Xogando coa lei dos grandes números

Lembro que desde bastante novo tiven a ilusión de ser profesor de matemáticas. Quizais por esa razón recordo moi vívidamente as clases de matemáticas que me impartiron, sobre todo durante a época do instituto. Daquela a probabilidade e a estatística apenas estaba presente no temario que se impartía. En consecuencia, nos meus tempos de estudante só recibín unha definición de probabilidade e precisamente por iso resultaba algo estraña. Era a chamada definición de probabilidade de Laplace: se A é un suceso a súa probabilidade $P(A)$ vén dada por $$P(A)=\frac{número\quad de\quad casos\quad favorables\quad a\quad A }{número\quad de\quad casos\quad posibles}$$

Evidentemente, se recibía esa denominación é que tiña que haber outras definicións. E se as había era por que a dada por Laplace tiña un problema: só tiña sentido cando se trataba de sucesos equiprobables. Esta definición non é aplicable ao caso dun dado trucado ou ao lanzamento dunha determinada clase de chinchetas (aquí os sucesos serían caer punta arriba ou coa punta apoiada na mesa). Hoxe en día, nas aulas de Secundaria, ofrécense normalmente dúas alternativas para definir a probabilidade. Unha delas é difícil de explicar. É a definición hilbertiana, a axiomática, atribuída a Kolmogorov. Para entendela en profundidade cómpre saber en que consiste un sistema axiomático e, nesa altura o alumnado non está afeito a ese tipo de referentes. Diremos que $P$ é unha medida de probabilidade se verifica os seguintes axiomas aplicados a un espazo mostral $E$ no que consideraremos sucesos $A$ e $B$:

1. $P\left( A \right)\ge 0$

2. $P\left( E \right)=1$

3. Se $A$ e $B$ son incompatibles ($A\cap B=\emptyset $), entón $P\left( A\cup B \right)=p\left( A \right)+P\left( B \right)$

Aínda hai unha terceira alternativa para explicar en que consiste a probabilidade. Xurdida dos traballos de Jacob Bernouilli, é a coñecida como lei dos grandes números. Neste caso a idea é bastante intuitiva e non cómpre ningunha bagaxe cultural. Se realizamos un experimento moitas veces a probabilidade dun determinado suceso poderá aproximarse pola súa frecuencia relativa. Cantas máis veces fagamos o experimento mellor. De aí que se lle chamamos $n$ ao número de veces que realizamos o experimento, a probabilidade dun suceso $A$ virá dada por

$P(A)=\displaystyle\lim_{n \to \infty } \frac{nº\  de\  veces\ que\  sucede\ A}{n}$

Con todo, esta explicación non está exenta de dificultades. Teño comprobado, unha e outra vez, que tan pronto se lle presenta ao alumnado esta última liña, toda a claridade expositiva anterior parece esvaerse. Por iso intentei buscar unha alternativa para que lles permitira practicar coa lei. Acheina en Teching Statistics (Cambridge Uneversity Press 2018) de Darren Macey e Will Hornby. O único que fixen foi seguir as súas indicacións, paso a paso. Trátase de elaborar unha folla de cálculo que simule o lanzamento dunha moeda. Para iso xeramos unha restra de números aleatorios, 0s ou 1s, onde identificaremos o 1 con "sacar cara". Na seguinte folla de cálculo fanse simulacións de 15, 150 e 1500 lanzamentos. O mellor é xogar con ela para observar o que pasa. Ao final de cada experimento obtemos un valor aproximado para a probabilidade. 

Hai dúas alternativas para traballar coa seguinte ferramenta.

• A mellor é descargar a folla de cálculo. Se queremos recalcular os datos basta premer F9
• Podemos facelo on-line. Nese caso debemos recargar de novo a páxina ou, o que é o mesmo premer Maíuscula+F5

O efecto paréceme hipnótico

As entradas do cine e outras cuestións difíciles

Presentamos un problema de apariencia anódina. Así como é facil de comprender o enunciado, a súa resolución non é nada simple. Agora ben, que non sexa simple non significa que non sexa marabillosa, que o é.

As entradas do cine. n+m persoas están nunha cola do despacho do cine; m teñen un billete de 5 € e as outras n só teñen billetes de 10 €. Cada entrada custa 5 €. Na billeteira non teñen ningún tipo de cambio. Se cada cliente compra só unha entrada, cal é a probabilidade de que ningún cliente teña que agardar polo cambio?

Para responder cómpre que teñamos presente a regra da probabilidade de Laplace que nos di que no caso de termos un experimento aleatorio no que todos os sucesos elementais teñen a mesma probabilidade, a probabilidade dun suceso A virá dada polo cociente entre o número de casos favorables a A e o de casos posibles:

$$P(A)=\frac{número\quad de\quad casos \quad favorables\quad a \quad A }{número\quad de\quad casos\quad posibles}$$

O noso propósito é determinar os dous elementos deste cociente. Para facelo colleremos un camiño encantador que recollo do mesmo lugar do que recollín o enunciado do problema, o libro dos irmáns Yaglom, Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutions, Vol. I: Combinational Analysis and Probability Theory. 

Podemos pensar o problema mediante unha rede de dimensións $m\times n$ colocada sobre un sistema de coordenadas cartesiano. Se lle imos preguntando a cada un dos clientes que tipo de billetes ten, por orde e comezando desde o primeiro da cola, podemos ir elaborando un camiño sobre esta rede cartesiana, partindo do $(0,0)$ e trazando un segmento horizontal dunha unidade por cada persoa que teña 5 € e un segmento unitario vertical por cada unha que teña 10 €. Ao final teremos un segmento poligonal que unirá o $(0,0)$ co punto $(m,n)$. 

figura 1

Recomendo consultar a entrada anterior porque utilizaremos técnicas semellantes ás traballadas alí. En particular, nela víramos que o número total de camiños entre os puntos $(0,0)$ e$(m,n)$ era $\binom{m+n}{n}$, o que nos dá o número de colas posibles. Máis dificultoso será determinar os casos favorables. 

Se trazamos a recta $r$ de ecuación $y=x$, está claro que os camiños favorables serán aqueles, como o trazado na figura 1, que van por debaixo desa recta; son os que representan os casos nos que os clientes non teñen que agardar polo cambio.

Designemos $A_{0},A_{1},A_{2},...,A_{n+m}$ aos vértices consecutivos dun destes camiños, onde $A_{0}=(0,0)$ é sempre o punto inicial e $A_{n+m}=(m.n)$ o final. Que pasa se $m<n$? A figura 2 explícao claramente.

figura 2

Efectivamente, se $m<n$, como no rectángulo da dereita, será imposible alcanzar o punto final mediante un camiño que transcorra por debaixo de $r$. Nese caso a probabilidade será nula. Pasemos a considerar o outro caso, no que $m>n$.

