La Paradoja de los Cajones de Bertrand… @dealgunamanera...

La Paradoja de los Cajones de Bertrand…

Los cajones de Bertrand. Figura 1

Quiero contar un problema que suele generar múltiples controversias. Y está bien que eso suceda. En principio, la intuición indica una potencial respuesta. En general, esa respuesta no está bien y, por lo tanto, despierta –con toda razón– una  rebelión frente al interlocutor. Téngame un poquito de paciencia y ya verá a qué me refiero.

© Escrito por Adrián Paenza el sábado 18/03/2017 y publicado por el Diario Página/12 de la Ciudad Autónoma de Buenos Aires.

De hecho, cuando el matemático francés Joseph Bertrand lo presentó en 1889 en su libro “Calcul des Probabilities” (“Cálculo de Probabilidades”), la comunidad científica de la época entró en múltiples discusiones sobre si la solución presentada en el libro está bien o no. Es posible que a usted le pase lo mismo... o no, pero en cualquier caso, creo que vale la pena aprovechar este ejemplo para educar la intuición o, en todo caso, ponerla a prueba.

Supongo que es innecesario, pero lo escribo igual: el problema tiene respuesta única. Es decir, más allá de lo que yo escriba acá abajo, en ciencia no existe el principio de autoridad. Si usted no se queda satisfecha/o con lo que va a leer, ¡no lo acepte! Discútalo internamente (ya que yo no estoy allí con usted), hasta convencerse que o bien estoy equivocado yo... o usted. A mí... no me crea nada: lo único que vale es su propia deducción.

Lo curioso es que –de acuerdo con mi experiencia– aún en el momento en el que uno escucha/lee/entiende cuál es la verdadera respuesta... decía, ni aún así uno se queda conforme. ¡Y está muy bien que sea así! Acá voy.

En una habitación hay tres escritorios iguales con dos cajones cada uno (como los que se ven en la Figura 1).

Uno de los escritorios tiene una moneda de oro en cada cajón; otro tiene una moneda de plata en cada uno mientras que en el restante hay una moneda de cada metal. Desde afuera no hay manera de decidir qué contiene cada cajón.

Usted entra en esa habitación y elige un cajón de cualquiera de los tres escritorios. Lo abre y descubre que adentro hay una moneda de oro. Aquí es donde viene la pregunta (y el problema):

“¿Cuál es la probabilidad de que en el otro cajón del mismo escritorio, haya también una moneda de oro?”

Creo que el enunciado es sencillo y la pregunta es muy clara. Ahora... le toca a usted.

Respuesta.

Antes de proponerle que pensemos juntos la respuesta, tengo una pregunta: ¿a qué resultado llegó usted?

La tentación es decir que la probabilidad de que en el otro cajón haya una moneda de oro es ½ (50 por ciento). ¿Por qué? Es que una posible forma de razonar es la siguiente. Como usted tiene en la mano una moneda de oro, eso sirve para descartar al escritorio que tiene las dos monedas de plata. Los dos (escritorios) que quedan en carrera son: el que tiene las dos monedas de oro y el que tiene una de cada una. Y esto es obviamente correcto.

¿Cómo seguir? Si la moneda de oro que usted tiene en la mano la encontró dentro del cajón que corresponde al escritorio que tiene dos monedas de oro, entonces, la que queda es –justamente– de oro.

Pero también podría haber sucedido, que usted haya elegido el escritorio en donde cada cajón tiene una moneda de un metal distinto. En este caso, la que queda, ¡es de plata!

Desde aquí, pareciera... y quiero enfatizar esta palabra... pareciera que uno está en condiciones de contestar la pregunta de esta forma:

"La probabilidad entonces que la otra moneda sea de oro es ½ (o lo que es lo mismo, 50 por ciento)”

Sin embargo, esta respuesta no es correcta.

¿Cómo dijo? ¿Por qué? ¿Cómo que no es correcta? Y puedo imaginarme su fastidio.

“Si yo elegí una de oro, la que queda puede ser o de oro o de plata y por lo tanto, hay justo la mitad de posibilidades de que sea una u otra.

¿No se deduce de acá que la probabilidad es justo ½ (un 50 por ciento)? ¿Dónde está el error”.

Entiendo lo que me dice, pero ahora, permítame incluir un elemento que no tuvimos en cuenta hasta acá. Para hacer más gráfico el análisis, hagamos de cuenta que las monedas que están dentro de los escritorios tienen una etiqueta.

Me explico: en el escritorio que hay una de cada metal, llamo O1 (a la moneda de oro) y P1, a la de plata. Del mismo modo, llamo O2 y O3, a las dos monedas de oro que hay en el otro escritorio (el que tiene las dos monedas de oro).

