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JUEGOS DE INGENIO DEL CLUB MENSA
SOLUCIONES 021 a 025 |
| Solución
021: Uno de genética. Por: Josep María Albaigès |
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Aunque no se dice en el enunciado, supondremos
que cada tipo de planta se reproduce sin aumentar su número
de ejemplares en cada generación, es decir, que su tasa de
crecimiento es cero (este factor tiene bastante importancia, como
veremos). Las proporciones a1, b1, c1 estarán sujetas a la ley: a1 = a0 + 4.b0 b1 = b0/2 c1 = b0/2 + c0Que podemos escribir matricialmente así: a1 = 1 ¼ 0 ao b1 = 0 ½ 0 bo c1 = 0 ¼ 1 coLas sucesivas generaciones se obtendrán reiterando el producto matricial, de manera que vendrán expresadas por las respectivas filas de la matriz Mn. Fácil es ver que la potencia n-sima de la matriz tiende a: 1 1,5 0 0 0 0 0 1,5 0Lo que equivale a decir que, a la larga, los objetivos perseguidos se alcanzarán solos: la especie Aa desaparecerá, y sus miembros habrán pasado a engrosar las proporciones de la AA y la aa. Sin embargo, podemos introducir en el problema una variación para hacerlo más emocionante. ¿Qué ocurriría si las tasas de reproducción fueran distintas de cero? Entonces las proporciones variarían no solamente por el "efecto Mendel" sino también por la mayor o menor "fuerza demográfica" de cada especie. La fórmula sería ahora: kAA kAa/4 0 M' ?= 0 kAa/2 0 0 kAa/4 kaaExaminando el comportamiento de las potencias de esa matriz, se observa que si la especie B tiene una tasa de reproducción del 300 % en cada generación (kAa = 3) se compensan los efectos antes citados, y las proporciones de las tres especies permanecen constantes. Para valores mayores (o menores de las especies AA y aa), la variación es todavía más rápida. Observemos que esto no es más que la traducción matemática de la ley de la adaptación al medio: si la especie Aa se adapta mejor al medio que las originarias AA y aa, esto se traducirá en una mayor tasa de reproducción, lo que podrá compensar la ventaja inicial de aquéllas y aun eliminarlas. De todos modos, lo contrario será lo más frecuente: la especie Aa desaparecerá en pocas generaciones. No olvidemos que la inmensa myoría de las mutaciones o cruces anómales que la naturaleza produce se autoeliminan al revelarse menos eficaces en su capacidad de adaptación al medio. |
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| Solución
022: El método de la martingala. Por: Josep María Albaigès |
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El peligro está en la longitud
de esas rachas, que puede ser suficiente para hacer saltar mi banca,
que no es infinita. Y esto ocurrirá con una frecuencia tal,
que destruirá todas las ganacias atesoradas trabajosamente
hasta aquel momento peseta a peseta. Es fácil simular informáticamente el procedimiento. Supongamos que se empieza con una banca propia inicial de 1.000 Pta. Esta banca puede resistir rachas de hasta unos diez negros seguidos (la probabilidad de una racha tal es 1/210 = 1/1.024), pero en cuanto se produzca una de éstas, todo el beneficio se esfuma. Efectuada la simulación informática (método de Monte-Carlo), se observa que mi banca saltará más a menudo cuanto más veces juegue. Por ejemplo: Si juego 100 veces, nunca pierdo mi banca. Si juego 1.000 veces, mi banca salta 250 veces (25 %). Si juego 10.000 veces, mi banca salta 7.500 veces (75 %) Resulta, pues, que me conviene jugar pocas veces. Pero incluso en el primer caso, en tres ocasiones me retiro con bancas inferiores a 1.000 Pta, es decir, con pérdidas. Éstas compensan, en el conjunto, las ganancias, como era de esperar estadísticamente. Observemos que el juego equivale a arriesgar grandes cantidades con una probabilidad de pérdida pequeña, pero ganancias también reducidas. Equivale a jugarse varias veces 1.000 Pta contra una con una probabilidad de ganar de 0,999. Puede presumirse que, jugando unas pocas veces, ganaremos, pero no sin haber puesto en juego nuestro patrimonio. En cuanto el número de veces que jugamos aumenta, por la ley de los grandes números acabaremos perdiendo. Existen versiones atenuadas de la martingala, basadas en progresiones más lentas que la geométrica a que equivale el doblado de la apuesta en cada ocasión. Pero en todas se cumple fatalmente la misma ley estaística: las pérdidas se equilibran a la larga con las ganancias. |
