cinco niños en hilera, teniendo la precaución
que dos de ellos estén siempre juntos94.
94. Algunas preguntas:
¿Por qué restringirse a cinco niños solamente? ¿Y si fueran diez? ¿O veinte? ¿O mil? ¿Qué pasaría en esos casos? Por otro lado: si tuviéramos —digamos— 50 niños y uno quisiera contar de cuántas formas posibles se los puede
ordenar para que un grupo de siete tengan que estar siempre juntos. ¿No está
tentada/tentado de usar las mismas ideas que en el caso anterior? En lugar
de dividir por dos, habrá que dividir por 7! (el factorial de siete) para analizar
todas las posibles permutaciones del grupo de amigos; pero es, esencialmente,
el mismo problema con distintas restricciones.
Y se me ocurre algo más: si uno tuviera 100 niños y tiene dos subgrupos de
15 y 17 amigos respectivamente, ¿de cuántas formas se los podrá ordenar para
que los amigos queden siempre juntos?
Como se ve, hay muchísimas formas de generalizar el problema. Le sugiero que usted explore el tema por su cuenta porque, creo, ya tiene las herramientas necesarias para poder resolver cualquier variante que aparezca.
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Múltiplo de 198
Tengo una propuesta interesante para hacerle. A lo largo de
nuestro recorrido por los distintos colegios y escuelas primarias
y secundarias, todos hemos aprendido a determinar cuándo un
número es par o múltiplo de tres o de nueve, o múltiplo de seis o
de cuatro... incluso de once95.
Ahora, suponga que tiene un número de nueve dígitos como
éste:
6
2
7
9
4
Figura 1
Como usted advierte, para poder considerarlo de nueve dígitos, es necesario llenar los espacios en blanco (con otros dígitos).
Supongamos que yo tuviera los dígitos 1, 3, 5 y 8 para distribuir
al azar en esos cuatro lugares.
¿Cuál será la probabilidad de que el número resultante sea
95. Un número entero es múltiplo de once si la suma alternada de sus
dígitos es múltiplo de 11. Por ejemplo, el número 123.456 no es múltiplo de
11, porque 1 2 3 4 + 5 6 = -3 no lo es. En cambio 12.122 sí lo es,
porque 1 2 + 1 2 + 2 = 0 que sí es múltiplo de 11.
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múltiplo de 198? O sea, si alguien “distribuyera” al azar estos
dígitos (1, 3, 5 y 8), y todos aparecieran ubicados en los lugares
vacíos de la Figura 1, ¿cuál será la probabilidad de que el número
resultante sea múltiplo de 198? ¿Qué habrá que hacer? ¿Cómo
se podrá pensar este problema?
Solución
Analicemos juntos las distintas posibilidades.
En principio, miremos cuáles son los factores primos de 198. O
sea, cómo se descompone el número 198.
Es así:
198 = 2 32 11
¿Para qué nos sirve esta descomposición? Como el objetivo
suyo (y mío) es tratar de determinar si al distribuir los dígitos que
nos dieron el número resultante es múltiplo de 198, bastará con
que miremos si el número que resulta es múltiplo de 2, de 9 (o
sea de 32) y de 11.
Es decir, si un número es múltiplo de 2, de 9 y de 11, entonces
forzosamente termina siendo múltiplo de 198.
Ahora volvamos al problema original. Como cualquiera sea
la distribución de los dígitos {1, 3, 5 y 8} el número que va a terminar apareciendo en la Figura 1 terminará en cuatro, entonces
podemos garantizar que siempre será par. Luego, sea cual fuere
la distribución de estos cuatro dígitos, el número va a ser múltiplo
de 2.
Por otro lado, al ubicar todos los dígitos que faltan ({1, 3, 5 y
8}), los que terminarán apareciendo en la Figura 1 son:
350
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1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9
Luego, si sumo todos: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45,
el resultado es múltiplo de nueve. ¿Qué quiere decir esto? Que
cualquiera sea la distribución de dígitos que hagamos, el número
resultante cumple que la suma de todos sus dígitos es múltiplo de
nueve. Conclusión: hagamos lo que hagamos, el número al que
arribaremos será múltiplo de nueve.
¿Qué faltaría mostrar para convencernos de que siempre va a
ser múltiplo de 198?
Deberíamos corroborar que, sea cual fuere la distribución de
los dígitos que faltan ubicar, el número resultante va a ser múltiplo de 11.
Para ver si un número es múltiplo de 11 tenemos que sumar
alternadamente:
a) por un lado, los dígitos en posiciones impares. Por otro
lado…
b) los dígitos en posiciones pares. Y finalmente…
c) hay que calcular la diferencia entre las dos sumas.
Si esa diferencia es múltiplo de 11, el número todo lo será.
(a)
(b)
o
o
o
o
o
6
2
7
9
4
o
o
o
o
La suma de los dígitos en posiciones impares (a) es 6 + 2 + 7
+ 9 + 4 = 28.
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Por otro lado, sin importar en qué orden sean ubicados 1, 3,
5 y 8, la suma de los dígitos en posiciones pares (b) es 1 + 3 + 5
+ 8 = 17.
Luego, la diferencia entre ambas sumas es 28 17 = 11, que
es —obviamente— múltiplo de 11.
Por lo tanto, ahora estamos en condiciones de asegurar que el
número total que se obtiene es múltiplo de 11, sea cual fuere la
ubicación de los dígitos que faltan.
Moraleja
Usted advierte que no importa cuál sea la forma en que distribuyamos estos dígitos {1, 3, 5 y 8}, el número resultante será
múltiplo de 2, de 9 y de 11, lo que garantiza que será múltiplo
del producto: 2 x 9 x 11 = 198.
Y esto permite contestar la pregunta sobre la probabilidad de
que sea múltiplo de 198. La respuesta es: “Cualquiera sea la distribución de los dígitos, el número será múltiplo de 198”, por lo
que la probabilidad de que eso suceda es uno, o lo que es equivalente, estamos un 100% seguros de que, independientemente de
esa distribución, el número será múltiplo de 198.