Agora, no canto de facer o reconto dos camiños favorables, contabilizaremos os desfavorables. Para iso vainos ser de axuda a recta $r':y=x+1$. Calquera camiño desfavorable debe ter un punto sobre esa recta. Sexa $A_{k}$ o primeiro punto dun deses camiños. Centrémonos agora no primeiro tramo do camiño, o que vai desde a orixe ata $A_{k}$, isto é, o tramo $A_{0},A_{1},...,A_{k-1},A_{k}$ e construamos o seu simétrico respecto de $r'$. Será $A'_{0},A'_{1},...,A'_{k-1},A_{k}$, onde $A'_{0}=(-1,1)$.

figura 3

Mediante esta construción, para cada camiño desfavorable $A_{0},A_{1},...,A_{k-1},A_{k},...A_{n+m}$ podemos construir un novo camiño $A'_{0},A'_{1},...,A'_{k-1},A_{k},...A_{n+m}$ que comeza en $A'_{0}=(-1,1)$. De aí que contabilizar todos os camiños desfavorables equivale a contabilizar todos os que teñen a súa orixe en $A'_{0}$. Estes terán $m+1$ segmentos horizontais e $n-1$ segmentos verticais que son $\binom{m+n}{n-1}$. Polo tanto o número de casos favorables obterase mediante a resta

$$\binom{m+n}{n}-\binom{m+n}{n-1}=\frac{\left ( m+n \right )!}{n!\cdot m!}-\frac{\left ( m+n \right )!}{\left ( n-1 \right )!\cdot \left ( m+1 \right )!}=\\=\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!}$$

Para obter a probabilidade pedida no problema teremos que dividir este valor polo número de casos posibles:

$$\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!}:\binom{m+n}{n}=\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!}:\frac{\left ( m+n \right )!}{m!\cdot n!}=$$ $$=\frac{\left ( m+n\right )!\left ( m+1-n \right )m!\cdot n!}{n!\cdot \left ( m+1 \right )!\left ( m+n \right )!}=\frac{m+n-1}{m+1}$$

Pode que haxa  obras de arte que nos ofrezan tanta beleza como a que se transmite nestas liñas, pero non serán moitas.

Máis alá.

No mencionado libro dos xemelgos Yalgom van maís alá. Dan unha demostración deste mesmo resultado por indución e outra usando os mesmos camiños que os trazados na que se presentou aquí, pero imaxinando agora que son esqueiras e que incide sobre elas a luz do sol cunha inclinación de 45º. 

Ademais os Yaglom propoñen outras variantes deste mesmo problema. Nunha delas piden que supoñamos que no despacho do cine teñen p billetes de 5€. Noutra piden que resolvamos un problema semellante ao ofrecido aquí pero partindo do suposto de que houbese billetes de 3 €:

As entradas do cine con billetes de 3 €. n+m persoas están nunha cola do despacho do cine; m teñen un billete de 1 € e as outras n só teñen billetes de 3 €. Cada entrada custa 1 €. Na billeteira non teñen ningún tipo de cambio. Se cada cliente compra só unha entrada, cal é a probabilidade de que ningún cliente teña que agardar a que na billeteira teñan cambio?

E aínda máis. Explícase como a solución do problema pode aplicarse para resolver este outro, ben complexo:

Cordas sen interseción. Márcanse 2n puntos sobre unha circunferencia. De cantas formas poden unirse en n pares de tal xeito que as cordas de formadas  non se intersequen entre si?

A partir disto Yaglom e Yaglom explican como se pode obter a solución á seguinte e difícil cuestión, discutida por Euler no 1751 nunha carta a Golbach:

Triangulacións. De cantas formas se pode triangular un n-ágono convexo?

Desafíos numéricos e probabilísticos para Secundaria

Na última remesa de problemas para a Secundaria extraídos do libro de David Linker e Alan Sultan Mathematics Problem-Solving Challenges for Secondary School Students and Beyond (Wordl Scientific 2016) recollemos ducia e media de cuestións numéricas e probabilísticas.

1. Cantos pares ordenados de enteiros positivos $(a,b)$ verifican $a^{2}-b^{2}=105$?

2. Cantos números naturais $n$ verifican que $\frac{2}{5}< \frac{n}{17}<\frac{11}{13}$?

3. Dous lados dun triángulo de área non nula miden $6$ e $11$. Cantos diferentes valores enteiros pode ter o terceiro lado?

4. Unha pizzería ofrece 5 ingredientes diferentes: pementos, champiñóns, cebola, albóndegas e bonito. As pizzas poden levar con calquera número de ingredientes, incluso sen ningún. Un cliente compra cada día un tipo de pizza diferente. Cantos días pode realizar estes pedidos?

5. Un reloxo dixital dá horas tales como 6:15 ou 12:34. Se ignoramos os puntos, as horas representan 3 ou 4 díxitos. Cantos múltiplos de 3 pode presentar durante o período de 12 horas que vai do medio día ata a media noite?

6. $X$ é un positivo de dous díxitos e $Y$ é o resultado de cambiar de posición os díxitos de $X$. Cantos valores de $X$ hai tales que $X+Y$ é un cadrado perfecto? E para que valores de $X$ a diferenza $X-Y$ é un cadrado perfecto?

7. Os 25 equipos dunha liga escolar están divididos en dúas divisións, A e B. Cada equipo xoga contra todos os outros da súa división exactamente unha vez e non xoga cos equipos da outra división. Se na división A se xogaron 36 partidos máis que na B, cantos equipos hai en cada unha delas?

8.  Cantos conxuntos de dous ou máis números consecutivos teñen unha suma de 100?

9. Para cantos valores de $n$ é $1155+n^{2}$ un cadrado perfecto.

10. Determina o número de triángulos non congruentes de lados enteiros, área positiva e de perímetro 15.

11. Acha un número de 4 díxitos tales que os dous da esquerda son iguais entre si, os dous da dereita tamén son iguais entre si e o número é un cadrado perfecto.

12. $k=1!+2!+3!+...+n!$ e $k$ é un cadrado perfecto. Determina todos os posibles valores de $n$.

13. A probabilidade de que chova é o cadrado da probabilidade de que non chova. Acha a probabilidade de que chova.

14. Dez cartas numeradas 1, 2,...,10 colócanse boca abaixo sobre unha mesa. Extráese unha carta e apúntase o seu valor. Devolvemos a carta e barallamos. Extráese unha segunda carta. Acha a probabilidade de que o número da segunda carta sexa maior que o da primeira.

15. Despois de lanzar dous dados fican visibles 10 caras. Calcula a probabilidade de que a suma dos puntos das caras visibles sexa divisible por 7.

16. Alberte, Belén e Celso tiran, por esta orde, un par de dados. O primeiro que obteña un 9 gaña. O xogo continúa ata que alguén gañe. Calcula a probabilidade de que gañe Belén.

17. Xián lanza un dado e Zeltia lanza dous dados. Acha a probabilidade de que a suma dos puntos de Zeltia coincida co resultado de Xián.

18. Lánzase un dado reiteradamente ata que apareza un 6. Acha a probabilidade de que se necesiten un número par de lanzamentos.

