Hoy quiero compartir con los lectores unos conceptos matemáticos, que aun cuando son bastante simples, poco se conocen.   

Factorial

Empecemos por recordar que el factorial de un número natural n se define como:

n! := n · (n – 1) · (n – 2) · … · 2 · 1

es decir, es el producto de ese número por todos los naturales que le preceden hasta 1. El factorial del número 0 se define como 

0! := 1.

El concepto de factorial es bastante útil; por ejemplo el número de permutaciones de n elementos, es decir el número de formas en las que pueden ordenarse n elementos es exactamente n! Por esta razón ayuda para expresar ciertas fórmulas en problemas de conteo: ¿de cuántas formas podemos elegir k elementos de un conjunto de n elementos? La respuesta es:

Así por ejemplo, si queremos saber de cuántas formas diferentes podemos conformar un comité de 3 personas, seleccionadas de un grupo de 10 personas, la respuesta es:

es decir que podemos conformar 120 comités diferentes, compuestos de 3 personas, elegidas del grupo de 10.

Doble factorial

Menos conocido que el factorial es el concepto de doble factorial, que para un número natural n se denota por medio de n!!, que no debe confundirse con (n!)! y que a diferencia del factorial n!, en lugar de multiplicar todos los números menores o iguales que n, hasta 1, se multiplican solo los naturales menores o iguales que tienen la misma paridad de n; es decir:

Así por ejemplo:

8!! = 8 x 6 x 4 x 2 = 384

7!! = 7 x 5 x 3 x 1 = 105

Por definición también se tiene que:

0!! := 1

La notación de doble factorial se empezó a usar también con el fin de simplificar la expresión de algunas fórmulas como por ejemplo el valor de la integral:

 Y hay también una serie de propiedades cuyas demostraciones proporcionan excelentes ejercicios matemáticos, así por ejemplo:

son bonitos retos para los lectores.

Causa una curiosidad especial comprobar que el doble factorial de dos números enteros consecutivos, digamos 2n-1 y 2n, guarda una relación que involucra al número π, se trata de una aproximación que a medida que n crece es más precisa:

Subfactorial

Si bien n! nos indica, como se dijo antes, el número de permutaciones de n elementos, entre las formas de ordenar n elementos algunas mantienen esos elementos en la misma posición y otras no lo hacen. Por ejemplo, los posibles arreglos del conjunto {1, 2, 3} son: 

mantienen al menos uno de los elementos (escrito en rojo) en la posición original que ocupan en el conjunto {1, 2, 3}, mientras que en los arreglos

{2, 3, 1} y {3, 1, 2}

ningún elemento conserva la posición inicial.

Justamente el subfactorial de n cuenta todas las posibles ordenaciones de n elementos en las que ninguno de los elementos ocupa su posición inicial. Del ejemplo anterior podemos entonces decir que el subfactorial de 3 es igual a 2, ya que hay dos arreglos que satisfacen esta condición. 

El subfactorial de n se denota por medio de !n y también, a mi juicio mejor, como n¡, más usado entre quienes escribimos en español y que evita que el símbolo ! se interprete como el factorial del término que lo precede. Convenido esto, el ejemplo dado indica que:

3¡ = 2

Como en los casos del factorial y el doble factorial, se define

0¡ = 1

Pero, ¿cómo se define en general el subfactorial? 

La fórmula que define el subfactorial de un entero n es la siguiente:

En el ejemplo que se presentó antes, si usamos la fórmula, tenemos que

3¡ = 3! [ 1 + (-1) + 1/2! -1/3! ] = 6 [ 1/2 – 1/6] = 6 [ 2/6 ] = 2.

También puede usarse la fórmula recurrente:

n¡ = n · (n-1)¡ + (-1)ⁿ  para n ≥ 1.

Algunos valores del subfactorial son:

¿Qué uso real tiene el subfactorial? Puede ser una herramienta útil para contar combinaciones o arreglos donde no se permite que algún elemento se encuentre en su posición original. Veamos unos ejemplos:

1. En el conocido juego del amigo secreto con el que se busca repartir regalos entre los miembros de un grupo, se exige que cada uno ofrezca un regalo a alguien del grupo pero con la condición de que nadie reciba su propio regalo; entonces el subfactorial n¡ cuenta el número de formas en que pueden repartirse los regalos dentro de un grupo de n personas.
   
   
2. Este es un bonito problema para usar el subfactorial: hay 5 estudiantes, residentes de medicina, que tienen que hacer turnos nocturnos juntos en un hospital y al terminar esa jornada nocturna, siempre se reúnen a desayunar en la cafetería del hospital, en la que deben formar una fila para hacer el pedido y pagar. Un buen día el director del hospital, al verlos en la fila, les ofrece pagarles el desayuno diario, siempre y cuando todos los días siguientes se organicen en la fila de una forma diferente sin que ninguno de ellos esté en la misma posición que está ocupando ahora. El director se imaginó que debería invitarles a desayunar una semana, pero ¡oh sorpresa! Uno de los estudiantes, que había estudiado 4 semestres de matemáticas, le dice: “gracias director, me ahorraré el valor del desayuno durante mes y medio”. ¿Por qué? ¿Cuántos días deberá el director del hospital pagar el desayuno de los 5 residentes?
   
   Respuesta para el incrédulo director: 5¡ = 44.
   
   
3. Otro problema bastante conocido es el siguiente: al asistir a la ópera, 10 caballeros que llevaban sombrero lo dejan en el perchero al ingresar al teatro. Al salir, después de la función, cada uno toma un sombrero al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que ninguno de los caballeros recoja el sombrero con el que ingresó?
   
   Respuesta: (10¡) / (10!) = 1.334.961 / 3.628.800 = 0,368; es decir 36,8%

Estos conceptos de factorial, doble factorial y subfactorial, como puede observarse, son de una gran riqueza, utilidad e interés para resolver los problemas de conteo y para el cálculo de probabilidades.

@MantillaIgnacio

Las apuestas siempre han prosperado, incluso desde la clandestinidad cuando han sido prohibidas. También es cierto que con ellas muchas personas se han enriquecido y muchas otras se han arruinado, y parece ser que la combinación de suerte y estrategia es la fórmula que han empleado las primeras siempre.

Uno de los juegos más populares en el mundo es la lotería, cuya invención se le atribuye al banquero milanés Cristóbal Tavera en el siglo XV. En la actualidad, derivadas de las tradicionales loterías, se han popularizado otras variantes que han introducido cambios en sus reglas con el fin de atraer a más apostadores, acudiendo principalmente a la estrategia de ofrecer muchos premios adicionales al mayor. Pero en ocasiones los administradores de tales loterías también han sido víctimas de su propio invento, como es el conocido caso de la lotería “WinFall” del estado de Michigan (USA), una lotería similar al Baloto, pero diseñada para entregar el mayor premio a quienes acierten 6 números de 49 y muchos otros premios para los aciertos de 5, 4 o 3 números. Esta lotería, hace 20 años, con el ánimo de atraer a los apostadores con tentadores premios, no observó que dejaba una enorme grieta, que fue descubierta por el matemático jubilado Jerry Selbee, quien logró ganar unos 27 millones de dólares recurriendo a una simple estrategia numérica; esta historia está contada en una película bajo el título de “Jerry & Marge Go Large”.

