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.
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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
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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.
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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:

    1
    0,5177
    2
    0,4914
    3
    0,4874
    4
    0,4867

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
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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.
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