Craps

Sei que teño moi descoidada a etiqueta de probabilidade do blogue así que con esta entrada vou intentar remediar esta eiva tan siquera nunha mínima parte estudando un xogo con dados que, de seguro verías nalgunha película da factoria de Holywood. Trátase do craps, un xogo de apostas sobre o lanzamento de dous dados.

Cada vez que falamos de xogos, cómpre dar un aviso. Os casinos, as empresas de lotarías, tragaperras e xogos, nunca perden. Quen perde é o incauto que pensa que pode sacar algún beneficio do xogo. Hai un aspecto do xogo que non é nocivo, cando o seu obxectivo é que sexa utilizado como elemento socializador. Se un grupo de amigos se xunta coa desculpa de botar unhas partidas de tute ou dominó, o xogo non ten mal ningún. Se incluso apostan unha rolda de cafés ou de viños, a cuestión segue sen ser patolóxica. Cando alguén compra un boleto da lotería de nadal, aínda sabendo que a ganancia vai ser para os organismos estatais,  podemos falar de que estamos en zona segura. Agora ben, basta con dar un par de pasos máis no mundo do xogo e xa caímos no abismo. 

Neste ámbito tamén se impoñen as regras da globalización. Cando nos referimos a globalización estamos falando da americanización, o que nos leva a unha cultura  do xogo esencialmente patolóxica. Esta visión presenta o xogo como unha oportunidade de enriquecerse súbitamente e ten como consecuencia fatal a ludopatía. Teño por certo que todos os profesores temos visto casos de rapaces que caen nas garras desta droga, sobre todo nos últimos tempos, nos que a deglución do imperialismo se xuntou con políticas de alfrombra vermella para a industria do xogo coa proliferación de máquinas de apostas e tragacartos en calquera local de ocio ou as facilidades de apetura de negocios de apostas.

Feita esta necesaria paréntese, metámonos nas matemáticas.

O xogo do craps xurde na Luisiana do século XIX como modificación dun antigo xogo de dados inglés, o hazarz. Como se pode ver na mesa de xogos dun casino, hai moitos tipos de aposta. Nós ímonos centrar nas dúas máis importantes, que tamén son as máis interesantes deste o punto de vista do cálculo probabilístico. Estámonos a referir ás apostas de "liña de pase" e  "barra de non pase".

Primeiro explicarei en que consiste o xogo na súa versión de rúa. Máis adiante comentarei a adaptación que fan os casinos. O xogo consiste en que unha persoa lanza dous dados. O que nos interesa é a suma dos puntos. Quen aposta pola "liña de pase" gañará se a citada suma é de 7 ou 11. Perderá se sae o que se denomina craps, un total de 2, 3 ou 12. No resto dos casos apúntase o resultado (4, 5, 6, 8, 9 ou 10) e vólvense a lanzar os dados todas as veces que se precise ata que volva a aparecer o número apuntado (e daquela gañaríase) ou apareza un 7 (e daquela perderíase). Cal é a probabilidade de gañar se facemos esta aposta?

Non vou realatar todas as voltas que lle dei ata obter a resposta. Seguín varios camiños sen saída ata ir achegándome a un proceso viable e, por fin, á solución. Cando estaba escribindo esta entrada achei, na sorprendente entrada en eúscaro da wikipedia sobre este xogo, un resultado que usara neste proceso pero que non coñecía e que vai facilitar a presentación da resolución. O resultado é o seguinte:

Proposición. Nun experimento aleatorio consideremos dous sucesos incompatibles A e B. Repetimos o experimento reiteradamente. Sexa Z o suceso consistente en que A suceda antes que B. Daquela $$P\left ( Z \right )=\frac{P(A)}{P\left ( A \right )+P\left (  B\right )}$$

Centrémonos agora na resolución do problema. Para iso fixemos primeiro a denominación dos sucesos:

G="gañar a aposta da liña de pase"

i="obter i puntos" con $i\epsilon \left \{ 2,4,6,7,8,9,10,11,12 \right \}$

Consecuentemente a probabilidade pedida será

$$P\left ( G \right )=P\left ( 7 \right )+P\left ( 11 \right )+P\left ( 4 \right )P\left ( G/4 \right )+P\left ( 5 \right )P\left ( G/5 \right )+P\left ( 6 \right )P\left ( G/6 \right )+$$  $$+P\left ( 8 \right )P\left ( G/8 \right )+P\left ( 9 \right )P\left ( G/9 \right )+P\left ( 10 \right )P\left ( G/10 \right )$$

Axudarémonos dunha táboa na que, colocando os resultados dun dado na primeira fila e os do outro na primeira columna, obteremos todas as posibles sumas de puntos. Isto permítenos calcular a probabilidade de obter calquera suma

$P\left ( 7 \right )=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$, $P\left ( 11 \right )=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}$

$ P\left ( 4 \right )=\frac{3}{36}=P\left ( 10 \right )$; $P\left ( 5 \right )=\frac{4}{36}=P\left ( 9 \right )$ e $P\left ( 6 \right )=\frac{5}{36}=P\left ( 8 \right )$

Para obter as probabilidades que faltan usaremos a proposición anterior pois está claro que obter un 7 é incompatible con obter calquera outro resultado distinto:

$$P\left ( G/4 \right )=\frac{P(4)}{P(4)+P(7)}=\frac{\frac{3}{36}}{\frac{3}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}=P\left ( G/10 \right )$$

$$P\left ( G/5 \right )=\frac{P(5)}{P(5)+P(7)}=\frac{\frac{4}{36}}{\frac{4}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}=P\left ( G/9 \right )$$

$$P\left ( G/6 \right )=\frac{P(6)}{P(6)+P(7)}=\frac{\frac{5}{36}}{\frac{5}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{5}{11}=P\left ( G/8 \right )$$

Substituíndo todos os valores obtemos:

$$P\left ( G\right )=\frac{1}{6}+\frac{1}{18}+\frac{3}{36}\frac{1}{3}+\frac{4}{36}\frac{2}{5}+\frac{5}{36}\frac{5}{11}+\frac{5}{36}\frac{5}{11}+\frac{4}{36}\frac{2}{5}+\frac{3}{36}\frac{1}{3}=\frac{244}{495}=0'49292...$$

A probabilidade de gañar a aposta de "liña de pase" é algo menor do 50%. Velaí que non nos convén. Aínda que resultemos algo pesados, volveremos a dicir o mesmo desde outra perspectiva. A esperanza das ganancias ao realizar esta aposta virá dado por $$\frac{244}{495}-\frac{251}{495}=\frac{-7}{495}=-0'01414...$$

Isto é, por cada 10€ que apostemos espérase que perdamos uns 14'14 céntimos. Por esta razón, no caso do xogo popular é recomendable apostar ao "non pase" pois ten unha probabilidade un pouco superior a 0'5. Isto non é negocio para os casinos, así que adaptaron o xogo cunha modificación que os beneficiaba e que explicamos a seguir.