En Colombia el popular Baloto, en 23 años, ha caído 121 veces, lo que muestra que sí es posible ganarlo; pero ¿cuál es la probabilidad de acertar? Las actuales reglas, introducidas en 2017, indican que se necesita acertar 5 números de 43 y uno más entre 16 que se denomina “superbalota”. Esta modificación ha conseguido que la frecuencia con la que cae el Baloto disminuya; en efecto, mientras que entre los años 2014 y 2016 cayó cerca de 30 veces, entre 2018 y 2020 solo cayó 6 veces. 

Veamos cuál es la probabilidad de ganar el Baloto con las actuales reglas: para el primer número elegido nos resultarán favorables 5 casos de los 43 posibles, es decir 5/43. En la segunda elección, al haber extraído ya un número, quedan 42 posibles, y de esos, solo 4 serán favorables, es decir 4/42 y así sucesivamente hasta llegar a la quinta elección. Entonces la probabilidad de acertar los cinco números elegidos entre los 43 posibles será de:

esto quiere decir que hay 962.598 listas posibles, pero sólo hay una lista favorable con los 5 números.

Antes de continuar y encontrar la probabilidad de ganar el Baloto, aclaro que el cálculo anterior es en realidad la regla de Laplace. En matemáticas se enseña que para conocer de cuántas formas podemos escoger 5 elementos distintos, de 43 posibles, basta calcular:

Ahora examinemos la segunda parte de las condiciones del Baloto: hay que acertar la “superbalota”, que es un número de 1 a 16; así que debemos multiplicar:

y obtenemos que la probabilidad de ganar el Baloto es de 1 entre más de 15 millones.

Para tener una mejor estimación de lo que significa esta cifra, pensemos que es cercana al número de habitantes de Bogotá, Medellín y Cali; podemos imaginar entonces que el ganador del Baloto será quien tenga la suerte de ser seleccionado al azar de una lista en la que están todos los habitantes de estas tres ciudades. Con esa cifra (15.401.568) podríamos formar una larga fila continua, de 1300 kilómetros de longitud, uniendo tarjetas de crédito; en ese caso, ganar el baloto significa escoger una de esas tarjetas al azar y que resulte ser la propia.

Pero el Baloto tiene otras reglas para otorgar premios menores que bien vale la pena considerar; una de ellas, muy favorable, es que si se acierta la “superbalota” solamente, se recupera el valor de la apuesta, o sea que con probabilidad del 0,0625 (6,25 %) se recupera lo jugado. Si comparamos con el ejemplo anterior, es bastante más fácil ser seleccionado entre 16 personas solamente que entre todos los habitantes de las tres ciudades.

También se puede ganar sin haber acertado la “superbalota”, con 3, 4 o 5 aciertos de la lista.

A manera de ejemplo, calculemos la probabilidad de acertar 3 números. Es claro que para acertar 3 de los 5 ganadores deben fallar 2, entonces la probabilidad de acertar los tres primeros y fallar los últimos dos es:

pero como el orden de los números acertados y no acertados no importa, hay 10 combinaciones posibles que dan el mismo resultado, entonces la probabilidad buscada será 10 veces ese valor:

que es lo mismo que calcular los casos favorables

y luego dividir por los casos posibles ya calculados en ( * ) que son 962.598.

El resultado significa que hay un poco más de 7 posibilidades entre 1000 para acertar 3 números, una probabilidad que es mejor que la de la lotería tradicional de acertar un número de cuatro cifras, o sea de una posibilidad en 10.000.

Si hacemos el cálculo para dos aciertos, tenemos que la probabilidad es alta, de 1 entre 12. Tal vez por eso no aparece como opción de ser premiada, a menos que además se acierte con la “superbalota”, con lo cual la probabilidad se reduce a 1 entre 192.

En el juego tradicional, que existe en muchos países, consistente en acertar 6 de 49, la opción de acertar 3 números tiene una probabilidad alta, más o menos de 1 entre 57, por lo tanto, cuando se entrega un jugoso premio para 3 aciertos, un apostador que compre esas 57 combinaciones va a ganar con toda seguridad; naturalmente la recuperación y multiplicación de la inversión no solo depende del premio esperado, también del número de ganadores. La estrategia que se usó en el caso de la lotería “WinFall” que mencioné antes, fue muy sencilla: para ganar el sorteo de “WinFall” un jugador debía acertar los 6 números de 49; pero si nadie lo conseguía y el acumulado superaba 5 millones de dólares, el premio se dividía entre quienes acertaran 5, 4 y 3. Con esta regla solo se necesitaba paciencia para jugar todas las 57 combinaciones posibles de 3 números o las cerca de 1032 necesarias para los aciertos de 4 números y asegurar un premio bastante superior a la inversión. La repetición de esta estrategia, por años, le dio a Jerry Selbee la ganancia millonaria arriba mencionada.

Naturalmente es imposible medir la suerte que se necesita para ganar un Baloto y por lo tanto la pregunta planteada en el título no tiene una respuesta, pero el cálculo de la probabilidad de ganar sí nos cambia la pregunta, que debería ser ¿cuánto dinero estamos dispuestos a perder con la ilusión de ganar un Baloto?

Sin embargo, mientras la probabilidad no sea cero, siempre habrá apostadores dispuestos a arriesgar alguna suma y a probar suerte.

@MantillaIgnacio

Indudablemente todos, quienes nos dedicamos a las ciencias, cometemos errores con frecuencia y muchas veces son esos errores los que mejor nos señalan el camino para descubrir la respuesta correcta. Pero tratándose de un genio como lo fue Newton, la sola mención de que pudo haberse equivocado resolviendo un problema de matemáticas despierta una curiosidad inusual, una especie de “morbo matemático”, y con algo de incredulidad queremos conocer el problema y auscultar para examinar cuál fue ese error, hasta poder decir: ¡claro! Newton no lo vio. Esa curiosidad, que de seguro ya se ha despertado en cada lector, es la que pretendo satisfacer con esta historia, que exige concentración. 

El 22 de noviembre del año de 1693, Samuel Pepys —quien había sido presidente de la Royal Society de Londres entre 1684 y 1686, período en el que Newton había presentado para su publicación su gran obra Principia— escribió una carta dirigida a Isaac Newton formulándole una pregunta que no se refería propiamente a cuestiones científicas. En la misiva, Pepys le pedía su consejo sobre la conveniencia de una apuesta. 

Newton le contestó con tres cartas, en las que primero respondía a la pregunta de forma breve y luego ofrecía más información cuando Pepys le pedía aclaraciones a su respuesta. Esas cartas fueron guardadas y no se les dio importancia hasta que aparecieron citadas por varios autores a mediados del siglo pasado cuando se planteaba el denominado “problema de Pepys” en algunos libros de texto; pero fue L. Gani, quien en 1982 analizó la solución de Newton, contenida en las citadas cartas, y la calificó como errónea. Finalmente, en 2006, Stephen M. Stigler —profesor del Departamento de Estadística de la Universidad de Chicago— publicó un completo artículo sobre el tema (en el cual me apoyo para escribir esta nota) y a partir de allí aparecieron muchos otros trabajos que han rescatado la importancia de esas cartas de Newton y de ese problema, aparentemente simple, del área de la probabilidad. 