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Once magos y mil sombreros (“a la Sarraute”)
El siguiente problema me lo contó Carlos Sarraute. Estos problemas siempre tienen un encanto particular porque ni bien uno
los lee y se detiene a pensar un ratito, sospecha que no hay forma
de encontrar una solución. Pero después, con un poco de paciencia, tiempo y alguna frustración, es posible descubrir alguna
forma razonable de abordarlo.
Voy a presentar dos enunciados. El primero será una versión
sencilla y luego otro un poco más general. Le sugiero que lea
los dos planteos (que no son muy diferentes salvo en los números involucrados) y se dedique a resolver el caso más fácil. De
allí recogerá las ideas para abordar el otro hasta convencerse
de que el que parece más difícil, es sólo eso: una apariencia.
Estará usted en condiciones de resolver cualquier problema de
este tipo. Acá van.
Versión 1 (más sencilla)
Cuatro magos tienen una gran bolsa que contiene ocho sombreros de distintos colores, formas, dibujos, etc. Es decir: cada
sombrero tiene un único diseño que lo caracteriza.
Cada uno de los cuatro magos saca al azar un sombrero cual353
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quiera de la bolsa con los ojos cerrados. No puede mirar el sombrero que se pone y, por supuesto, no hay espejos, ni agua en donde
se pueda ver reflejado, ni cámaras, nada. El problema no tiene
trampa, como ninguno de los problemas que yo propongo. Nunca.
Cada mago tiene en su poder una carta o tarjeta de dos colores: de un lado es blanca (B) y del otro lado es negra (N).
Cuando cada mago ya tiene puesto su sombrero, puede ver los
sombreros que tienen puestos TODOS sus compañeros magos,
pero NO el propio. Cada uno de ellos entonces, luego de inspeccionar lo que tienen los otros, muestra en forma bien visible uno
de los dos lados de la carta que tiene en la mano: B o N. Todos
tienen que hacer lo mismo. Los magos no pueden comunicarse
entre sí por ningún medio que no sea la exhibición de alguno de los
dos lados de su carta. No se pueden intercambiar guiños de ojos
ni señas de ningún tipo.
La pregunta es: ¿Pueden los magos elaborar una estrategia tal
que cada uno sea capaz de deducir con certeza cuál es el sombrero que tiene puesto?
Versión 2 (más compleja)
Es el mismo problema que figura en la versión 1, pero ahora
se tienen 1.000 (mil) sombreros (todos distintos entre sí) y 11
magos. ¿Se puede elaborar una estrategia en este caso?
Como se ve, la diferencia entre las dos versiones es solamente
el número de sombreros y de magos involucrados. Verá usted
entonces que si logra encontrar una solución para el primer caso,
para resolver el segundo simplemente deberá expandir la estrategia a un caso más general.
Ahora le toca a usted.
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Solución para la versión 1
En principio, es necesario recordar la numeración binaria.
Es decir, necesitamos escribir los números naturales (y el cero)
usando solamente ceros y unos. La voy a usar para numerar los
sombreros, pero antes escribo los primeros números para refrescar su memoria:
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
0
1
10
11
100
101
110
111
1000
1001
1010
1011
1100
1101
1110
1111
… y así podríamos seguir. A los efectos del problema que nos
ocupa, solamente necesitamos los primeros ocho que se obtienen empezando por el 0 y llegando hasta el 7 (eso da justamente
ocho números, aunque parezcan siete).
Aprovecho esta numeración para etiquetar los ocho sombreros. Lo hago así:
355
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S000, S001, S010, S011, S100, S101, S110, S111
Llamo M1, M2, M3 y M4 a los magos.
Cada uno elige un sombrero en forma aleatoria y se lo pone
en la cabeza. A los efectos de hacer más comprensible la estrategia que voy a proponer acá, elegiré un ejemplo, pero usted verá
que no es más que una forma de hacer más sencillo lo que de
otra forma llevaría mucha más escritura y complicación. De hecho, quiero evitar hacer una sopa de letras y números que solamente va a terminar por encubrir las ideas, que son lo único que
importa. Acá voy.
Supongo que:
El mago M1 eligió el sombrero S011
El mago M2 eligió el sombrero S111
El mago M3 eligió el sombrero S000, y
El mago M4 eligió el sombrero S101
Naturalmente, como ya dije, esta elección es totalmente arbitraria ya que pudieron haber elegido cualquier otro dentro de los
ocho que están disponibles, pero le va a dar una idea muy clara
de la estrategia que es factible utilizar.
Cada mago tiene una tarjeta con un lado Blanco (B) y un
lado Negro (N).
Se trata entonces de establecer una estrategia de manera tal
que mostrando nada más que alguno de los dos lados de la tarjeta
de cada uno, lleguen a la conclusión de qué sombrero tienen
puesto los cuatro. Por supuesto, no se pueden comunicar entre
ellos, no se pueden hacer guiños, no hay espejos, no hay agua
donde se refleje alguno de los sombreros, nada…
Se empieza así: el mago M1 suma los primeros dígitos de los
356
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tres sombreros que tienen puestos los otros tres magos. O sea,
suma los primeros dígitos de los sombreros de M2, M3 y M4.
En este caso, tiene que sumar los primeros dígitos de S111, S000
y S101. Esto resulta ser: (1 + 0 + 1). Si la suma resulta ser un
número par, entonces les muestra a todos los otros magos el lado
B de su carta. Si la suma resulta ser un número impar, entonces
les muestra a todos los otros magos el lado N de su carta. En este
caso, como la suma es 2 (que es un número par), les muestra a
todos el lado B de su carta.
¿Qué conclusión sacan los otros magos con este dato? Es obvio que M2, M3 y M4 están viendo el sombrero de M1, pero
eso no les va a servir porque, cuando M1 muestra el lado B de
su tarjeta, él no vio nada de lo que tenía. Pero lo que SÍ les está
diciendo a M2, M3 y M4 es que la SUMA de los tres primeros
dígitos de cada uno es un número par.