A aposta á "barra de non pase" case é o contrario da de "pase de liña", a única excepción é que se sae un 12 no primeiro lanzamento, o apostante de "barra de non pase" nin gana nin perde. Velaí que a probabilidade de ganar nesta aposta vese reducida en $\frac{1}{36}$ ficando finalmente en $$\frac{251}{496}-\frac{1}{36}=\frac{949}{1980}=0'479292...$$

As expectativas da aposta á "barra de non pase" son un pouco mellores: $\frac{949}{1980}-\frac{976}{1980}=\frac{-27}{1980}=\frac{-3}{220}=-0'013636...$

De cada 10 € apostados esperamos perder uns 13'67 céntimos. Como se ve, continuamos perdendo (se apostamos).

O resto das apostas do craps dan lugar a maiores perdas para o xogador. Por exemplo, a aposta a "calquera 7" págase 4:1 se sae un 7 no primeiro lanzamento. A esperanza de obter ganancias será $$4\cdot \frac{6}{36}-\frac{30}{36}=\frac{-6}{36}=-\frac{1}{6}=-0'1666...$$

Por cada 10 € apostados perderíamos 1'67 €. Mal negocio.

A demostración da proposición

Para completar a entrada daremos a demostración da proposición. Co fin de simplificar a escritura chamaremos $P(A)=a$ e $P(B)=b$. Entón teremos que demostrar que se $A$ e $B$ son incompatibles $$P(Z)=\frac{a}{a+b}$$

onde $Z$ identifica o suceso "$A$ sucede antes que $B$" cando realizamos reiteradamente o experimento asociado a este espazo mostral.

Como $A\cap B=\varnothing $ temos que $P\left ( A\cap B \right )=P\left (  \varnothing \right )=0$, de aí que 

$$P\left ( \overline{A} \cap \overline{B}\right )=P\left ( \overline{A\cup B} \right )=1-P\left ( A\cup B \right )=$$ $$=1-\left ( P(A)+P(B)-P(A\cap B) \right )=1-\left ( a+b-0 \right )=1-a-b=r$$

Podería darse o caso de obter $A$ xa a primeira vez que realizamos o experimento; pero de non ser ese o caso (que non suceda $A$), tampouco debería suceder $B$ para garantir que suceda $Z$. Entón estariamos en disposición de repetir o experimento.

Se obtemos $A$ no segundo experimento remataría o proceso. No caso de que non suceda $A$ tampouco podería suceder $B$ nesta segunda volta pola mesma razón que antes. Entón estariamos en disposición de repetir oe experimento unha terceira vez... e así sucesivamente. De aí que 

$$P(Z)=a+ra+r^{2}a+...+r^{n}a+...=a\left ( 1+r+r^{2}+...\right )=a\frac{1}{1-r}=\frac{a}{1-\left ( 1-a-b \right )}=\frac{a}{a+b}$$

E aquí remata o conto.

As perlas de Jorge Nuno Silva na Gazeta de Matemática

 A Gazeta da Matemática é unha  das publicacións a cargo da Sociedade Portuguesa da Matemática. Ten unha periodicidade cuadrimestral e despois de pasado un ano pódese descargar libremente. Un dos apartados máis gorentosos é o artigo de Jorge Nuno Silva, profesor da Universidade de Lisboa, moi interesado na matemática recreativa, polo que os seus artigos na Gazeta son fulgurantes perlas deste aspecto das matemáticas. Van de seguido algunhas alfaias deste colar. O primeiro, un problema que ten unha moi boa inserción no currículo da secundaria e que apareceu no nº 187 desa publicación:

O casino das diferenzas.Un xogador paga 2 € para lanzar dous dados cúbicos normais e gaña, en euros, o valor absoluto da diferenza entre os valores que saian no lanzamento, agás se sae dobre, pois neste caso lanza de novo. Este xogo é bo para a casa ou para o apostador?

Jorge Nuno participa nas actividades anuais de homenaxe a Martin Gardner. No número 186 recolle este sorprendente problema do mestre da divulgación:

División entre irmáns.  Dous irmáns acordan vender un rabaño de ovellas, propiedade común de ambos. Curiosamente, cada ovella rende un número de euros igual ao número de ovellas do rabaño. O comprador paga en billetes de 10 € máis voltas (as voltas corresponden a un valor inferior a 10 €).

Para efectuar unha división equitativa do diñeiro, os irmáns comezan por, alternativamente, retirar un billete de 10 €, comezando polo máis vello. Resulta que o último billete tamén lle toca ao irmán máis vello, polo que o máis novo se queixa. O máis vello doulle todas as voltas, mais con todo o outro continúa a súa protesta. Entón, o maior dille: "Voute dar un cheque co que che debo para ficarmos iguais"

De canto era o cheque?

No nº 184 recolle un problema do Liber Abaci, de Leonardo de Pisa, un clásico:

Herdanza do Liber Abaci. Un pai divide  a súa herdanza entre os fillos da seguinte maneira. O primeiro recibe un euro e un sétimo do restante; o segundo ten dereito a dous euros e un sétimo do restante, e así sucesivamente. Acontece que todos reciben cantidades iguais. Cantos son os fillos? A canto lle toca a cada un e canto era a herdanza?

Jorge Nuno aínda se pregunta que pasaría se no canto de termos 1/7 no enunciado tivésemos 1/9, e se fose 1/n?

No número 180, nun artigo titulado Comunicação invisibel informa sobre un problema da Olimpíada Matemática de Moscú. Ao tratarse dun problema con cartas dunha baralla non é de estrañar que tamén fose tratado por ese matemago chamado Pedro Alegría nun artigo titulado Magia olímpica.  :

Comunicación invisible. Repártense as  cartas do 1 ao 7 dun mesmo pau. Hai tres xogadores, Andrey, Boris e Sergey. Tres cartas para cada dun dos dous primeiros e a que queda para Sergey. Ningún deles sabe das cartas que recibiron os outros. Será posible que Andrey e Boris teñan unha conversa, en voz alta e diante de Sergey, de forma que coñezan a distribución das cartas e que Sergey continúa a saber só cal é a súa?

Jorge Nuno explícanos que o problema estaba pensado para que se resolvera usado a artimética modular. Supoñamos que o reparto foi 2, 4 e 6 para Andrey, 3, 5 e 7 para Boris e 1 para Sergey. Se Andrey suma a súas cartas módulo 7 : 2+4+6=12 ≡ 5 (mód.7) e di este último resultado en alto, Boris pode engadir este número á suma das súas: 5+(3+5+7)=20=1 (mód.7). Tendo en conta que  a suma dos valores de todas as cartas 1+2+...+7=0 (mód.7) Boris sabe que Sergey ten que ter un 6,  a diferenza entre 7 e a suma módulo 7 obtida por el. Entón Boris podería anunciar en alto a carta que ten Sergey co que inmediatamente Andrey sabería tamén as que teñen todos.