El artículo de Stigler retoma el “problema de Pepys”, tal como surgió en la correspondencia de Pepys con Newton. La pregunta fue:

¿Cuál de las tres proposiciones siguientes tiene la mayor probabilidad de éxito?

A. Se lanzan seis dados corrientes (o «justos») de forma independiente y se saca al menos un “6”.

B. Se lanzan doce dados corrientes de forma independiente y se sacan al menos dos “6”.

C. Se lanzan dieciocho dados corrientes de forma independiente y se sacan al menos tres “6”.

Como se ha podido establecer a partir de la correspondencia con Newton, Pepys pensaba que la C era la mejor opción, pero Newton le dio inicialmente una sencilla razón lógica para concluir que A era el evento más probable; esa respuesta aparece en la primera carta fechada el 26 de noviembre de 1693. Ante las nuevas inquietudes expresadas por Pepys con esa respuesta, Newton le envía una segunda carta fechada el 16 de diciembre de 1693 (parece que el correo postal era más eficiente que ahora) en la que le presenta los cálculos precisos. En detalle, es equivalente a la solución que podría presentarse hoy en día usando la distribución binomial, aunque hay que aclarar que para la época, Newton tuvo que deducirla. 

La solución obtenida por Newton es exactamente la que se logra aplicando la fórmula binomial para obtener la probabilidad de k éxitos en una repetición de n experimentos:

aplicada como sigue:

Sea X = “Número de veces que se obtiene “6” en n lanzamientos de un dado corriente”

entonces la probabilidad de éxito para cada uno de los casos que preguntaba Pepys es:

Newton no comete error alguno en sus cálculos aritméticos manuales, que coinciden con los indicados arriba, aproximados a tres cifras decimales de manera impecable, y esos son los datos que envía en la segunda carta a Pepys para reafirmar lo que ya le había dicho en la primera carta, asegurando que la mejor opción para apostar es la del caso A, en la que la probabilidad de éxito es mayor.

Puesto que Pepys responde con nuevas preguntas sobre su método empleado, Newton le escribe una tercera carta el 23 de diciembre de 1693 (una respuesta inmediata si se observan las fechas) en la que retoma su argumento y lo amplía personificando las opciones con dos nombres para explicarlo mejor; llama “Peter” al jugador con la apuesta A y “James” al jugador con la apuesta B. Newton escribió entonces:

«Tal y como está planteada la apuesta, Peter debe ganar siempre que saque un seis [es decir, que saque al menos un “6” entre los seis dados], pero James puede sacar un seis y no ganar nada, porque nunca puede ganar con un solo “6”. Si Peter saca un “6”, por ejemplo, cuatro veces en ocho lanzamientos, sin duda ganará cuatro veces, pero James, con la misma suerte, puede sacar un “6” ocho veces en dieciséis lanzamientos y, sin embargo, no ganar nada, ya que, tal como está planteada la cuestión en la apuesta, no gana en cada lanzamiento con un “6”, como hace Peter, sino sólo en cada dos lanzamientos en los que saque al menos dos “6”. Y por lo tanto, si él saca sólo un seis en los dos primeros lanzamientos, y uno en los dos siguientes, y sólo uno en los dos siguientes, y así sucesivamente hasta dieciséis lanzamientos, no gana nada en absoluto, aunque saque un “6” el doble de veces que Peter, y en consecuencia tenga la misma suerte que Peter».

Aunque en la primera carta Newton había señalado cuidadosamente que “sacar un seis” debe entenderse como “sacar al menos un seis”, aquí confundió las dos afirmaciones. Su argumento podría funcionar si se entendiera “exactamente un seis”, pero entonces no correspondería al problema tal como él y Pepys habían acordado que debía entenderse. De hecho, Peter no necesariamente gana de nuevo con cada “6” que saque, ya que si saca dos o más “6” en el primer lanzamiento, gana lo mismo que sacando un solo “6”.

Ahora bien, la probabilidad de que Peter saque exactamente un “6” en un lanzamiento es apenas del 40% (menor que la probabilidad de sacar «uno o más»). Cuando Newton dice que Peter puede obtener un “6” en cuatro de ocho lanzamientos y entonces gana cuatro veces, está suponiendo que saca exactamente un “6” cuando gana, como si no fuera posible sacar más de uno en algún lanzamiento y no ganar entonces cuatro veces. Ese es su argumento erróneo.

Muchas de las victorias de Peter, aquellas con dos o más “6” en un solo lanzamiento, ocurren aproximadamente el 26% de las veces y esas también serían victorias de James, si tiene la misma suerte. Y en algunas de las victorias de James, que tienen una pequeña probabilidad de ocurrir —como son las que tienen al menos dos “6” en la mitad de los lanzamientos y ninguno en la otra mitad—, son también victorias de Peter (si cuenta con “igual suerte”), pero en tal caso Peter no tendría más victorias que James y solo habría ganado una vez sacando dos “6” en la mitad de los lanzamientos y ninguno en la otra mitad, es decir que Peter habría ganado solo la mitad de las veces, contrario a lo que indica Newton.

Como se observa, en la última carta Newton, por querer explicar más de la cuenta lo que ya había calculado con exactitud y respondido con claridad, termina cometiendo un error lógico de argumentación. No obstante, hay que reconocer que Newton, desde la primera carta, había contestado a Pepys correctamente, aconsejándole la mejor opción para la apuesta. 

El problema es, sin duda, muy bonito e interesante, y recomendaría que se incluya en un curso básico de probabilidad. Animará además a cualquier estudiante descubrir un error cometido por el gran genio de la física y las matemáticas que fue Isaac Newton y saber que aún los personajes más sobresalientes por su inteligencia y capacidad, pueden equivocarse.  

@MantillaIgnacio

Las matemáticas pueden ayudar a corregir ciertos anuncios errados, y es precisamente el cálculo de probabilidades una herramienta esencial para tal fin. Hoy quiero compartir justamente un bonito problema cuya solución despeja las dudas sobre las posibilidades de acertar usando solamente el azar cuando se está frente al reto de aprobar un examen con preguntas de selección múltiple.

El problema lo he denominado “problema del pinochazo”, por la palabra con la que llamamos en Colombia esa práctica de algunos estudiantes, que confiados en su buena suerte solamente, contestan las preguntas de selección múltiple adivinando la respuesta, sin detenerse a pensar. Se cree que el origen de la palabra “pinochazo” es el resultado de jugar con las respuestas disponibles, saltando sobre ellas aleatoriamente o en un orden caprichoso y contando en cada una un “pin”: pin 1, pin 2, pin 3, hasta pin 8 y eligiendo esta última como respuesta correcta.

Para explicar las matemáticas que están detrás, voy a usar un ejemplo que ilustre cuál es la probabilidad de aprobar un examen con esta práctica. El problema del ejemplo es el siguiente:

Problema del pinochazo: 

Un examen de selección múltiple contiene 10 preguntas, cada una con 5 respuestas A, B, C, D, E. ¿Cuál es la probabilidad de que un estudiante, contestando todas las preguntas al pinochazo, apruebe el examen acertando 6 o más respuestas correctas?