Ahora, cuente conmigo cuáles son los escenarios posibles.

1) Posibilidad 1: usted abrió el cajón que contiene O1, y por lo tanto, en el otro cajón (que usted no ve) está P1. Perfecto.

2) Posibilidad 2: usted abrió el cajón que contiene O2. En ese caso, la moneda que queda es O3....

(y creo que usted ya se imagina hacia donde apunto).... Es que hay una tercera posibilidad que hay que incluir:

3) Posibilidad 3: usted abrió el cajón que contiene O3, y en este caso, ¡la moneda que está en el otro cajón es O2!

¿Qué dice esto? Esto dice que de los tres escenarios posibles, en dos de ellos, ¡la otra moneda es de oro! O sea, de las tres posibilidades, hay dos que dan moneda de oro (en el otro cajón), mientras que solamente una es de plata.

Conclusión: la probabilidad de que la otra moneda sea de oro es de... 2/3 (o de casi un 66,67 por ciento). Dicho de otra forma: sobre los tres casos posibles, hay dos en los cuales la otra moneda es de oro. Dos sobre tres... o sea, 2/3.

Y esto es lo que genera tanta controversia, porque uno no advierte que cuando abre el cajón y encuentra una moneda de oro, pudo haber abierto cualquiera de los TRES cajones que contenían monedas de oro. Como escribí más arriba, en solamente uno de los casos (si usted eligió O1), del otro lado hay una moneda de plata, mientras que en los otros dos, la moneda restante es de oro.

Este ejemplo y este caso a mí me parece fascinante, porque no solo atenta contra la intuición, sino que muestra cómo uno puede entrenar esa misma intuición, como si fuera un músculo. Y en el camino, uno se educa... lo que ciertamente, no es poco.

                     

Usted... ¿qué pensó?

  

La Zona Azul... @dealgunamanera...

La Zona Azul...

El otro día, conversando con un matemático de origen chino, me comentó sobre un problema que les habían planteado a niños de seis años en algunas escuelas públicas. Me mostró una figura (que es la que aparece más abajo) y me dijo que la pregunta que les hacían era la siguiente: “Tratá de determinar el área de la superficie pintada de azul... la zona azul”.

© Escrito por Adrián Paenza el sábado 31/12/2016 y publicado por el Diario Página/12 de la Ciudad Autónoma de Buenos Aires.

Me pareció un poco “raro” que fuera para niños de seis años pero, para convencerme, me mostró un enlace a una página en Internet  donde se proponía el mismo problema y en la presentación dice, explícitamente, que fue presentado a niños chinos de seis años.

Dicho esto, ahora creo que no interesa demasiado si fue así o no; lo que sí me importa es proponerlo acá y planteárselo a usted. Pero quiero hacer una observación más: ¡no importa si usted puede o no hacer las cuentas! Yo le voy a aportar los datos que quizás usted necesite, pero lo que sí me parece muy interesante es si usted puede decir: ésta es la estrategia que yo usaría para calcular lo que me piden. Es decir: para hacer los cálculos, yo le voy a dar lo que necesita, pero la estrategia la tiene que diseñar usted. Y créame, esto es lo único que importa. Para elaborar el plan, no le hace falta nada.

Para hacer las cuentas, sí.

Ahora sí, algunos detalles que quizás necesite.

1) El área de un círculo se calcula (como usted debe haber escuchado miles de veces, muy posiblemente en la escuela y/o colegio), como (pi “por” radio al cuadrado). A los efectos de hacer las cuentas más sencillas, si cree que lo necesita, utilice como aproximación del número pi, al número 3,14. Con eso le va a alcanzar. 

2) Si le hiciere falta también, el radio (en una circunferencia o un círculo) es la mitad del diámetro. Por ejemplo, si usted mira una rueda de bicicleta, “los rayos” que salen desde el centro son todos radios de esa rueda. Por supuesto, es solo una manera de visualizar lo que es un “radio”. 

3) Dos datos más, que no sé si necesitará, o no, pero para que no tenga que ir a buscarlos en otro lado: el área de un rectángulo se calcula como la “base” por la “altura”, es decir, la longitud de un lado multiplicada por la longitud del otro. Y por último, el área de un triángulo, se calcula como la medida de la base por la longitud de la altura... y sí... como me imagino que le sale una voz desde adentro que le dice: DIVIDIDO DOS. Bien: el área de un triángulo es efectivamente, “base por altura sobre dos”.