O mellor de todo é que se nos informa doutra solución realmente orixinal na que se usa... o plano de Fano! 

O plano de Fano é o plano con menos puntos (e rectas) que podemos atopar na xeometría proxectiva: un total de 7 puntos (e polo tanto de 7 rectas).  Cada recta ten 3 puntos, de aí que en cada punto converxan 3 rectas. Da mesma maneira que en dúas rectas hai un total de 5 puntos (un deles pertence ás dúas), dous puntos pertencen a un total de 5 rectas. Tamén diremos que 3 rectas non converxentes nun punto conteñen un total de 6 puntos, ou reciprocamente que 3 puntos non colineares están nun total de 6 rectas. Todo isto vese inmediatamente na imaxe do plano de Fano.

O plano de Fano... útil?

Pero deixemos de dar voltas e centrémonos no problema. Basta con que Audrey mostre o plano de Fano etiquetando os puntos cos números do 1 ao 7, anunciando que as súas cartas se corresponden cunha das rectas. Quedan 4 puntos correspondentes aos outros dous xogadores. Os tres puntos de Boris non poden estar aliñados xa que, nese caso a súa recta cortaría á recta de Audrey e, polo tanto terían unha carta en común, o que é imposible. Xa que logo, eses tres puntos de Boris determinan 6 rectas que conteñen a algún deles. A recta que falta é a de Audrey, polo que Boris xa pode anunciar o valor da carta do incauto Sergey.

Como Euler arranxou un desarranxo

Problema 1.Un grupo de 14 profesores dun claustro escolar organiza unha comida para celebrar a finalización da avaliación. Para armar festa alguén propuxera facer un amigo invible: cada un levaría un pequeno agasallo que se sortearía durante a celebración. Alguén comenta: "é ben seguro que algún vai levar o regalo que el mesmo comprou". Velaquí un problema matemático: cal é a probabilidade de que haxa algúen a quen lle toque o seu propio agasallo?

Sabía que coñecía o problema, só que tiña outro enunciado, aínda que cunha redacción referida a unha realidade doutra época:

Problema 2. O encargado do gardarroupa dun establecemento esqueceuse de etiquetar os sombreiros dos clientes e decide devolvelos ao chou. Cal é a probabilidade de que polo menos unha persoa reciba o seu sombreiro?

Ou incluso este outro, que fai referencia a cando aínda se escribían cartas:

Problema 3. Un encargado debe enviar n cartas a n direccións diferentes. Como é pouco responsable co seu traballo, introduce as cartas nos sobres ao azar. Achar a probabilidade de que introducira algunha carta no sobre correspondente.

A seguinte, e última versión, recibiu o nome do xogo do recontre

Problema 4. Dúas persoas, A e B, cunha baralla completa cada unha, sacan a un tempo cada súa carta. Se extraen a mesma carta gana A. Se  repiten a operación ata esgotar todas as cartas e nunca coinciden, ganará B. Pídese a probabilidade de que gane cada un dos xogadores.

Esta última versión foi proposta por Pierre Rémond de Montmort (1678-1719)  nun ensaio publicado no 1708. Na segunda edición desta obra (1713) resolve algúns casos simples pero queda sen dar unha solución xeral. Un dos que se enfrontaría á cuestión sería Leonhard Euler no seu  Calcul de la probabilité dans le jeu de rencontre (1743). De seguido vou debullar esta resolución porque é un exemplo maxistral de como abordar un problema. En primeiro lugar profundiza sobre el, estuda varios casos ata familiarizarse con el. Cando non pode seguir traballando caso a caso busca unha propiedade que lle permita domesticalo e preparar así o asalto final. Vou seguir os pasos de Euler aínda que o farei usando unha notación distinta. Se o fago así non é por capricho, senón que despois de ler a súa resolución, vin que a entendía mellor facendo uso deste anacronismo. Polo demais, no esencial, reproducirei con toda fidelidade o seu razoamento.
A versión sobre a que traballa Euler é a dun xogo de cartas na que dúas persoas A e B, con cada seu mazo completo de cartas, van sacándoas de unha en unha. Se nalgún momento sacan os dous a mesma carta gañará A. Se, pola contra, ningún par de cartas é coincidente, gañará B. Trátase de calcular a probabilidade de que gañe cada un deles.

No canto de cartas imos falar de números e no canto de considerar únicamente o caso das 52 cartas dunha baralla francesa, trataremos o problema xeral de n cartas.
En primeiro lugar, sen perda de xeneralidade, podemos supoñer que un dos xogadores (consideremos que sexa o xogador A) ten ordenadas todas as súas cartas en orde crecente: 1, 2, 3,....,n. Agora o problema consistirá en contabilizar o número de permutacións nas que ningún elemento coincida con esta dada. Este tipo de reconto é hoxe coñecido como desarranxo.
Fago aquí unha paréntese terminolóxica. Escollín o termo desarranxo por varias razóns. En primeiro lugar xa temos en galego outro termo para referirnos a outro reconto combinatorio: arranxo
(os arranxos de n elementos tomados de m en m consisten en todos os subconxuntos ordenados de m elementos que podemos formar nun conxunto de n elementos, con m ≤ n). En segundo lugar, a denominación en inglés é derangement, en francés dérangement e en portugués, desaranjo. En español só achei que para referirse á contabilización dos desarranxos, que se fai mediante a función subfactorial. Nesta lingua hai quen usa o termo desarreglo.

Volvamos á análise de Euler. Consideremos os primeiros casos.
Se n=1, gaña A
Se n =2, hai dúas posibilidades de extracción: (1,2) gañando A, e (2,1) gañando B.
Se n = 3 Euler fai a seguinte táboa con todas as posibilidades:

Táboa para n=3

Onde coa columna da esquerda indicamos as cartas de A, mentres que as columnas numeradas refírense a todas as posbiles xogadas de B.
Se denominamos $${ A }_{ n }^{ k }=no\quad xogo\quad con\quad n\quad cartas\quad A\quad gaña\quad coa\quad carta\quad k$$
 $${ A }_{ n }=no\quad xogo\quad con\quad n\quad cartas\quad A\quad gaña\quad (con \quad algunha \quad carta)$$
Podemos contabilizar o número de veces que gaña A e en que extracción. A gañará na primeira extracción nos casos 1 e 2 (ver táboa anterior), gañará na segunda extracción no caso 5 e na terceira extracción no caso 3.
$$P\left( { A }_{ 3 }^{ 1 } \right) =\frac { 2 }{ 6 } \quad\quad         P\left( { A }_{ 3 }^{ 2 } \right) =\frac { 1 }{ 6 }    \quad\quad            P\left( { A }_{ 3 }^{ 3 } \right) =\frac { 1 }{ 6 } $$
$$P\left( { A }_{ 3 } \right) =\frac { 4 }{ 6 } $$ 
Para n=4:

Táboa para n=4

A gaña na primeira extración nos 6 primeiros casos
A gaña na segunda extracción nos casos 17, 18, 21 e 22.
A gaña na terceira extracción nos casos 10, 12 e 21
A gaña na cuarta extracción nos casos 8 e 15
$$P\left( { A }_{ 4 }^{ 1 } \right) =\frac { 6 }{ 24 } \quad\quad         P\left( { A }_{ 4 }^{ 2 } \right) =\frac { 4 }{ 24 }    \quad\quad            P\left( { A }_{ 4 }^{ 3 } \right) =\frac { 3 }{24 } \quad\quad            P\left( { A }_{ 4 }^{ 4 } \right) =\frac { 2 }{24 }$$
$$P\left( { A }_{ 4 } \right) =\frac { 15 }{ 24 } $$
Para n = 5 teremos un total de 5! = 120 permutacións. Moi difícil de abarcar. Pasemos a profundizar nos casos estudados e intentemos xeneralizar o que xa coñecemos. Por exemplo, con 4 cartas temos 4! ordenacións distintas. Delas danse 6 coincidencias na primeira extracción. Se non rematara o xogo coa primeira coincidencia tamén teriamos 6 coincidencias en cada unha das outras extraccións. Por exemplo na segunda vémola na táboa nos casos 1, 2, 17, 18, 21 e 22. Está claro que en xeral, para n cartas haberá (n-1)! coincidencias en calquera das extraccións . Isto permitiríanos a seguinte notación:
${ a }_{ n }^{ k }=nº\quad de\quad éxitos\quad de\quad A\quad na\quad k-ésima\quad extracción\quad con\quad n\quad cartas$ 

${ a }_{ n }^{ 1 }=(n-1)!$
Deamos un paso máis. Sabemos que na segunda extracción A gaña menos que (n-1)! veces pois hai que restarlle algunha das veces que gañou coa primeira. No caso das 4 cartas, das 6 coincidencias temos que restar dúas: as correspondentes aos casos 1 e 2.
E que pasaría na terceira extracción? Aquí é onde agroma a xenialidade de Euler que desbloquea as dificultades e abre unha vía para abordar  o problema. Euler propón eliminar as cartas coincidentes nesa extracción nos dous mazos e pasa a contabilizar o resultado despois desta simplificación. Sabemos que hai 6 coincidencias na terceira fila (as correspondentes ás columnas 1, 6, 10, 12, 20 e 21). Eliminemos precisamente o 3 destes casos e quédanos:

táboa para n=3 (non é erro, compara coa de máis arriba)

Que son precisamente os 6 casos para n=3. Pero o problema de determinar en cantos casos gaña A na terceira extracción xa o resolvimos máis arriba. Sabemos que das 6 coincidencias da terceira fila debemos restar 2 da primeira e unha da segunda. Quédannos 3 vitorias para A.
En xeral, con n cartas,  para determinar o número de éxitos de A na k-ésima extracción, debemos suprimir as cartas nas que se produce esa k-ésima coincidencia polo que nos quedan n-1 cartas e un total de (n-1)! casos dos que debemos restar aqueles nos que houbo unha coincidencia das k-1 primeiras extraccións. Todo isto podemos expresalo con fórmulas; farémolo para o caso de termos n+1 cartas.
${ a }_{ n+1 }^{ 1 }=n!$

$ { a }_{ n+1 }^{ 2 }=n!-{ a }_{ n }^{ 1 }$   

${ a }_{ n+1 }^{ 3 }=n!-{ a }_{ n }^{ 1 }-{ a }_{ n }^{ 2 }={ a }_{ n+1 }^{ 2 }-{ a }_{ n }^{ 2 }$ ....

$ { a }_{ n+1 }^{ k+1 }=n!-{ a }_{ n }^{ 1 }-{ a }_{ n }^{ 2 }-....-{ a }_{ n }^{ k }={ a }_{ n+1 }^{ k }-{ a }_{ n }^{ k }$
Con estes resultados no peto podemos poñernos a calcular os valores dos primeiros casos:
${ Para\quad n=1:\quad a }_{ 1 }^{ 1 }=1$ 

${ Para\quad n=2:\quad a }_{ 2 }^{ 1 }=1!=1  \quad { a }_{ 2 }^{ 2 }={ a }_{ 2 }^{ 1 }-{ a }_{ 1 }^{ 1 }=1-1=0$ 

$ { Para\quad n=3:\quad a }_{ 3 }^{ 1 }=2!=2   \quad { a }_{ 3 }^{ 2 }={ a }_{ 3 }^{ 1 }-{ a }_{ 2 }^{ 1 }=2-1=1 \quad  { a }_{ 3 }^{ 3 }={ a }_{ 3 }^{ 2 }-{ a }_{ 2 }^{ 2 }=1-0=1$

$Para\quad n=4:\quad { a }_{ 4 }^{ 1 }=3!=6  \quad {  a }_{ 4 }^{ 2 }={ a }_{ 4 }^{ 1 }-{ a }_{ 3 }^{ 1 }=6-2=4 \quad{ a }_{ 4 }^{ 3 }={ a }_{ 4 }^{ 2 }-{ a }_{ 3 }^{ 2 }=4-1=3$

$ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad { a }_{ 4 }^{ 4 }={ a }_{ 4 }^{ 3 }-{ a }_{ 3 }^{ 3 }=3-1=2$

Euler, incansable, continúa e ofrece todos estes valores:

nº de éxitos de A en cada extracción

Chegou o momento de calcular as probabilidades. Agora contamos co coñecemento suficiente para abordar o ataque final ao problema.

$P\left( { A }_{ n }^{ k } \right) =\frac { { a }_{ n }^{ k } }{ n! } \quad \quad \quad P\left( { A }_{ n-1 }^{ k } \right) =\frac { { a }_{ n }^{ k } }{ \left( n-1 \right) ! } $

$P\left( { A }_{ n }^{ k+1 } \right) =\frac { { a }_{ n }^{ k+1 } }{ n! } =\frac { { a }_{ n }^{ k }-{ a }_{ n-1 }^{ k } }{ n! } =\frac { { a }_{ n }^{ k } }{ n! } -\frac { { a }_{ n-1 }^{ k } }{ \left( n-1 \right) !\cdot n } =P\left( { A }_{ n }^{ k } \right) -\frac { P\left( { A }_{ n-1 }^{ k } \right) }{ n } \quad \quad \quad [1]$
Agora podemos calcular as probabilidades de que, con n cartas, A gane na k-ésima extracción:

$P\left( { A }_{ n }^{ 1 } \right) =\frac { { a }_{ n }^{ 1 } }{ n! } =\frac { \left( n-1 \right) ! }{ n! } =\quad \frac { 1 }{ n } \quad \quad$

$ P\left( { A }_{ n }^{ 2 } \right) =P\left( { A }_{ n }^{ 1 } \right) -\frac { P\left( { A }_{ n-1 }^{ 1 } \right)  }{ n } =\frac { 1 }{ n } -\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right)  } $