Empecemos por recordar de cuántas formas podemos elegir grupos de preguntas entre las 10 que conforman el examen. Es fácil aceptar que una sola pregunta la podemos seleccionar de 10 maneras diferentes. Y si queremos escoger 2 de las 10, entonces la cuenta es sencilla, pero hay que tener cuidado de no confundir una permutación con una combinación: en el primer caso, para elegir la primera hay 10 posibilidades y para la segunda, una vez seleccionada la primera, quedan ahora 9 posibilidades. En total

10 x 9 = 90 

formas de seleccionar 2 preguntas de las 10, es decir permutaciones posibles de 2 elementos tomados de un conjunto de 10. Pero en nuestra selección no importa el orden en que se eligieron las dos preguntas; así por ejemplo la pareja formada por la pregunta 4 y la pregunta 7, denotada como (4, 7) es la misma pareja (7, 4), constituida por las mismas dos preguntas, pero seleccionadas en el otro orden. Por lo tanto, en la cuenta inicial que dio como resultado 90, hemos contado dos veces cada selección y debemos ahora entonces dividir por 2 el número total de permutaciones. Así obrtenemos

(10 x 9) / 2 = 45 

formas de combinar 2 de las 10 preguntas.

En general se puede probar que para seleccionar k preguntas de las 10, el número de combinaciones posibles es:

donde el símbolo (!) indica factorial (m! = 1 x 2 x 3 x … x m).

Ahora bien, si cada una de las preguntas tiene como opciones las cinco respuestas A, B, C, D y E, y hay solo una correcta, esto quiere decir que hay una de cinco posibilidades de acertar cada pregunta, es decir que la probabilidad de contestar correctamente una pregunta es de 1/5. Pero esto también indica que la probabilidad de responder erróneamente una pregunta es aún mayor, exactamente de 4/5. 

Con lo expuesto hasta aquí podemos ahora afirmar que la probabilidad de responder exactamente 6 preguntas en forma correcta es:

Esto indica que para aprobar con la nota mínima al pinochazo se tiene una probabilidad de apenas el 0,55%.

La probabilidad de responder todas las preguntas en forma incorrecta es de

o sea del 10,74%; con lo cual resulta, como bien puede observarse, que es más probable que todas las preguntas se respondan incorrectamente, que acertar y aprobar con el mínimo de 6 buenas.

Para dar respuesta a la pregunta inicial, sobre cuál es la probabilidad de responder 6 o más preguntas correctamente, sumamos las probabilidades así:

Por lo tanto, la probabilidad de acertar con 6 o más preguntas correctamente, es de apenas 0,64%. 

El pinochazo como estrategia es entonces muy poco aconsejable, la probabilidad de aprobar no alcanza, en ningún caso, al menos el 1%.

Como moraleja: no hay que abandonarse a la suerte para contestar los exámenes de selección múltiple; es mejor estudiar y pensar antes de responder… ¡aténgase al pinochazo y verá!

@MantillaIgnacio

Se trata del problema conocido bajo el nombre de “problema de las cartas extraviadas”, también conocido como “problema del guardarropa”, “problema de los sombreros”, “problema de las parejas equivocadas” o como “el problema de Bernoulli-Euler”. Los nombres corresponden a las diferentes versiones que se usan para explicarlo. Usaré el de las cartas extraviadas, pero antes de plantearlo, y para entender mejor su formulación, pensemos en un juego que se realiza con dos listas de cinco palabras cada una. En la lista de la izquierda hay palabras en alemán solamente, como lo indica la tabla siguiente, y en la lista de la derecha hay únicamente palabras en español. El juego consiste en asignar correctamente la traducción al español de cada palabra que aparece en alemán.

La respuesta correcta a este juego consiste de cinco parejas: (A, 5), (B, 2), (C, 4), (D, 1) y (E, 3). Pero pensemos en las diferentes asignaciones que se podrían haber hecho, es decir, tratemos de calcular cuántas formas existen de unir las cinco palabras del alemán en la primera columna, con las cinco del español en la segunda columnas, o sea cuántas posibles respuestas tiene el juego, aunque la mayoría sean erróneas.

Para calcular ese número tenemos que determinar de cuántas formas podemos asignar a cada una de las letras del conjunto {A, B, C, D, E}, que corresponden a las palabras en alemán, los números del conjunto {1, 2, 3, 4, 5}, que representan las palabras en español. Si, como ya se dijo, la respuesta correcta del juego planteado es la permutación (5, 2, 4, 1, 3), entonces la pregunta que tratamos de resolver ahora es ¿cuántas permutaciones son posibles? 

Para encontrar el número de permutaciones posibles basta hacer el siguiente conteo: en cada permutación que hacemos, el primer elemento tiene 5 lugares para escoger, y una vez este ha ocupado el lugar elegido, al segundo elemento le quedan quedan 4 posiciones disponibles. Cuando estos dos primeros elementos han tomado sus respectivos lugares, el tercer elemento encuentra 2 posiciones ocupadas y tiene 3 lugares libres; después, al cuarto le quedan entonces 2 posibilidades y para el último, cuando ya los demás están ubicados, le queda solo 1. Es decir que el número posible de permutaciones será: 5! = 5 x 4 x 3 x 2 x 1 = 120. 

Esto significa que el juego tiene un total de 120 respuestas posibles, pero solo una de ellas es la correcta, que como ya vimos es la permutación (5, 2, 4, 1, 3). Una pregunta más difícil de responder, pero muy interesante, es saber cuántas soluciones tiene este juego en las que no se acierta ni una sola traducción correcta, es decir, cuántas permutaciones hay en las que ninguno de los 5 elementos ocupa su lugar correcto.  

Esta pregunta nos devuelve al inicio, al famoso problema de las cartas extraviadas (simplificado a 5), que es el siguiente:

Una persona ha escrito 5 cartas a 5 personas distintas y escribe las direcciones de estas en 5 sobres. ¿De cuántas formas puede colocar las 5 cartas en los 5 sobres, de forma que todas las cartas estén en sobres incorrectos?

Para saber cuántas maneras hay de colocar las cartas en sobres que no lleven la dirección que le corresponde al destinatario, vamos a denotar con C1, C2, C3, C4, C5  las cartas y con S1, S2, S3, S4, S5 los sobres correspondientes. Ahora procedemos a encontrar el número de permutaciones posibles en las cuales ninguna carta está en el sobre que le corresponde. Llamemos D(5) ese número que queremos hallar.

Primer caso: supongamos que la carta C1 está en el sobre S2 y que la carta C2 está en el sobre S1. En este caso las demás cartas C3, C4, C5 van a estar en los sobres S3, S4, S5, pero ninguna de esas 3 cartas está en el sobre correcto. Por lo tanto el número de esas permutaciones es D(3), es decir, el número de permutaciones de 3 cartas de forma que ninguna está en el sobre correcto. 

Segundo caso: supongamos que, como en el primer caso, la carta C1 está en el sobre S2, pero que ahora la carta C2 no está en el sobre S1. Hay que distribuir entonces las cartas C2, C3, C4, C5 en los sobres S1, S3, S4, S5, de forma que C2 no esté en S1, C3 no esté en S3, C4 no esté en S4 y C5 no esté en S5. Ahora el número de formas de hacer ese reparto es D(4), es decir, el número de permutaciones de 4 cartas de forma que ninguna está en el sobre que le corresponde.

Estos dos casos nos indican que el número de permutaciones de 5 cartas en las que ninguna está en el sobre correcto, pero con la condición de que C1 está en S2, es igual a D(3) + D(4).