El mago M2, no puede ver su propio sombrero, pero SÍ ve
los sombreros de M3 y M4 (que son S000 y S101). Si M2 hace
la suma de los primeros dígitos de estos dos sombreros, descubre
que le da 1 (0 + 1 = 1). Como el mago M1 había mostrado el
lado B de su carta, eso les indicó a todos que había visto una
suma PAR entre los primeros dígitos de los sombreros de M2,
M3 y M4. Si M2 ve que la suma de los primeros dígitos de M3 y
M4 da IMPAR, entonces el primer dígito de SU sombrero tiene
que ser un 1. Es decir, el mago M2 ya sabe que su sombrero
empieza con un uno.
Con el mismo análisis, el mago M3 no puede ver su sombrero, pero sí ve los sombreros que tienen M2 y M4: S111 y S101.
Los primeros dígitos de estos dos sombreros suman 2 (1 + 1 = 2).
Luego, como es un número par, él no puede tener un número 1
en el suyo, porque si no, el mago M1, cuando sumó los primeros
dígitos de los sombreros de M2, M3 y M4 hubiera visto un núme357
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ro impar. Por lo tanto, la conclusión es que el primer dígito del
sombrero de M3 es un cero.
Un paso más: de la misma forma, el mago M4, al ver que los
primeros dígitos de los sombreros de M2 y M3 (S111 y S000) suman 1 (ya que 1 + 0 = 1), entonces al haber visto el lado B de la
tarjeta de M1, sabe que M1 vio una suma par entre los sombreros
de M2, M3 y M4. Entonces, como entre M2 y M3 suman 1, la
única manera que M1 hubiera visto un número par, es que M4
tenga un sombrero cuyo primer dígito sea un número uno.
Con este análisis, usted advierte que los magos M2, M3 y M4
ya conocen el primer dígito de cada uno de sus sombreros, y eso
lo supieron solamente porque M1 mostró el lado B de su tarjeta o
carta. Estos tres magos aprendieron algo que no sabían. El único
que quedó afuera, el que no descubrió nada nuevo, fue el M1,
pero fue él, quien al dar vuelta la tarjeta del lado B (blanco) les
dio la indicación a los otros tres sobre el primer dígito del sombrero que cada uno de ellos tenía puesto.
¿Cómo hacer para que cada uno de ellos descubra los dígitos
que le faltan? ¿Quiere pensar usted por su cuenta un ratito? Todo
lo que hay que hacer es replicar lo que hizo el mago M1, pero
ahora lo tiene que hacer el mago M2. Eso sí, en lugar de hacerlo
con el primer dígito de cada uno de los sombreros, lo tiene que
hacer con los segundos dígitos. Así, descubrirán sus segundos dígitos M1, M3 y M4 (pero no M2). En este caso, M1 sabrá que
su segundo dígito es 1, M3 descubrirá que su segundo dígito
es un 0 y M4, que su segundo dígito es un 0.
Faltan un par de pasos aún. En primer lugar, como usted ya
debe haber intuido, el mago M3 hace lo mismo con el tercer
dígito de cada uno de los sombreros que llevan M1, M2 y M4.
Los sumará y, de acuerdo con la paridad, les exhibirá a los otros
el lado B o el lado N de su tarjeta. En este caso, como él ve los
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sombreros S011, S111 y S101, al sumar los terceros dígitos (1 + 1
+ 1 = 3), mostrará N porque la suma es impar. De esa forma, les
estará indicando a M1, M2 y M4 cuál es el tercer dígito de cada
sombrero: M1 tiene tercer dígito igual a 1, M2 tiene tercer dígito igual a 1 y M4 tiene tercer dígito igual a 1.
Ahora, antes de dar el último paso, quiero invitarla/lo a pensar
conmigo sobre la información que han recolectado los magos.
El mago M1 conoce su segundo y tercer dígito: 1 y 1. El mago
M2 conoce su primer y tercer dígito: 1 y 1. El mago M3 conoce su primer y segundo dígito: 0 y 0. Y el mago M4 conoce sus
tres dígitos (exactamente su sombrero): S101.
Pero el problema no está terminado porque falta descubrir
aún el primer dígito de M1, el segundo dígito de M2 y el tercer
dígito de M3. ¿Qué hacer? Si me permite una sugerencia, piense
que uno de los magos aún no utilizó su tarjeta. Sigo yo.
El único mago que no utilizó su tarjeta es M4. ¿Cómo hace
para darle a los restantes tres magos (M1, M2 y M3) la información que les falta? Debe sumar el primer dígito de M1, el segundo
dígito de M2 y el tercer dígito de M3. Si es un número par, muestra el lado B de su tarjeta. Si es un número impar, muestra el
lado N. En este caso, el mago M4 ve que los sombreros de M1,
M2 y M3 son S011, S111 y S000. Luego, el primer dígito de M1
es 0, el segundo dígito de M2 es 1 y el tercer dígito de M3 es 0.
Los suma: 0 + 1 + 0 = 1 y, como le da impar, muestra el lado N
de su tarjeta.
El mago M1, al ver que M4 muestra el lado N, sabe que la
suma de esos tres dígitos resulta un número impar. Cuando él
ve que el segundo dígito de M2 es 1 y el tercero de M3 es 0, los
suma (1 + 0 = 1) y resulta impar, entonces el primer dígito que
él tiene no puede alterar la paridad. Luego, el mago M1 deduce que tiene un 0 como primer dígito. De la misma forma, el
359
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mago M2, al sumar el primer dígito de M1 (que es 0) y el tercer
dígito de M3 (que es 0 también), obtiene suma 0. Pero el mago
M4 mostró una tarjeta N. Quiere decir que M4 vio un número
impar. Moraleja: M2 descubre que su segundo dígito tiene que
ser un 1. Por último, el mago M3 suma el primer dígito de M1
(que es un 0) y el segundo dígito de M2 (que es un 1) y esa suma
resulta 1, o sea, un número impar. Como M4 había dado vuelta
el lado N de su tarjeta, eso le indica a M3 que su tercer dígito
no puede alterar la paridad y descubre que ¡tiene que ser un cero!