$ P\left( { A }_{ n }^{ 3 } \right) =P\left( { A }_{ n }^{ 2 } \right) -\frac { P\left( { A }_{ n-1 }^{ 2 } \right)  }{ n } =\frac { 1 }{ n } -\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right)  } -\frac { 1 }{ n } \left( \frac { 1 }{ n-1 } -\frac { 1 }{ \left( n-1 \right) \left( n-2 \right)  }  \right) =$

$ =\frac { 1 }{ n } -\frac { 2 }{ n\left( n-1 \right)  } +\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) \left( n-2 \right)  } $

$ P\left( { A }_{ n }^{ 4 } \right) =P\left( { A }_{ n }^{ 3 } \right) -\frac { P\left( { A }_{ n-1 }^{ 3 } \right)  }{ n } =$

$=\frac { 1 }{ n } -\frac { 2 }{ n\left( n-1 \right)  } +\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) \left( n-2 \right)  } -\frac { 1 }{ n } \left( \frac { 1 }{ n-1 } -\frac { 2 }{ \left( n-1 \right) \left( n-2 \right)  } +\frac { 1 }{ \left( n-1 \right) \left( n-2 \right) \left( n-3 \right)  }  \right) =$

$ =\frac { 1 }{ n } -\frac { 3 }{ n\left( n-1 \right)  } +\frac { 3 }{ n\left( n-1 \right) \left( n-2 \right)  } -\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) \left( n-2 \right) \left( n-3 \right)  } $

$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad $

$ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad .....$

$ P\left( { A }_{ n }^{ k+1 } \right) =\left( \begin{matrix} k \\ 0 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n } -\left( \begin{matrix} k \\1 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right)  } +\left( \begin{matrix} k \\ 2 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) \left( n-2 \right)  } -.......+{ \left( -1 \right)  }^{ k }\left( \begin{matrix} k \\ k \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) ...\left( n-k \right)  } \\ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \\ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad $

$.....$

$ P\left( { A }_{ n }^{ n } \right) =\left( \begin{matrix} n-1 \\ 0 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n } -\left( \begin{matrix} n-1 \\ 1 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right)  } +\left( \begin{matrix} n-1 \\ 2 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) \left( n-2 \right)  } -......+{ \left( -1 \right)  }^{ n }\left( \begin{matrix} n-1 \\ n-1 \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n! }  $

Temos que sumar todos os valores anteriores. Como en cada fila nos aparecen os números combinatorios, unha boa estratexia é colocar os sumandos a semellanza do triángulo de Pascal e despois pasar a sumar as diagonais, tal e como se indica na imaxe:

Euler non fai referencia a Blaise Pascal (16232-1662), posiblemente porque recoñecía de sobra a propiedade que se debe aplicar para sumar cada unha destas diagonais. Aparecera como "terceira consecuencia" nun libro do matemático francés no que explicita 19 resultados sobre o famoso triángulo que leva o seu nome. A obra, O triángulo aritmético, publicárase póstumamente no 1665 aínda que xa estaba impresa no 1654 pois Pascal xa a divulgara entre as amistades. Esa terceira consecuencia é a que agora vén a denominarse en inglés como hockey-stick identity.
Facendo uso desta identidade sumaremos a k-ésima diagonal do anterior triángulo:


$\sum _{ i=k }^{ n-1 }{ { (-1) }^{ k } } \left( \begin{matrix} k \\ i \end{matrix} \right) \frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) .....\left( n-k \right) } ={ \left( -1 \right) }^{ k }\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) .....\left( n-k \right) } \sum _{ i=k }^{ n-1 }{ \left( \begin{matrix} k \\ i \end{matrix} \right) } =$

$ ={ \left( -1 \right) }^{ k }\frac { 1 }{ n\left( n-1 \right) ....\left( n-k \right) } \left( \begin{matrix} n \\ k+1 \end{matrix} \right) ={ \left( -1 \right) }^{ k }\frac { 1 }{ \left( k+1 \right) ! } $
Finalmente poderemos obter o resultado de todas estas sumas, o que nos dá a probabilidade desexada, de que A gane nunha partida con n cartas:

$$P\left( { A }_{ n } \right) =1-\frac { 1 }{ 2! } +\frac { 1 }{ 3! } -\frac { 1 }{ 4! } +\frac { 1 }{ 5! } -....+{ { \left( -1 \right) } }^{ n-1 }\frac { 1 }{ n! } $$
Nun último toque fantástico Euler propón pensar que pasaría se o número de cartas fose infinito. 


$$P\left( { A }_{ \infty } \right) =1-\frac { 1 }{ 2! } +\frac { 1 }{ 3! } -\frac { 1 }{ 4! } +\frac { 1 }{ 5! } -....=1-\frac { 1 }{ e } =0,632120558$$

$$P({ B }_{ \infty })=\frac { 1 }{ e } =0,367879441$$
Leonhard Euler calcula as probabilidades para A e B ata n=15 e conclúe que cando o número de cartas supera as 12, as cifras decimais dadas anteriormente xa non varían. Lembremos que o noso problema orixinal falaba de 14 profesores polo que a resposta está suficientemente calculada.

Para disfrutar de Euler:
The Euler Archive
Euler. El maestro de todos los matemáticos, Dunham, William, Editorial Nivola (2000)

Tres problemas dun xornal

Este ano teño unha hora semanal na biblioteca. Ata o momento non fixen outra cousa que fichar libros. Un labor ben aburrido, pero moito mellor que ter que tratar co profesorado que se escaquea das gardas, ou cos que chegan sistemáticamente 10 minutos tarde e che obrigan a comenzar a facerte cargo dun curso cando non corresponde.
Se non fose por iso, estoume refereindo aos labores de bibliotecario, seguramente non tería reparado no libriño de Fernando Corbalán, "Mates de cerca", editado por Graó. Recolle unha colección de artigos que apareceron publicados no xornal Heraldo de Aragón. Trátase dunha boa forma de popularizar e facer máis amables as matemáticas. Mágoa que por estas terras galegas non teñamos un exemplo paralelo que ofrecer.
As vantaxes sociais de publicar artigos de divulgación das matemáticas en publicacións da prensa xeral son obvias. En primeiro lugar, son unha xanela á inculturación da poboación en temas de corte matemático. Ademais poden contribuir a eliminar prexuízos cos que se lle carga a este saber ou ao seu ensino. Estou pensando nun centro no que estiven, no que se publicaba unha revista escolar na que apareceu a opinión dun pai sobre a educación criticando determinados enfoques docentes. Quexábase especialmente dos seus profesores de matemáticas porque utilizaban palabras tan estrañas como cateto ou hipotenusa. Eu, aínda que con frecuencia fago referencia á etimoloxía destas palabras, nunca lle vin unha vantaxe esencial a facelo xa que o importante é o coñecemento, ben simple por certo, do seu significado. Chama a atención que ese pai fixese referencia a estas palabras e non a outras seguramente máis esotéricas como anélido ou leixaprén. Dubido moito que aquel proxenitor descoñecese o significado de cateto, aínda que a súa queixa escondía realmente o seu odio e rexeitamento polas matemáticas, ou máis concretamente por algún profesor. Nada diso era apropiado para airealo nunha revista escolar. Un posible medicamento para paliar esta especie de diatribas poderían ser artigos como os de Fernando Corbalán.
Ao estaren dirixidos ao público xeral tales artigos tiñan que ser, por forza, de pouca profundización. Así e todo recollín de entre eles tres problemas de certo interese como para reproducilos aquí (ou nalgunha clase de secundaria)