Ahora bien, un argumento similar, considerando dos casos cada vez, se puede usar para cuando ponemos como condición que C1 está en S3, lo mismo cuando exigimos que esté en S4 y cuando la condición es que esté en S5. 

Así que en cada uno de los 4 casos posibles para colocar la carta C1, se obtiene que el número de permutaciones de las 5 cartas en las que ninguna está en el sobre que le corresponde es igual D(3) + D(4). Entonces se concluye que el número de permutaciones de 5 cartas en las que ninguna está en el sobre correcto es:

D(5) = 4 · [D(3) + D(4)]. 

En forma general se puede demostrar, siguiendo este mismo argumento, que el número de permutaciones de n cartas en las que ninguna está en su sobre correcto es:

D(n) = (n – 1) · [D(n – 2) + D(n – 1)].           (*)

Claramente D(1) = 0, pues no es posible equivocarse colocando una carta cuando sólo hay un sobre. Y D(2) = 1, pues solo hay una forma de colocar dos cartas en dos sobres de manera incorrecta. Por lo tanto la respuesta al problema inicial sobre cuántas formas hay para colocar 5 cartas en 5 sobres, de forma que todas las cartas estén en sobres incorrectos, será:

D(5) = 4 · [D(4) + D(3)]

       = 4 · { 3 · [D(3) + D(2)] + 2 · [D(2) + D(1)] }

       = 4 · { 3 · { 2 · [D(2) + D(1)] + D(2) } + 2 · [D(2) + D(1)] }      

       = 4 · { 3 · { 2 · [1 + 0] + 1 } + 2 · [1 + 0] }

       = 4 · { 3 · { 3 } + 2 }

       = 4 · { 11 }

       = 44.

El número correspondiente para más cartas crece rápidamente:  D(6) = 265 y D(7) = 1854.

El problema fue propuesto originalmente por Pierre Rémond de Montmort (1678-1719) en su libro sobre probabilidad y juegos de azar, publicado en 1708. Nicolás Bernoulli (1687-1759) y Leonhard Euler (1707-1783), independientemente analizaron y resolvieron el problema. La demostración que dio Euler es la que arroja la fórmula recursiva (*) y fue incluida en el libro “100 Great Problems of Elementary Mathematics: Their History and Solutions”.

En el juego del inicio teníamos 5 palabras en alemán para asignarles su correspondiente traducción al español, es decir, n = 5, y vimos que el número de permutaciones era 120, o sea 120 soluciones posibles del juego, de las cuales solo una era correcta. Ahora podemos afirmar entonces que hay D(5) = 44 soluciones del juego, del total de 120 posibles, para las cuales no se acierta la traducción correcta de ninguna palabra.

Una pregunta natural, que podemos responder ahora es:

¿Cuál es la probabilidad de que a ninguna de las 5 palabras en alemán se le asigne al azar la traducción correcta? O, en el caso de las cartas ¿cuál es la probabilidad de que ninguna de las cartas se coloque en el sobre correcto, es decir, con la dirección que le corresponde?

Teniendo en cuenta que la probabilidad de que todas las cartas acaben en sobres incorrectos es igual al número de casos favorables, que es D(5) = 44, dividido entre el número de casos posibles, que es 5! = 120, dicha probabilidad es:

P(5) = 44/120 = 0,3666…

es decir, la probabilidad de no acertar uno solo de los sobres o de no dar con la traducción correcta de una sola palabra, es bastante alta, del 36,37%. Este valor es muy cercano al que resulta de dividir 1 entre el número de Euler e:

1/e = 0,36787…

Y se puede demostrar que en general, el límite cuando n tiende a infinito de P(n) es igual a 1/e. 

El problema se puede también generalizar aún más y preguntarse cuál es la probabilidad de que solo k de las n cartas vayan al sobre correcto. La respuesta a esta pregunta es:

No estaría de más agregar que teniendo en cuenta la alta probabilidad de no acertar uno solo, en este tipo de problemas, aquellos estudiantes que gustan de usar lo que se llama el “pinochazo” para responder exámenes, corren un alto riesgo de reprobar. La probabilidad de no acertar una sola respuesta correcta es superior al 36%.

Este bello problema de las cartas extraviadas es de una gran trascendencia si se tiene en cuenta que en la solución que dio Euler aparece la construcción de una sucesión en forma recursiva, método que con la aparición de los computadores en el siglo XX, se vuelve sumamente potente y de uso frecuente para la solución numérica de múltiples problemas. Además del encanto que esconde el problema, ejemplifica como pocos el conteo y la probabilidad, y tiene aplicaciones insospechadas; en efecto, recientemente, a raíz de la pandemia debida al Covid-19 conocí un trabajo en el que se usa un planteamiento similar dentro de un modelo estocástico para describir la propagación de epidemias. Más exactamente con modelos de urna en los que las personas vacunadas pueden ser “asociadas” con las cartas que están en los sobres correctos.  

@MantillaIgnacio

Una de esas paradojas, que quiero compartirles a continuación, es la que se conoce hoy en día como “La paradoja de la caja de Bertrand”. Este interesante problema es además un buen ejemplo que contribuye a entender la importancia del concepto de “probabilidad condicional”.

El enunciado del problema propuesto por Bertrand es el siguiente: tenemos tres cajas y cada una de ellas tiene dos cajones, uno izquierdo y otro derecho. En cada cajón hay una moneda. La caja 1 tiene dos monedas de oro, digamos que (ORO, ORO) es el contenido en los cajones de esta caja. La caja 2 contiene dos monedas de plata (PLATA, PLATA) y en la caja 3 hay una moneda de plata en un cajón y una de oro en el otro cajón (PLATA, ORO). Es decir que en total hay seis monedas, tres de plata y tres de oro y ninguno de los seis cajones está vacío; por otra parte, una vez se han cerrados los cajones, desde afuera, sin abrirlos, no hay forma de saber cuál es su contenido.

Después de escoger una caja al azar se selecciona también al azar uno de sus dos cajones y se encuentra que contiene una moneda de oro. ¿Cuál es la probabilidad de que la moneda del otro cajón, de la misma caja, sea también de oro?

La solución del problema parece ser trivial, pero como veremos, más que trivial es contraintuitiva. 

Un razonamiento que parece convincente es que si la moneda encontrada es de oro, solo tenemos dos opciones: que la caja elegida sea la caja 1 que contiene dos de oro (ORO, ORO) o que la caja escogida sea la caja 3 que contiene una de plata y otra de oro  (PLATA, ORO). Por lo tanto la única posibilidad para que la otra moneda también sea de oro es que hayamos elegido la caja 1 (ORO, ORO) entre las dos cajas que tienen monedas de oro en al menos uno de sus cajones, o sea que solo una de las dos situaciones es favorable; es decir que la probabilidad de que la moneda del otro cajón sea también de oro sería igual a 1/2. 

La paradoja es que aunque parece razonable, esta respuesta es incorrecta.

En efecto, el enunciado nos da como condición, que la moneda que contiene el cajón escogido al azar es de oro y por lo tanto nos pide calcular una probabilidad condicional. Veamos las tres posibilidades:

1. Que hayamos escogido la única moneda de oro en la caja 3 (PLATA, ORO*).

2. Que hayamos elegido la moneda del cajón izquierdo en la caja 1 que contiene (ORO*, ORO).

3. Que hayamos tomado la moneda del cajón derecho de la caja 1 (ORO, ORO*).

En el caso (A) la moneda que queda en la caja es la de plata.