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| Solución
023: La pirámide albanesa. Por: Josep María Albaigès. |
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El tema de la pirámide es muy sencillo
de montar. Se prometen a los impositores fabulosos intereses, y
éstos se pagan efectivamente al principio, con lo que aparecen
más inversores en progresión geométrica. ¿Cuál
es el secreto? Muy sencillo: los intereses se pagan no por los resultados
de hábil gestión del capital depositado, sino con
cargo a este mismo capital. En cuanto flaquea la llegada de éste
cunde el pánico y se produce la bancarrota. Suponiendo que las aportaciones fueran constantes, los intereses pagados tienden a igualarse asintóticamente a la llegada de nuevo capital. Veámoslo en esta tabla:
Puede verse lo que ocurre con los fabulosos intereses del 30% mensual prometidos a los albaneses: con una aportación constante de 100 unidades monetarias mensuales, a los pocos meses hay que invertirla prácticamente toda en pagar intereses. Si las aportaciones crecen en progresión geométrica, el tiempo de ilusión podrá durar algo más, pero más dura será la caída, que podrá llevarse, como ha sucedido en Albania, todos los ahorros nacionales. El timo se repite periódicamente, y nadie escarmienta. Ya en el siglo pasado Baldomera Larra, hija del famoso escritor, protagonizó en España un gran escándalo de este tipo. Doña Baldomera, como antaño su padre, acabó diciéndoles a los inversores que venían a cobrar sus intereses: "Vuelva usted mañana". En 1984 doña Branca dos Santos, la banquera del pueblo portuguesa, montó algo parecido, y llegó a tener 15.000 inversores, a quienes cedía un "modesto" 10 % mensual. Más tarde, a la caída de Ceausescu, Ion Stoica ideó algo parecido en Rumania, aunque más a lo grande: en sólo tres meses la cantidad recogida era ocho veces superior a la depositada (¡un rendimiento del 100 % mensual!). El resultado de estas promesas ha sido siempre el mismo: llanto y crujir de dientes.
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| Solución
024: La energía de un choque. Por: Josep María Albaigès. |
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Tras el choque, los dos coches no quedan
inmóviles con respecto al nuevo sistema de referencia, sino
que queda el conjunto de ellos desplazándose a una velocidad
v. La energía residual, no consumida en el choque
es: E' = (2m)v² / 2 = mv²Que restada del valor inicial nos restablece el mismo balance. |
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| Solución
025: Un problema muy clásico. Por: Josep María Albaigès. |
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Una solución casi obvia es:
- 1 - 2 - 3 - 4 - 5 + 6 - 7 + 8 + 9Pero en total hay 23 soluciones: 1 -1 -1 -1 -1 -1 1 -1 1 1 2 -1 -1 -1 1 1 1 -1 1 -1 3 -1 -1 1 -1 1 -1 1 1 -1 4 -1 -1 1 -1 1 1 -1 -1 1 5 -1 -1 1 1 -1 -1 1 -1 1 6 -1 1 -1 -1 -1 1 1 1 -1 7 -1 1 -1 -1 1 -1 1 -1 1 8 -1 1 -1 1 -1 -1 -1 1 1 9 -1 1 1 -1 1 1 1 -1 -1 10 -1 1 1 1 -1 1 -1 1 -1 11 -1 1 1 1 1 -1 -1 -1 1 12 1 -1 -1 -1 -1 1 1 -1 1 13 1 -1 -1 -1 1 -1 -1 1 1 14 1 -1 -1 1 1 1 1 -1 -1 15 1 -1 1 -1 1 1 -1 1 -1 16 1 -1 1 1 -1 -1 1 1 -1 17 1 -1 1 1 -1 1 -1 -1 1 18 1 1 -1 -1 1 -1 1 1 -1 19 1 1 -1 -1 1 1 -1 -1 1 20 1 1 -1 1 -1 -1 1 -1 1 21 1 1 1 -1 -1 -1 -1 1 1 22 1 1 1 1 -1 1 1 -1 -1 23 1 1 1 1 1 -1 -1 1 -1 |
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