De esa forma, los cuatro magos deducen qué sombrero tiene
puesto cada uno.
Esta estrategia es preciosa porque no usa más que una señal
de cada uno de los magos involucrados.
Solución a la versión 2
Uno puede hacer muchas preguntas sobre este problema.
Por ejemplo: ¿solamente se puede deducir si hay cuatro magos y
ocho sombreros? ¿Y si hubiera más sombreros y más magos?
Como usted advierte, la estrategia empleada se puede extender/extrapolar. Si en lugar de tener ocho sombreros uno tuviera
16, la escritura binaria de todos los números entre 0 y 15 (que
resultan ser 16) requiere de cuatro lugares o cuatro dígitos. En
este caso entonces, hacen falta cinco magos. ¿Por qué cinco? Es
que el último mago es el que aporta los datos sobre los dígitos que
faltaban al final.
O sea, para ocho sombreros, cuatro magos. Pero 8 = 23.
Para 16 sombreros, cinco magos. De la misma forma, 16 = 24.
Para 32 sombreros, seis magos. En este caso 32 = 25.
Para 64 sombreros, siete magos. Como antes, 64 = 26
360
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Y así siguiendo: al ir incrementando la potencia de 2, el número de magos necesarios es la potencia de 2 más uno. O sea,
para 64 sombreros, como 64 = 26, entonces hacen falta siete magos. Y así siguiendo: para 2n sombreros, hacen falta (n+1) magos96.
Con esto termino el análisis de este problema que, como escribí anteriormente, es precioso y muestra una vez más la potencia de poder numerar objetos usando la notación binaria. Y el
crédito de que aparezca acá, le corresponde TODO a mi querido
amigo (y ex alumno) Carlos Sarraute97.
96. El caso en el que uno tiene 1.000 sombreros y 11 magos es posible de
resolver, porque el número 1.000 es menor que 210 = 1.024.
97. Quiero compartir también un mail que me mandó Ginóbili (el 22
de diciembre de 2013), después de haber pensado el problema: “¡Muy muy
bueno también este problema! El primer paso de par a impar lo hacía bien,
pero al no advertir que tenía que pasarlos a binario, terminaba poniendo
condiciones que no me llevaban a ningún lado. Después que me dijiste que
los números binarios tenían que ver con la solución, me di cuenta de que
ése era el camino... pero sin ese dato no sé si me hubiera salido. Le dediqué
bastante tiempo en uno de los vuelos y no llegué a destino. En resumen: me
encantó pero me pareció muy difícil de resolver”.
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El magnate, el mayordomo
y el cuadrado de monedas
Éste es un problema precioso y la matemática llega para socorrer a un detective que encuentra la solución ‘en el acto’. Fíjese
lo que pasó.
Un magnate (qué antigua es esta palabra... ¿se sigue usando?)
tenía algunas peculiaridades (qué magnate no las tiene... ¿no es
así?). El hecho es que este buen señor tenía una colección de
monedas de oro muy grande y le encantaba distribuirlas en una
mesa como las de billar, con un paño verde por debajo. De esa
forma, las monedas podían lucir y brillar ante las visitas que eran
muy frecuentes.
Pero la otra particularidad es que al dueño de casa le interesaba tener siempre una cantidad de monedas que pudiera
distribuir en un cuadrado. Es decir, para explicarme un poco
mejor: a medida que fue avanzando su colección, empezó con
una sola moneda de oro, pero después pasó a tener cuatro, de
manera tal de poder distribuirlas en dos filas de dos monedas
cada una. Así:
O
O
O
O
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Pero no bien pudo agregar más monedas, lo hizo cuidando
ese detalle: siempre tenía una cantidad de monedas con las que
pudiera formar un cuadrado. Por ejemplo, no pudo nunca pasar
por tener ni cinco monedas, ni seis, ni siete, ni ocho... Es que,
como usted advierte, es imposible formar un cuadrado con, por
ejemplo, siete monedas.
De hecho, el número de monedas fue este: 1, 4, 9, 16, 25, 36,
49, 64, 81, 100, 121, 144, etc.
Aspiro a que antes de avanzar usted pueda contestarse esta
pregunta: ¿está claro por qué no podía tener ningún otro número
de monedas salvo los que figuran en la lista del párrafo anterior?
Son todos números que se obtienen elevando al cuadrado algún
número natural.
Es decir, acompáñeme por acá:
1 = 1 1 = 12
4 = 2 2 = 22
9 = 3 3 = 32
16 = 4 4 = 42
25 = 5 5 = 52
36 = 6 6 = 62
49 = 7 7 = 72
64 = 8 8 = 82
81 = 9 9 = 92
100 = 10 10 = 102
121 = 11 11 = 112
144 = 12 12 = 144
.........
Y así podría seguir la lista. Cualquier número que estuviera
en la lista era un número posible de monedas para él; pero, por
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ejemplo, el 6 no, porque ¡no hay ningún número natural que
multiplicado por sí mismo resulte ser seis! O sea, no hay ningún
número tal que al elevarlo al cuadrado se obtenga el número seis.
Para que un número de monedas fuera aceptable para él, tenía que ser un número que estuviera en esa lista. Y TODOS
estos números se llaman cuadrados porque —justamente— se
pueden obtener como cuadrados de números naturales.
Hasta acá, todo bien. El problema es que una noche, después
de haber salido a cenar afuera con su señora, volvió a su casa y
se encontró con un móvil de la policía en la puerta de su casa.
Ingresó apresurado y encontró al mayordomo conversando con
algunos oficiales y un detective.