En el caso (B) la otra moneda es de oro.

En el caso (C) la moneda que queda también es de oro.

Como se observa, de los tres casos posibles, sabiendo que la primera moneda es de oro, hay dos que son favorables. La probabilidad de que la otra moneda sea también de oro, es entonces el doble de la probabilidad de que la otra sea de plata. Por lo tanto la probabilidad pedida es 2/3; es decir 66,67%, que es mayor que la probabilidad que intuitivamente habíamos calculado como 1/2 o del 50%.

Este tipo de problemas que son llamados paradojas porque su solución es contraintuitiva, merecen una atención especial pues nos enseñan a ser muy cautelosos en las respuestas. Este problema en particular me parece fascinante porque aunque atenta contra la intuición, nos revela de manera comprensible una solución insospechada inicialmente, lo que enseña a no confiarnos en una primera respuesta sin precaución. 

@MantillaIgnacio

Nos hemos acostumbrado a oír la palabra probabilidad cuando nos informan qué clima vamos a tener en un día normal y entendemos perfectamente los anuncios que nos informan con porcentajes sobre la posibilidad de lluvias, aunque los meteorólogos no acierten. También, aunque se equivoquen los economistas, oímos frecuentemente sobre las expectativas económicas y las comprendemos perfectamente con los datos que involucran la probabilidad. Cuando se trata de apuestas sobre la victoria de un equipo de fútbol contra otro es inevitable usar las probabilidades, casi siempre basadas en datos estadísticos históricos.

Aunque la aparición de la teoría de la probabilidad aparentemente tuvo un origen muy reciente, con la axiomatización que le dio en 1933 el matemático ruso Andréi Kolmogórov, el estudio de la probabilidad comenzó mucho antes, gracias al interés en los juegos de azar. Se considera que la correspondencia entre los matemáticos franceses Pierre de Fermat y Blaise Pascal en el siglo XVII, en torno al “Problema del Caballero de Méré”, fue el comienzo del cálculo de probabilidades.

Antoine Gombaud – Caballero de Méré (1607-1684), fue un escritor y pensador francés, matemático aficionado, pero especialmente un experto jugador. Su interés y atracción por los juegos de azar le valió para que hoy se le reconozca un lugar en los orígenes del estudio de la teoría de la probabilidad, al plantear dos problemas muy famosos. Sobre uno de ellos, conocido como el “problema de la partida interrumpida”, escribí hace unos meses (ver https://blogs.elespectador.com/actualidad/ecuaciones-de-opinion/problema-del-reparto-una-apuesta). 

El segundo problema, que les voy a presentar, fue consultado por el Caballero de Méré al destacado matemático Blaise Pascal hacia 1650. La pregunta fue la siguiente: 

¿Por qué si lanzo un dado 4 veces y apuesto a que en alguno de los lanzamientos sale un 6, tengo más posibilidades de ganar que cuando lanzo dos dados 24 veces y apuesto a que en algún lanzamiento sale un doble 6? ¿Acierto o estoy equivocado?

El Caballero de Méré, como gran jugador que era, había observado que era ligeramente favorable la primera apuesta, pero razonaba diciendo que debía ser igualmente ventajosa cualquiera de las dos apuestas por las siguientes razones: 

La probabilidad de sacar un 6 con un dado en un lanzamiento es 1/6, por lo tanto la probabilidad de sacar un doble 6 con dos dados, es decir un 6 en ambos dados, en un mismo lanzamiento, es igual a multiplicar por 1/6 la probabilidad de sacar un 6 con un dado en un lanzamiento; es decir:

(1/6)(1/6) = 1/36. 

Así que al ser la relación de 4 a 6 la misma que de 24 a 36, las dos apuestas debían coincidir en su probabilidad de ganar.

Como siempre, cuando se conoce la solución de un problema, parece fácil, y en efecto, este problema, hoy en día parece muy sencillo. 

La solución es la siguiente: la probabilidad de que al lanzar un dado no salga un 6 es 5/6 porque hay 5 valores que no son 6, entre 6 valores posibles. Como se lanza 4 veces el dado y los lanzamientos son independientes, entonces la probabilidad de que no salga un 6 en esos 4 lanzamientos es:

(5/6) · (5/6) · (5/6) · (5/6) ≈ 0,48225.

Ahora bien, la probabilidad de que salga al menos un 6 es entonces el resultado de restar a 1 ese valor; es decir:

1-0,48225 = 0,51775.

Por lo tanto, con probabilidad mayor que 1/2, el Caballero de Méré ganaba la apuesta en el primer juego. Examinemos ahora el segundo juego:

Como se procedió antes, calculamos la probabilidad de que no salga el doble 6 y luego restamos ese valor a 1. Como el doble 6 es uno de los 36 casos posibles al lanzar los dos dados, entonces la probabilidad de que no salga el doble 6 en un lanzamiento es 35/36 porque hay 35 valores que no son el doble 6, de los 36 posibles. Como los dados se lanzan 24 veces y los lanzamientos son independientes, entonces la probabilidad de que no salga el doble 6 en 24 lanzamientos será:

(35/36)^24 ≈ 0,50860.

La probabilidad de sacar al menos un doble 6 en los 24 lanzamientos será:

1-0,50860 ≈ 0,49140

Entonces, con probabilidad menor que 1/2 el Caballero de Méré podía ganar en el segundo juego, lo cual no le era favorable. La probabilidad de ganar en el primer juego resulta casi un 2% mayor que la de ganar en el segundo juego.

Pascal y Fermat dieron la solución a este problema en la correspondencia que se generó entre ambos, pero quien formalizó todos estos argumentos fue el matemático holandés Christiaan Huygens (1629-1695), quien conoció esa correspondencia y publicó en 1657 el trabajo titulado De Ratiociniis in Ludo Aleae (Calculando en juegos de azar), considerado el primer tratado sobre el cálculo de probabilidades.

Finalmente les comparto otra manera de ver por qué razón el problema del Caballero de Méré resulta paradójico.

Al lanzar un dado se pueden obtener 6 resultados diferentes, por lo tanto en 4 lanzamientos podemos obtener:

6 x 6 x 6 x 6 = 1296 resultados diferentes.

¿En cuántos de esos 1296 resultados sale un 6? La respuesta es más fácil de dar calculando en cuántos resultados no sale 6 y restando ese número de los 1296. En efecto, si calculamos de cuántas formas pueden salir los números del 1 al 5 en un lanzamiento, obtenemos como respuesta 5; así que en 4 lanzamientos serán:

5 x 5 x 5 x 5 = 625.

Entonces el número de resultados en los que sale un 6 será:

1296 – 625 = 671.

Por lo tanto la conclusión es que en 4 lanzamientos de un dado hay más resultados en los que sale 6, que resultados en los que no sale 6. Así que la apuesta del Caballero de Méré para el primer juego era ventajosa.

@MantillaIgnacio

La fascinación por los juegos de azar, así como el deseo de hacerse rico con un golpe de suerte, han incentivado el estudio de algunas áreas de la matemática y en algunos casos ha motivado la investigación a profundidad para identificar maneras de acertar en las apuestas con una mayor probabilidad o para ganar sobre los demás con base en un mejor conocimiento. 