Fusión empresarial. Dous amigos, A e B, venden panos de papel nunha feira. Cada un ten 30 paquetes. 
A vende 2 paquetes por 1 €. B vende 3 por 1 €. Como consideran que esta competencia non é boa para as vendas, deciden aliarse e ofertar 5 paquetes por 2 €. Polos 12 lotes de 5 paquetes obteñen 24 €. A cuestión é que se os venderan por separado A obtería 15 € e B 10 € (25 € e non 24€!). Onde vai o euro que falta?
Unha pregunta máis que non propoñía Corbalán: como deberían  repartirse eses 24 €?
 

Matriculación. Desbotando as letras, os números das matrículas dos coches van do 0000 ao 9999. Se matriculamos o noso coche, darannos algún deses 10000 números. Que é máis probable: que nesa matrícula non haxa ningunha cifra repetida ou que se repita algunha?


Cociñando un experimento. Temos 10 bólas brancas, 10 bólas negras e dúas urnas opacas iguais. Pídese distribuir as bólas nas urnas de forma que a probabilidade de sacar unha bóla branca sexa a máxima posible ao realizar o experimento consistente en escoller unha urna  e despois sacar dela unha bóla.

Problemas consecutivos

Velaquí unha lista de problemas que, por algunha razón, cualificamos de consecutivos.

Problema 1. Dada unha plataforma  2ｘ3, vemos que podemos cubrila consecutivamente de esquerda a dereita con fichas de dominó de 3 formas distintas:

Pídese facer o reconto das formas de cubrir con fichas de dominó unha plataforma 2ｘn

Problema 2. De cantas formas podemos escoller un subconxunto entre os n primeiros números {1, 2, 3, 4, ..., n} de forma que non haxa dous consecutivos?

Problema 3. En n tiradas dunha moeda, acha a probabilidade de non obter dúas caras consecutivas. E a de non obter tres caras consecutivas?

Problema 4. Dispoñemos de todas as moedas que queiramos de 1 € e de 2 € . Se tivéramos que pagar 4 € nun caixeiro automático poderiamos facelo de 5 maneiras distintas introducindo as moedas consecutivamente: 1+1+1+1, 1+1+2, 1+2+1, 2+1+1 ou 2+2+1.
De cantas fomas podemos realizar un pago de n €? E se non importa a orde en que introducimos as moedas?

Problema 5. Dado o rectángulo ABCD, determinamos sobre dous lados consecutivos dous puntos P e Q respectivamente, tales que os triángulos T₁, T₂ e T₃ teñan a mesma área. Calcula as proporcións AP/PB e CQ/QB.

Problema 6. Dado un rectángulo de lados x e y, engadímoslle consecutivamente a un dos lados un cadrado formando así outro rectángulo maior. Acha a relación entre os lados x e y sabendo que as diagonais dos rectángulos son perpendiculares.

Post Scriptum. Problema 7. Dado un triángulo equilátero de lado unha unidade, se escollemos un punto dun dos lados trazando paralelas a estes determínanse tres triángulos equiláteros. Tamén se forman os trapecios marcados na imaxe. Trátase de determinar o valor de x para que eses trapecios sexan semellantes.

Post Scriptum. Problema 8. Determina a razón a/b para que a área da elipse e da coroa circular coincidan. 

Post Scriptum. Problema 9. Dado un triángulo ABC inscrito nunha circunferencia consideremos os puntos medios D e E , do lado AB e do lado AC respectivamente. Prolongamos DF ata que interseca na circunferencia en F. Pídese a razón DF/DE

Post Scriptum. Problema 10. Pídese a razón entre as áreas dos triángulos sombreados

Post Scriptum. Problema 11. En tres circunferencias iguais inscribimos un pentágono, un hexágono e un decágono. Os lados destes polígonos forman un triángulo rectángulo. Determina a razón entre os catetos. 

Post Scriptum. Problema 12. Resolve $1+10^{x}=100^{x}$. [recollido de aquí]

Post Scriptum. Problema 13. Os lados dun trigángulo rectánculo están en progresión xeométrica. Determina a razón da progresión.

Post Scriptum. Problema 14. Achar unha función $f$ tal que $f'=f^{-1}$. Solución.

Post Scriptum. Problema 15. Unha abella situada na cela $1$ do panal da seguinte figura desexa chegar á cela $11$. Moverase sempre cara a dereita ou cara arriba, isto é, sempre dunha cela de valor inferior a unha de valor superior. Cantos camiños distintos pode percorrer?

Post Scriptum. Problema 16. Na seguinte imaxe indicamos as tres formas de embaldosar unha tira de $1\times 3$ usando unicamente cadrados $1\times 1$ e dominós $1\times 2$. De cantas formas poderemos embaldosar unha tira de lonxitude $15$? e unha de lonxitude $n$?

Post Scriptum. Problema 17. A lingua "ABABA" só usa dúas letras: "A" e "B". Ningunha palabra pode ter dous $B$ consecutivos, pola contra, calquera outra palabra está permitida. Por exemplo "AABAAABA" ou "BAA" son palabras mentres que "ABBA" non o sería. Cantas palabras cunha lonxitude de $10$ letras son posibles nesta lingua? E con $n$ letras?

Post Scriptum. Problema 18. As palabras da lingua "ABABA" que comezan e finalizan por "A" son palabrotas. a) Cantas palabrotas hai de $n$ letras? b) Cantas palabrotas de $n$ letras conteñen $k$ "Bs"?

Un problema de probabilidades con Gila

O Departament d´Ensenyament da Generatiat de Cataluña mantén un web, Creamat, que ten a finalidade de facilitar recursos educativos para as aulas de matemáticas e de ser un punto de encontro do profesorado desta materia. Desde alí chegoume a referencia deste vídeo no que se recolle un anaco da película El hombre que viajaba despacito,(1957) protagonizada por Miguel Gila. A escena fai referencia explícita a un problema de probabilidades bastante anódino, pero visto aquí ten o seu aquel. O vídeo tamén dá para a crítica do guión xa que as intervencións do viaxante non teñen demasiada credibilidade tendo en conta a discrepancia entre a probabilidade de sacar o as de ouros dunha baralla e as referencias á case imposibilidade de ter éxito nese suceso. Claro que un guión máis fiel coas probabilidades restaríalle forza dramática á escena. Conclusión: hai que supoñer que o espectador non sabe matemáticas.