El magnate se aseguró primero de que el mayordomo no estuviera lastimado y después de comprobar que su salud estaba bien,
al verlo tan asustado le preguntó qué fue lo que había pasado. Esto
fue lo que contestó el mayordomo: “Yo estaba limpiando las monedas como todas las noches, procurando que estuvieran brillantes
como a usted le gusta y cuidando la distribución en forma de un
cuadrado como usted suele hacer. En ese momento, tres personas rompieron el vidrio que da al jardín, entraron por la ventana
y se llevaron algunas monedas”. “Por lo que veo, no se las llevaron todas”, dijo el magnate, observando que habían quedado dos
monedas nada más. “Es verdad”, siguió el mayordomo. “No se las
quisieron llevar todas. Discutieron entre ellos porque cuando las
distribuyeron en partes iguales les sobraban dos. Supongo que estaban asustados con que los pudieran descubrir. Cada uno se llevó su
parte y dejaron las dos que sobraban allí, arriba de la misma mesa.”
Instantáneamente, el dueño de casa miró a los policías y al
detective y les dijo (lo que usted, supongo, está imaginando):
“¡Tienen que detener a este señor (mirando al mayordomo), él
fue quien se robó las monedas que faltan!”.
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Ahora le toca a usted. ¿Qué pasó? ¿Por qué estaba tan seguro
el magnate de que su propio empleado se había quedado con las
monedas?
La solución
En principio, quiero proponerle pensar lo siguiente. Miremos
los números que figuran en la lista otra vez:
1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 144, 169, 196, ...
Descartemos el 1, porque estaba claro que el magnate tenía
más de una moneda. Empecemos entonces por el cuatro y hagamos de cuenta que los estamos distribuyendo entre los tres ‘ladrones’.
Si son 4 monedas, al dividirlas por 3, queda una moneda para
cada uno y SOBRA UNA.
Si son 9 monedas, al dividirlas por 3, quedan tres monedas
para cada uno y NO SOBRA NINGUNA.
Si son 16 monedas, al dividirlas por 3, quedan cinco monedas
para cada uno y SOBRA UNA.
Si son 25 monedas, al dividirlas por 3, quedan ocho monedas
para cada uno y SOBRA UNA.
Si son 36 monedas, al dividirlas por 3, quedan doce monedas
para cada uno y NO SOBRA NINGUNA.
Y así siguiendo:
49 monedas
64 monedas
81 monedas
16 para cada uno
21 para cada uno
27 para cada uno
sobra una moneda
sobra una moneda
no sobra ninguna moneda
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100 monedas
121 monedas
144 monedas
169 monedas
33 para cada uno
40 para cada uno
48 para cada uno
56 para cada uno
sobra una moneda
sobra una moneda
no sobra ninguna moneda
sobra una moneda
Y acá paro. ¿Qué se está preguntando usted en este momento? ¿Qué es lo que uno tiene derecho a conjeturar? En principio,
cuando uno los divide por tres todos estos ‘cuadrados’, o bien no
sobra ninguna moneda, o bien sobra una, pero en ninguno de los
casos que hemos revisado ¡sobran dos monedas!
¿Será verdad que no importa cuál sea el cuadrado siempre sucederá lo mismo? Es decir, ¿será verdad que nunca sobran dos
monedas?
Si es así, el enigma está resuelto. El dueño de casa sabe que
no pudieron haber entrado tres personas y distribuirse las monedas
en partes iguales y que sobraran dos. De acuerdo, pero... ¿cómo
hacemos para demostrar que siempre pasa lo mismo?
Y acá es donde necesito que me acompañe en el razonamiento.
Piense conmigo lo siguiente: los números naturales {1, 2, 3,
4, 5,…} se dividen en pares e impares. En eso estamos todos de
acuerdo. Pero, ¿cuáles son los pares y cuáles los impares? Los
pares son los que, al dividirlos por dos, no sobra nada, o lo que es
lo mismo decir, el resto es cero.
En cambio, al dividir los números impares por dos, sobra uno.
Por ejemplo, 17 es un número impar, porque al dividirlo por 2 (el
cociente es 8), pero el RESTO es uno.
O sea, los números naturales se dividen en dos categorías excluyentes: pares e impares. Unos son los que al dividirlos por dos
tienen resto cero, y los otros son los que al dividirlos por dos tienen resto uno.
De la misma forma que uno separa los números naturales en
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dos bolsas (los de resto cero y los de resto uno), también podemos
separar los mismos números en tres bolsas que resultan del resto
que tienen al dividirlos por tres.
Al dividir un número cualquiera por el número tres, se obtienen tres posibles restos: resto cero, resto uno y resto dos.
Por ejemplo, 17 tiene resto dos al dividirlo por tres (haga la
cuenta usted para convencerse). Es que 17 dividido tres es igual
a cinco, pero sobran dos.
Por otro lado, 25 tiene resto uno al dividirlo por tres, ya que 25
dividido tres es igual a ocho, pero sobra uno.
Y finalmente, todos los múltiplos de tres, como por ejemplo el
36, tienen resto cero al ser divididos por tres.
Esto permite entonces, dividir al conjunto de los números naturales en tres categorías ‘disjuntas’ (o sea, no hay números que
estén en dos bolsas al mismo tiempo): los que tienen resto ‘cero’,
resto ‘uno’ y resto ‘dos’.
Lo interesante ahora es proponerse pensar lo siguiente: ¿será
verdad que todos los cuadrados están o bien en la bolsa que tiene
resto cero o la que tiene resto uno?
Si así fuera, listo. Eso terminaría por demostrar que el mayordomo fue quien se quedó con las monedas.
¿Cómo hacer para terminar de convencernos?
Fíjese lo siguiente. Cualquier número que sea un cuadrado es
el resultado de elevar un número cualquier al cuadrado. Ahora
bien: estos números pueden tener resto cero, resto uno o resto dos.
Si tienen resto cero, es porque se escriben de la forma: 3 n
(ya que tienen que ser múltiplos de 3).