Contrario a nuestra intuición, abundan las paradojas matemáticas que nos muestran resultados inesperados que no son fruto del azar solamente y cuyo estudio pertenece a la fascinante área de la probabilidad. La famosa frase de Einstein: “Dios no juega a los dados”, puede explicar la razón por la que, ante el asombro por algunas respuestas insospechadas, queremos descubrir alguna razón lógica que las aclare y que reafirme la existencia de un gobierno universal regido por leyes naturales que no pueden ser incumplidas.

Como se ha podido documentar, el dado es un invento milenario; en efecto, un antiguo dado persa, descubierto en una excavación arqueológica en la antigua ciudad de Shahr-i Sokhta (ciudad quemada), ubicada al sudeste de Irán, tallado hace más de 5000 años en el hueso de un pie de un animal, así lo confirma. 

El juego de los dados fue uno de los más populares de la Edad Media y la fascinación por su práctica se extendió por varios siglos más. A mediados del siglo XVI atraía la atención de quienes gustaban de los juegos de azar en Italia y a esta atracción no escapaban los nobles. Fue así como en el año de 1560 el duque de La Toscana, de quien se dice que era un jugador empedernido, le consultó al célebre matemático Gerolamo Cardano (1501-1576) un problema sobre el juego con tres dados. Cardano  estudió el problema y lo incluyó en su obra titulada Liber de ludo aleae (Libro de los juegos de azar), considerado como el primer tratado de probabilidad. Pero la obra de Cardano solo fue publicada por primera vez en 1663, un siglo después de su redacción.

Galileo Galilei (1564-1642), quien no conoció la obra de Cardano, se interesó en este problema 50 años después de haberlo planteado el duque de Toscana y lo resolvió dando una respuesta convincente que puso fin a la discusión que generaba y despejando toda duda.

El problema, hoy conocido también como “la paradoja de los tres dados”, es el siguiente: el duque de Toscana había observado que en el juego, en el que se lanzaban tres dados y se sumaban los puntos, el resultado 10 aparecía más veces que el 9, lo que a él le parecía absurdo pues ambos números pueden obtenerse de seis formas posibles solamente y en tal caso los dos resultados deberían ser igualmente probables de obtener. En efecto, el duque tenía razón en que hay seis formas de obtener el 9 o el 10 con tres dados:

9 = 1 + 2 + 6       10 = 1 + 3 + 6 

9 = 1 + 3 + 5       10 = 1 + 4 + 5

9 = 1 + 4 + 4       10 = 2 + 2 + 6

9 = 2 + 2 + 5       10 = 2 + 3 + 5

9 = 2 + 3 + 4       10 = 2 + 4 + 4

9 = 3 + 3 + 3       10 = 3 + 3 + 4,

entonces, ¿cuál es la explicación de ese resultado paradójico?

A Galileo se le ocurrió una idea que es genial, como son las soluciones que nos parecen simples, cuando las conocemos; observó que había que tener en cuenta el resultado de cada dado y no solo los números requeridos en la suma, es decir, que, por ejemplo, la tripla (2,1,6), que indica que en el primer dado salió 2, en el segundo 1 y en el tercero 6, se puede producir también en la forma (1,2,6), con 1 en el primer dado, 2 en el segundo y de nuevo 6 en el tercero. Teniendo en cuenta esta observación, la misma tripla de números que suman 9 o 10 puede aparecer ordenada de diferentes formas; así por ejemplo, para la tripla antes indicada tenemos estas posibilidades:

(1,2,6), (1,6,2), (2,1,6), (2,6,1), (6,1,2), (6,2,1).

Si hacemos lo mismo para cada tripla de números que suman 9 o 10, las diferentes formas en las que se puede ordenar cada tripla son las siguiente, indicadas entre paréntesis:

9 = 1 + 2 + 6   (6)       10 = 1 + 3 + 6   (6)

9 = 1 + 3 + 5   (6)       10 = 1 + 4 + 5   (6)

9 = 1 + 4 + 4   (3)       10 = 2 +2 + 6    (3)

9 = 2 + 2 + 5   (3)       10 = 2 + 3 + 5   (6)

9 = 2 + 3 + 4   (6)       10 = 2 + 4 + 4   (3)

9 = 3 + 3 + 3   (1)       10 = 3 + 3 + 4   (3).

Las cuentas que realizó Galileo son esas exactamente, mostrando que el 9 podía aparecer en el lanzamiento de tres dados de 25 formas posibles y el 10 en cambio, de 27 formas posibles, con lo cual quedaba resuelta la duda y explicada la razón por la cual es más probable obtener 10 puntos que obtener 9 puntos al lanzar tres dados.

En realidad el error del duque de Toscana y la creencia generalizada que conducía al mismo error, era pensar que los dados lanzados eran objetos iguales e indistinguibles. Galileo cambió esa hipótesis y con esa sencilla, pero no evidente observación, separando luego los casos favorables a cada suma, hizo un aporte de vital importancia para el estudio de posibles eventos o sucesos equiprobables.

Como se puede concluir, los secretos que esconden las matemáticas de los juegos de azar también, como los juegos mismos, no solo nos entretienen sino que además nos enriquecen, especialmente con curiosidades y conocimientos.  

@MantillaIgnacio

Aunque el problema fue planteado en 1959 en una primera versión, publicada en la revista de divulgación científica Scientific American, por el gran divulgador matemático Martin Gardner (1914 -2010), fue gracias a un programa de concurso en la televisión estadounidense, llamado Let’s make a deal (que estuvo al aire entre 1963 y 1990), que el problema se divulgó con el nombre del presentador de ese programa: Monty Hall.

El problema de Monty Hall es el siguiente: suponga que está usted participando en un concurso y le han dado a elegir entre tres puertas. Detrás de una de ellas hay un carro nuevo y detrás de cada una de las otras hay una cabra, pero usted no sabe qué hay detrás de cada puerta; su premio será lo que haya detrás de la puerta que elija. Si usted ha elegido una puerta y antes de abrirla, el presentador, que sabe lo que hay detrás de cada puerta, abre una y deja ver detrás de ella a una cabra y luego pregunta: «¿se queda usted con la puerta elegida o quiere cambiar su elección?», ¿es mejor cambiar de puerta?

La intuición de la mayoría es que una vez descartada una puerta, la que el presentador ha destapado con la cabra detrás, la probabilidad de ganarse el carro es 1/2, pues al estar el premio detrás de alguna de las otras dos puertas, se tiene una opción favorable de dos posibles y por lo tanto da igual cambiar la elección inicial que no hacerlo. 

Sin embargo, la respuesta al problema se convirtió en una verdadera “bomba matemática” en 1990, cuando Marilyn vos Savant dio una respuesta distinta en la revista Parade, en su columna semanal llamada Ask Marilyn donde resuelve problemas de diversas temáticas. En efecto: Marilyn (nacida en 1946), famosa mujer a nivel mundial por ostentar el honor de ser la persona con el Cociente Intelectual (CI) más alto del planeta, con 228, había respondido una carta de Craig F. Whitaker, quien le pedía su consejo ante el dilema de cambiar o no la elección inicial de una puerta. La respuesta de Marilyn fue la correcta, pero sorprendente: es mejor cambiar de puerta para tener una mayor probabilidad de ganarse el carro.

