JUEGOS DE INGENIO DEL CLUB MENSA
SOLUCIONES 046 a 050
|
Solución
046: Tres por el precio de uno.
Por: Mariano Nieto |
En los tres casos se trata de problemas
de paridad y el recurso eficaz para poner de manifiesto la posibilidad
o imposibilidad de la tarea consiste en colorear alternativamente
de blanco y negro cada uno de los cubitos, cuadrados o monedas.
Es imposible pasar de una pieza negra o blanca a otra del mismo
color.
|
Ver Enunciado
de este problema |
|
Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no
descubrir accidentalmente la próxima solución.
|
Solución
047: Primos entre sí.
Por: Josep María Albaigès. |
Los dos números no deberán
tener ningún factor primo común. Empezando por el
2, la probabilidad de que un número lo contenga es 1/2, por
lo que la de que no lo contenga alguno de los dos vale:
p2 = 1 - 1 / 22
Análogamente la de que no contengan en común el factor
3:
p3 = 1 - 1 / 32
Y así sucesivamente. Fácil es deducir de ahí
que la probabilidad de que los dos números no tengan ningún
factor primo común menor que n es:
p= (1 - 1 / 22).(1 - 1 / 32).(1 - 1 /
52) ... (1 - 1 / n2)
Dónde deberá tomarse n hasta la raíz cuadrada
de la cota superior.
Podemos preguntarnos que sucede cuando esta cota tiende a infinito,
con lo que p se asimilaría a la probabilidad de que dos números
sean primos entre sí. Podemos emplear un artificio semejante
al empleado por Gauss para obtener su fórmula de la densidad
de los números primos: aprovechando las propiedades de las
sumas de las progresiones geométricas, escribiremos la anterior
igualdad así:
p= [1 / (1 / 22) + (1 / 24) + (1 / 26)
+ ... + ( 1 / 22k) + ...] .[1 / (1 / 32) +
(1 / 34) + (1 / 36) + ... + ( 1 / 32k)
+ ...]...
Si desarrollamos los productos indicados en los denominadores aparecerá
una suma de fracciones, todas ellas con la unidad en el numerador
y un cuadrado perfecto en el denominador. De hecho, al tender k
a infinito, en esta suma estarán presentes todos los inversos
de los cuadrados perfectos.
En efecto: el inverso de cada número cuadrado perfecto estará
una vez y sólo una, pues los factores contienen todas las
potencias pares de todos los números primos, por lo que la
combinación de éstas producirá todos los cuadrados
de los números compuestos. Por tanto, el denominador conjunto
tiende, al crecer k indefinidamente, a la suma de los inversos de
los cuadrados de los números, que vale según el análisis
matemático:
s2 = (1 / 12) + (1 / 22) +
(1 / 32) + ... + ( 1 / n2) + ... = PI2/6
Con lo cual la probabilidad pedida finalmente es:
p = 6/P2 = 0,6079
|
Ver Enunciado
de este problema |
|
Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no
descubrir accidentalmente la próxima solución.
|
Solución
048: Uno geométrico sencillo.
Por: Josep María Albaigès. |
La diagonal es perpendicular a los planos
en cuestión y forma ángulos iguales con todas las
aristas del cubo, por lo que la proyección de una cualquiera
de éstas sobre aquélla es constante. Luego, sin más
que dibujar la figura, se concluye que la distancia entre los dos
planos es 1/3 de la diagonal.
|
Ver Enunciado
de este problema |
|
Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no
descubrir accidentalmente la próxima solución.
|
Solución
049: Las apuestas del caballero De Méré.
Por: Josep María Albaigès. |
Pascal estdudió a fondo el tema,
concluyendo que los resultados obtenidos por De Méré
se ajustaban a las previsiones del cálculo de probabilidades.
Pues, en efecto, la probabilidad de no obtener un seis en una tirada
es 5/6, por lo que la de no obtener ninguno en seis tiradas valdrá,
por la ley de los productos de probabilidades:
p = (5/6)6
Y, por tanto, la probabilidad complementaria (obtener al menos uno)
vale:
q = 1 - (5/6)6 = 0,5177
En cambio, si pasamos a dos dados, un razonamiento análogo
lleva a:
q' = 1 - (35/36)6 = 0,4914
¡Las leyes se cumplían exactamente, para incomodidad
del caballero!. Nosotros podemos ir un poco más allá
y estudiar el juego para n dados, suponiendo que se hacen
(2/3).6n ensayos para obtener al menos n seises
simultáneos. Hallamos los valores:
Un resultado algo más afinado muestra que, en el límite,
la sucesión converge hacia 1 - e2/3 = 0,4865...
Podía haberse estudiado una forma de que el juego fuera realmente
equitativo, bastaba con conceder al caballero más tiradas,
según la relación: t= 6n ln 2= 0,6931.6n
Como vemos, el factor que multiplica el número de tiradas
es ligeramente superior a 2/3. Sólamente en los primeros
términos de la sucesión dicho factor se mantiene por
debajo de 2/3. Ya en el caso de 24 tiradas con dos dados, conceder
25 tiradas a De Méré hubiera casi igualado las probabilidades,
pues: q = 1 - (5/6)25 = 0,5055
|
Ver Enunciado
de este problema |
|
Este espacio ha sido dejado en blanco a propósito, para no
descubrir accidentalmente la próxima solución.
|
Solución
050: Cuatro acertijos.
Por: Mariano Nieto |
A .Se trata de un concurso de belleza.
B .¿Quién ha dicho que era de noche?
C .Era un entierro.
D. El desconocido tenía hipo.
|
Ver Enunciado
de este problema |
|
|