Si uno ‘eleva al cuadrado’ un número que sea múltiplo de tres
o que tenga resto cero al dividirlo por tres, se obtiene lo siguiente:
(3 n)2 = 9 n2
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Pero lo notable de este hecho es que el número 9 n2 es
también múltiplo de tres. Por lo tanto, tiene también resto cero.
Sigamos explorando. Si ahora elevo al cuadrado un número
que tenga resto uno al dividirlo por tres, el número se escribe así:
3 n + 1.
Fíjese que cualquier número que tenga resto uno al dividirlo
por tres se escribe de esa forma.
Luego, al elevarlo al cuadrado se tiene:
(3 n + 1)2 = 9 n2 + 6 n + 1
Y este último número se puede escribir también así:
9 n2 + 6 n + 1 = 3(3 n2 + 2 n) + 1,
o sea, es un múltiplo de tres más uno. Es decir, tiene resto uno.
Por último, si el número original tiene resto dos, es porque se
escribe así:
3n+2
Al elevarlo al cuadrado, se tiene:
(3 n + 2)2 = 9 n2 + 12 n + 4 = 9 n2
+ 12 n + (3 + 1) = 3(3 n2 + 4 n + 1) +1
Por lo tanto, este número también tiene resto uno.
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Moraleja
Cualquier cuadrado es un número que tiene resto cero o uno
al dividirlo por tres y, por lo tanto, si las monedas estaban distribuidas en un cuadrado, ¡no hay forma que hubieran sobrado dos
al dividirlas entre tres!
El magnate tenía razón; el mayordomo estará, a partir de ahora, fuertemente sospechado de haber sido quien se quedó con las
monedas.
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Una vez más, una liebre y una tortuga
Parece apropiado hablar de liebres y tortugas en un libro de
estas características. Es que se ha escrito tanto sobre quién gana
las potenciales carreras que habrían de correr… Más aún: uno
sospecha que la liebre tiene que ganar siempre, pero súbitamente descubre que no era necesariamente cierto y hay que replantearse todo lo que uno conjeturaba y/o sospechaba, porque la
matemática o la física o ‘algo’ aparece en el medio y destroza
cualquier percepción que uno pudiera tener.
Bueno, en este caso, quiero plantear otro de estos problemas
pero no estoy seguro de que la solución destruya lo que uno cree
que debería pasar.
Suponga que usted tiene una tortuga y una liebre que van a
correr una carrera de un kilómetro. Pero lo notable es que ambas
se pusieron de acuerdo en avanzar lo que usted les diga dependiendo del siguiente hecho: usted va a tirar un dado (que no está
cargado y en donde se supone que la probabilidad de que salga
cualquiera de sus caras es la misma).
Si el resultado es cualquier número entre 1 y 4, entonces la
tortuga se mueve ese número de metros. O sea, si sale el número
2, la tortuga avanza dos metros. Si sale el número 4, avanza cuatro metros.
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En cambio, si sale o bien 5 o bien 6, entonces la liebre avanza
o bien 5 o bien 6 metros.
Si, como decía antes, van a correr una carrera de un kilómetro
y todo dependerá de lo que suceda al tirar el dado, usted, ¿quién
apostaría que gana la carrera?, ¿la liebre o la tortuga?
¿Quiere pensar el problema usted? ¿Qué convendrá hacer?
Solución
Fíjese en el siguiente argumento: como el dado puede mostrar cualquiera de sus seis caras con igual probabilidad, la tortuga
se moverá a un promedio de:
(1 + 2 + 3 + 4 + 0 + 0)/6 = 1,66666... metros por tiro
Por otro lado, la liebre se moverá a un promedio de:
(0 + 0 + 0 + 0 + 5 + 6)/6 = 1,8333... metros por tiro
Luego, tal como uno supone, siempre conviene apostar a la
liebre ya que aunque la probabilidad de que salgan los números
que la favorecen son dos sobre cuatro que tiene la tortuga, la cantidad de metros que le tocan caminar permiten apostar que a lo
largo del kilómetro ella va a llegar antes que la tortuga.
Esta vez, aunque sea en este libro y en esta historia, ¡gana la
liebre!
¡Por fin!
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Un auto en la ruta
Este problema es entretenido para pensar si uno está dentro
de un auto (manejando o no) en una ruta que tiene algunas dificultades por la antigüedad de los mojones que van mostrando los
kilómetros recorridos.
Justamente, se sabe que el auto va a una velocidad constante a
lo largo de todo su trayecto. En un momento determinado pasa
por un mojón en el que se ve un número de dos dígitos AB (que
no se puede leer bien).
Una hora después, pasa ahora por otro mojón (obviamente),
también de dos dígitos, pero lo curioso es que ahora los dígitos
están al revés: BA.
Y para hacer las cosas aún más entretenidas, una hora más
tarde, el auto pasa ahora por un tercer mojón, pero ahora de tres
dígitos de los que se puede leer A0B (el segundo es un número
cero).
Tengo dos preguntas:
1) ¿Qué números tenían los mojones?
2) ¿A qué velocidad iba el auto?
¿Se podrán contestar?
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Primera observación: como el auto pasa de AB a BA en una
hora, eso significa que su velocidad no puede llegar a 100 kilómetros por hora. Si no, el segundo mojón no puede tener nada más
que dos dígitos.
Por otro lado, como el auto no recorrió más de 100 kilómetros en la primera hora (ya que los mojones AB y BA son ambos
números por debajo de 100), eso significa que cuando el auto
recorra la segunda hora, no podrá llegar hasta los 200 kilómetros
y, por lo tanto, el mojón de tres dígitos tiene que empezar con el
número uno. De esto, se deduce inmediatamente que A = 1.
Frente a este descubrimiento, ahora el problema se puede replantear así:
Se tiene un auto viajando a velocidad constante. En un momento determinado pasa por un mojón de dos dígitos 1B.
A la hora, pasa por un mojón así: B1.
Y una hora más tarde, pasa por un mojón 10B.
Y las preguntas siguen siendo las mismas:
1) ¿Qué números tenían los mojones?