Nadie imaginó lo que ocurriría después de la publicación de su columna con esa respuesta. En la redacción de Parade se recibieron miles de cartas señalando que la respuesta de Marilyn era incorrecta. En una de estas cartas le decían: “Tú eres la cabra”. En ellas se daba como respuesta correcta que tanto quedándose con la puerta elegida al principio como cambiando de puerta, la probabilidad era de 1/2. 

Entre los remitentes y críticos había algunos matemáticos asombrados y decepcionados del error debido a la poca formación matemática de la columnista. Se menciona que uno de ellos fue el matemático húngaro Paul Erdös (1913 – 1996), uno de los más importantes matemáticos del siglo XX, quien al ser interrogado sobre la respuesta de Marilyn expresó: “esto es imposible”. Posteriormente Erdös, como los demás, admitió que era él quien estaba equivocado.

Pero veamos por qué la respuesta correcta es: cambiando la elección inicial, aumenta la probabilidad de ganar. 

Imaginemos que el carro está detrás de la puerta #3 y consideremos las tres posibilidades que tiene el concursante: escoger la puerta #1, la #2 o la #3 y supongamos que el concursante siempre cambia la puerta elegida inicialmente, después de que le enseñen la que tiene la cabra detrás. Vamos a calcular la probabilidad de ganar el carro.

PRIMERA POSIBILIDAD. Escoge la puerta #1. 

En ese caso, el presentador no puede enseñar la puerta #3, ya que detrás está el carro; y tampoco puede mostrar la puerta #1, pues ha sido la escogida por el concursante. Por lo tanto, debe enseñar la puerta #2. La decisión del concursante, de cambiar la puerta elegida originalmente, obliga entonces a elegir ahora la puerta #3, pues ya vio la cabra detrás de la #2 y había elegido inicialmente la #1. En este caso el concursante gana, pues es detrás de la puerta #3 que se encuentra el carro.

En resumen, si elige la puerta #1 y cambia, entonces gana.

SEGUNDA POSIBILIDAD. Escoge la puerta #2.

En este caso, el presentador solo puede mostrar la puerta #1 con la cabra detrás. Por lo tanto al cambiar hay que elegir la puerta #3 y el concursante nuevamente gana.

En resumen, si elige la puerta #2 y cambia, entonces gana.

TERCERA POSIBILIDAD. Escoge la puerta #3.

El presentador bebe mostrar la puerta #1 o la #2, ambas con una cabra atrás. Así que al cambiar el concursante pierde.

En resumen, si elige la puerta #3 y cambia, entonces pierde.

Ahora bien; como se puede concluir, examinando las tres posibilidades anteriores, al cambiar la puerta inicialmente elegida, el concursante puede ganar en dos de las tres posibilidades, es decir que la probabilidad de ganar es de 2/3, mientras que con la decisión de no hacerlo, la probabilidad de ganar es apenas de 1/3, como se puede observar en el siguiente esquema que ilustra cómo, manteniendo la elección inicial, solo gana en una de las tres posibilidades.

De los trabajos de Buffon en matemáticas se destaca un problema que propuso en 1733 y que retomó en 1757. En su forma más sencilla de plantearlo, se trata de lanzar una aguja (al azar) sobre una superficie horizontal en la que están trazadas unas líneas paralelas equidistantes. Se pide calcular la probabilidad de que la aguja corte al menos a una de las rectas paralelas.

Como es apenas previsible, la longitud de la aguja debe ser decisiva para la solución; pero lo que no es previsible, y sí en cambio resulta sorprendente, es la solución del problema que se puede explicar e ilustrar como sigue:

Para mayor facilidad, vamos a suponer que la aguja tiene una longitud que es igual a la mitad de la distancia entre las paralelas. Al lanzar la aguja y tomar la posición de uno de sus extremos como punto de referencia (digamos P, el que está a nuestra izquierda), entonces, como ocurre con las coordenadas polares, dos valores son suficientes para expresar todas las posibilidades que tiene la posición de ese extremo de la aguja. Esos valores son:

(a) La distancia d entre ese punto P y la recta más cercana a él.

(b) El ángulo θ, formado por la aguja con una línea paralela a las rectas paralelas iniciales, que pasa por el extremo de la aguja que está en P. 

Es evidente que con los dos valores (d,θ) que oscilan de la siguiente manera:

0 ≤ d < L  y  0 ≤ θ < π,

donde L es la distancia entre las paralelas, es posible expresar todas las posibilidades que tiene la aguja al caer sobre la superficie lanzada.

Entonces todas las posibles posiciones de la aguja al caer se pueden representar en un rectángulo cuyos lados son de longitud L y π; es decir, un rectángulo de área Lπ, donde los puntos que están al interior del rectángulo representan todas las formas posibles en las que puede caer la aguja sobre la superficie, y ese es, por lo tanto, el conjunto de los casos posibles. 

Ahora hay que distinguir aquellos casos que son favorables entre todos los casos posibles, representados por el rectángulo antes descrito, o sea los que representan el corte de la aguja con alguna de las paralelas. Se puede observar que los casos favorables se producirán cuando:

d < (L/2)sen(θ)   y   0 ≤ θ < π,

por lo tanto, la probabilidad de que la aguja corte a una de las paralelas será la fracción cuyo numerador expresa los casos favorables y su denominador expresa los casos posibles; es decir la fracción con numerador igual al área bajo la curva correspondiente a la función (L/2)sen(θ) en el intervalo de cero a π, y con denominador igual al área del rectángulo.

Por lo tanto la probabilidad buscada será igual al valor de la fracción cuyo numerador es la integral entre 0 y π  de la función (L/2)sen(θ) y cuyo denominador es Lπ.  Entonces, como el valor de esa integral es (L/2)2 = L, tenemos que:

Probabilidad = L/Lπ  = 1/π.

La solución del problema nos aporta una relación curiosa, pues podría usarse un experimento para aproximar entonces el valor de π. En efecto, como la solución es el inverso de π, podemos lanzar la aguja repetidamente y contabilizar cada lanzamiento. De igual forma, cada vez que la aguja al caer intersecte una línea paralela contabilizamos un caso favorable. El número de casos favorables N’ (o cruces) sobre el número de lanzamientos (o casos posibles) N, a medida que el número de lanzamientos crece, se aproxima a la probabilidad de que la aguja lanzada corte alguna línea, la cual, como vimos es 1/π; por lo tanto:

N’/N ≈ 1/π;

entonces una forma de aproximar el número π es a través de

π ≈ N/N’.

Todo lo que hemos descrito hasta aquí es válido para una aguja que tenga la mitad de la longitud que separa las paralelas, pero en general, si llamamos A a la longitud de la aguja, se puede demostrar que:

Probabilidad = (2A)/(Lπ),

así que si elegimos una aguja que tenga una longitud igual a la distancia entre las paralelas, por ejemplo, entonces la probabilidad será de 2/π y en el experimento descrito solo habrá que multiplicar por 2 el resultado para aproximarse a π.

El problema de la aguja de Buffon nos ofrece una manera diferente de descubrir a π. La tradicional es trazando un círculo y dividiendo lo que mide su circunferencia entre lo que mide su diámetro.

@MantillaIgnacio