2) ¿A qué velocidad iba el auto?
Fíjese que la distancia que hay entre el primer y segundo mojón (1B y B1) tiene que ser la misma que entre el segundo y el
tercero: B1 y 10B.
Voy a escribir los números de dos y tres dígitos que indican los
mojones de esta forma:
1B = 10 + B
B1 = B 10 + 1
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10B = 100 + B98
Luego, si resto el tercer número (10B) menos el primero (1B)
se obtiene la cantidad de kilómetros que el auto hizo en dos horas.
(100 + B) – (10 + B) = 90
Ahora bien, el auto recorrió 90 kilómetros en dos horas, lo que
implica que iba a una velocidad de 45 kilómetros por hora. Con
esto, ya hemos contestado la segunda pregunta.
Para completar la primera pregunta, hace falta descubrir cuál
es el valor de B.
La distancia entre el primer y segundo mojón es:
B1 – 1B = (10B + 1) – (10 + B) = 9 B – 9
(*)
Por otro lado, la distancia entre el segundo y tercer mojón es:
10B – B1 = (100 + B) – (Bx10 + 1) = 99 – 9 B
(**)
Pero (*) y (**) tienen que ser iguales porque son las distancias
recorridas por el auto en una hora. Luego
9 B – 9 = 99 – 9 B
98. Espero que se entienda que en este caso, suponiendo (por un instante)
que B fuera el número cuatro, entonces el número 10B sería el número 104 y,
por lo tanto, se escribiría como (100 + B), o sea (100 + 4). De la misma forma,
el número 1B sería el número 14 que se escribiría como (10 + B), o sea, (10 +
4); y por otro lado, el número B1 sería el número 41 y se escribiría como (Bx10
+ 1), es decir (4x10 + 1).
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De acá se deduce que
18 B = 108,
y despejando B, se tiene que:
B = 108/18 = 6
Y esto concluye el problema: los mojones eran 16, 61 y 106, y
el auto viajaba a una velocidad de 45 kilómetros por hora.
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Los verduleros y el número pi
El siguiente es un problema extraordinario para ligar lo que
parece una trivialidad (la forma de atar algunas verduras, como
los espárragos) con el número pi ().
Suponga que un verdulero tiene la costumbre de atar sus espárragos con un hilo de 30 centímetros de longitud. De esa forma,
lograba agrupar un conjunto de espárragos que vendía a $ 10
(me refiero al total de los espárragos que quedaban atados de esa
forma).
Como los manojos le parecían muy chicos y era una de las
verduras que más vendía, decidió junto con uno de sus hijos,
duplicar el hilo con el que los ataba. Es decir, en lugar de 30
centímetros, los hilos pasaron a ser de 60 centímetros de largo.
Pregunta: una vez atados los espárragos con los hilos de nueva
longitud, ¿a cuánto los tenía que cobrar? El hijo le proponía $ 20.
El padre se oponía. Usted, ¿qué sugiere?
Respuesta
Acá es donde quiero hacer algunas reflexiones junto con usted. Más aún: antes de buscar la solución al problema, querría
plantearle un problema alternativo que —creo— le dará un in376
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dicio de cuál debería ser el camino que tenemos que buscar para
responder.
Fíjese en lo siguiente: suponga que usted entra en una habitación que tiene tres metros de lado. Es decir, una habitación de
3 3. ¿Qué superficie tiene?
Tal como usted supone, 9 metros cuadrados. Ahora, dupliquemos el tamaño de los lados. Es decir, en lugar de entrar en una
habitación que mide 3 3, entremos en una de 6 6. ¿Qué superficie tiene ahora la habitación? Sí, efectivamente, 36 metros
cuadrados.
¿Qué le sugiere este ejemplo intermedio? Lo que acabamos
de descubrir —al menos en este caso— es que al haber duplicado los lados de la habitación, el área no se duplicó... sino que se
¡cuadruplicó! Pasó de 9 metros cuadrados a 36 (y no a 18 como
uno podría haber supuesto, en forma equivocada, claro está).
¿Pasará lo mismo en el caso de los espárragos y el hilo?
Para poder dar respuesta a la pregunta original del problema,
lo que hay que tratar de ver es cómo se modifica el área que encierra el hilo de 60 centímetros cuando uno la compara con el
área que encierra el hilo de 30 centímetros.
¿Cómo se calcula el área de un círculo? La fórmula es la que
aprendimos todos hace muchos años. Si el círculo tiene un radio
que voy a llamar R, el área se calcula usando la fórmula: pi (Radio al cuadrado).
Por otro lado, ¿cómo se calcula la longitud de una circunferencia de radio R?
Se calcula usando esta fórmula:
(Longitud de la circunferencia de radio R) = (diámetro)
= (2R)
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Luego, si llamo L a la circunferencia de radio R, se obtiene:
L = (2R)
En el caso que nos ocupa, tenemos un hilo de 30 centímetros
de longitud (que transformamos en una circunferencia de que
mide 30 centímetros). Por lo tanto,
30 = (2R)
(*)
Si ahora duplicamos la longitud del hilo, ¿en cuánto se modifica el radio?
60 = (2R’),
(**)
donde R’ indica ahora el nuevo radio. Pero fíjese que de las dos
igualdades (*) y (**), se deduce que
60 = 30 2 = { (2R)} 2 = { 2(2R)},
y de esta forma descubrimos que el radio R’ = 2R, o sea, el radio
se duplica.
Dicho esto, creo que ahora estamos en condiciones de contestar la pregunta sobre los espárragos.
Lo que uno puede hacer es verificar en cuánto se modifica el
área de un círculo, cuando el radio se duplica.
Para calcular el área de un círculo de radio R, la fórmula es:
R2
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El área del círculo de radio (2R) es entonces:
(2R)2 = 4R2 = 4 { R2}
¡Y ésta es la conclusión que uno quería sacar! Así se muestra
que el área del nuevo círculo (de radio 2R) tiene ahora un área
que es CUATRO veces el área del círculo de radio R.
La moraleja de esta historia es que al duplicar el radio de una
circunferencia, la longitud también se duplica; pero cuando uno
duplica el radio, ¡el área se cuadruplica!
Luego, si cobraban $ 10 por los espárragos encerrados por un
hilo de 30 centímetros de longitud, ahora tienen que cobrar $ 40
por los espárragos que encierra un hilo de 60 centímetros.
El padre husmeaba que eso debería ser así, porque él sabía
perfectamente que la cantidad de espárragos que necesitaba incluir no era dos veces los que usaba para dos manojos, sino que
necesitaba ¡cuatro veces el número de espárragos!99
99. En realidad, si uno quisiera ser técnicamente correcto, el número de espárragos no se cuadruplica exactamente porque no estoy considerando los espacios
vacíos. Es decir, si los espárragos fueran como ‘escarbadientes’ o ‘palillos’, el
número se aproximaría al cuádruple, pero aun allí habría lugares vacíos. En la
medida en que los espárragos se fueran haciendo cada vez más finitos, como si
fueran líneas, el número que uno podría encerrar con el nuevo hilo se acercaría
cada vez más al cuádruple. La idea que yo tengo al presentar este problema es
mostrar que cuando uno multiplica por dos la longitud, el área se cuadruplica.
Y si usted tiene ganas de seguir pensando en esta dirección, puede tratar de
contestar la pregunta: ¿y con el volumen? Por ejemplo: suponga que ahora tiene
un cubo cuyo volumen es de un metro cúbico (un cubo de un metro de largo,
ancho y alto). Duplique las dimensiones: ahora suponga que tiene un cubo de
dos metros de largo, ancho y alto. ¿En cuánto se modificó el volumen? Piénselo
usted, pero verá que ahora el volumen se multiplicó por ¡ocho!
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Y eso contesta la pregunta original y pone sobre la mesa entonces algo muy importante: ante variaciones lineales las longitudes aumentan proporcionalmente; en cambio las variaciones
lineales generan aumentos cuadráticos en las áreas.
Esta última frase parece complicada y muy difícil de entender. Sin embargo, si la relee y le presta atención, verá que es una
forma diferente de escribir lo que dedujimos sobre los espárragos. ¿No le parece?
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Índice
Agradecimientos .................................................................... 9
Prólogo ................................................................................... 15
1. Matemática en la vida cotidiana ....................................
Figuritas ............................................................................
El peso de un toro ............................................................
Protágoras .........................................................................
Arroz, bacterias y la población de la Tierra......................
Los mapas de Eric Fischer ...............................................
Hinchas de Boca ..............................................................
¿Por qué la otra cola se mueve más rápido... siempre? .....
El precio de la cooperación..............................................
Test de Ignorancia de Hans Rosling .................................
¿Comprar o esperar?.........................................................
Captcha y Recaptcha........................................................
Encuestas siglo XXI ..........................................................
Accidentes aéreos .............................................................
Netflix ...............................................................................
Diez globos .......................................................................
Veinte segundos ................................................................
21
23
29
34
38
43
50
56
63
68
77
85
91
103
109
119
126
381
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2. Poner a prueba la intuición ............................................
Falsos positivos ..................................................................
¿Cuántas caras de un cubo se pueden ver al mismo
tiempo? .........................................................................
Torres de telefonía celular ................................................
Martin Gardner 1.0 ..........................................................
Baile poblado de mujeres .................................................
Orientación de un dado ...................................................
Velocidad promedio..........................................................
La matemática y un pequeño aporte a la medicina .........
¿Faltan datos? ...................................................................
Probabilidad de que salga una figura ...............................
131
133
139
141
145
149
151
162
167
173
179
3. Deportes y juegos .............................................................
Cuadrangular de fútbol ....................................................
Preguntas sobre la escoba de 15 .......................................
¿Córner o saque de arco? .................................................
Los cuatro cazadores y una semana muy especial ...........
El juego del 10 mil ...........................................................
Sorpresa ............................................................................
Piedra, papel o tijera (para tres) .......................................
Ta-Te-Tí (de atrás para adelante)......................................
El problema de Luis Scola ...............................................
Un primo del Sudoku ......................................................
Un nuevo reloj ..................................................................
El niño que repartía figuritas ...........................................
El mago que siempre encontraba el número siete ...........
185
187
191
199
203
207
213
218
222
229
234
241
245
249
4. Estrategia y lógica............................................................ 253
Competencia entre cuatro mujeres.................................. 255
Teclas intercambiadas ...................................................... 263
382
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Juego con siete bolsas y veinte pelotas .............................
Barra de chocolate ............................................................
Frases verdaderas y falsas en un pergamino .....................
Cajas y bolitas ...................................................................
La combinación que abría la caja de seguridad ..............
Test para aspirar a un puesto gerencial ............................
Dos sabios en la torre .......................................................
Matadores y pacifistas .......................................................
El viaje del caballo ...........................................................
¿Culpables o inocentes? ...................................................
Teoría de Grafos – El camino ..........................................
Estoy un 99% seguro... ¿seguro?.......................................
Estrategia para sumar las fichas de un dominó ................
La geometría y el pensamiento lateral .............................
Muralla China ..................................................................
¿Qué tendrá que ver un juego con pelotas
y la paridad? ..................................................................
266
268
271
274
281
284
287
291
294
299
302
309
313
317
322
5. Matemática pura .............................................................
Suma de todos los dígitos que aparecen entre cero
y un millón ...................................................................
Pitagómero .......................................................................
Crucigrama numérico ......................................................
Chicos en fila ...................................................................
Múltiplo de 198 ................................................................
Once magos y mil sombreros (“a la Sarraute”) ................
El magnate, el mayordomo y el cuadrado de monedas ...
Una vez más, una liebre y una tortuga ............................
Un auto en la ruta ............................................................
Los verduleros y el número pi ..........................................
331
323
333
337
340
345
349
353
362
370
372
376
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