Con todos estos datos, fíjese en la Figura 1 y trate de estimar el área de la “Zona Azul”. La Figura consiste de un rectángulo cuyos lados miden 10 y 20 (podrían ser metros o centímetros o la unidad que usted quiera... ese dato es irrelevante; lo único que importa es que uno mide 10 y el otro mide 20). Dentro de ese rectángulo hay dos círculos, que son “tangentes” en el sentido que se “tocan” solamente en un punto (como se ve en la figura).

Antes de escribir la respuesta, me gustaría proponerle, una vez más algo que me parece súper-importante: ¡no lea lo que viene más abajo! ¡No se prive de pensarlo usted por su cuenta! ¿Quién la/lo apura? Permítase tener este problema en su cabeza tanto tiempo como le haga falta. Quizás se le ocurra enseguida; quizás no. ¿Y? ¿Qué diferencia hay? Ahora sí, su turno. 

Respuesta

Fíjese en lo siguiente. La “diagonal” que corta el rectángulo por la mitad, deja al área del rectángulo dividido en dos mitades. La Zona Azul que aparece en una mitad (en el triángulo de abajo), tiene una réplica en el triángulo “de arriba”. Es decir, el triángulo de arriba, también tiene su zona azul, sólo que no está marcada. Con este dato, ¿no tiene ganas de seguir por su cuenta ahora?

En todo caso, lo que uno podría hacer es lo siguiente: tomar el rectángulo entero, calcular el área, y restarle el área de los dos círculos. ¿Qué se obtendría? No tendríamos lo que queremos, pero estaríamos cerca, porque si al área del rectángulo le quitamos la de los dos círculos, vamos a tener dos “zonas azules”. Nos bastará con dividir por dos... ¡y listo!  Y justamente eso es lo que hay que hacer. Faltan las cuentas, pero el plan conduce a la solución.

¿Qué datos necesitamos?

a) Área del rectángulo. Esto es fácil: (lado por lado) = 10 x 20 = 200

b) Área de cada círculo. Como escribí más arriba, es (pi x radio al cuadrado). ¿Cuánto mide el radio? (¿quiere pensar usted por su cuenta?). Mientras tanto, yo sigo. Hay muchas maneras de convencerse que el radio mide 5. Yo le propongo que mire el círculo de la derecha (por ejemplo). El diámetro (que es la medida que va entre los dos puntos en donde ese círculo “besa” el techo y el piso del rectángulo) mide entonces 10. Como el radio es la mitad del diámetro, entonces, el radio mide 5.

c) ¿Cómo se calcula el cuadrado del radio entonces? Basta con multiplicarlo por sí mismo; es decir (5 x 5) = 25... 

¿Y ahora? Faltan los cálculos finales. 

1) Área del círculo: (pi x radio al cuadrado) = (3,14 x 25) = 78,5

2) Área de los dos círculos sumados = 78,5 + 78,5 = 157

3) Si restamos el área del rectángulo menos el área que ocupan los dos círculos, se tiene: 200 - 157 = 43

4) Pero este no es el resultado final, porque esto mide el área de LAS DOS ZONAS AZULES. Todavía falta dividir este número por la mitad: 43/2 = 21,5.

Listo. La Zona Azul mide 21,5

Para terminar, quiero hacer algunas reflexiones junto a usted. Si el objetivo pasa por hacer todos los cálculos, entonces sí, necesita de todos los datos que yo le di más arriba, pero para mí lo esencial es ser capaz de elaborar un plan, una idea, una estrategia, que sea conducente para llegar a la solución. Las cuentas las puede hacer una calculadora o una computadora. El plan lo tuvo que hacer usted. 

Feliz Año Nuevo.

La geometría y el pensamiento lateral… @dealgunamanera...

La geometría y el pensamiento lateral…

El siguiente problema tiene la particularidad que se puede contestar sin necesidad de escribir nada. Todo lo necesario “está a la vista”. Pero, hará falta aprovechar el pensamiento lateral, o sea, utilizar argumentos que no son los convencionales, o en todo caso, los primeros que a uno se le ocurren.

© Escrito por Adrián Paenza el domingo 31/07/2016 y publicado por el Diario Página/12 de la Ciudad Autónoma de Buenos Aires.

De todas formas, mientras escribo esto estoy pensando: ¿estará bien lo que estoy diciendo? ¿Y si a usted lo primero que se le ocurre es exactamente lo que hay que pensar para deducir la solución? ¿Quién dice que mi manera de pensar sea la suya? ¿O viceversa?

Bien, en todo caso, le propongo lo siguiente: yo planteo el problema y la/lo dejo en soledad para que usted decida cómo lo piensa. Si se le ocurre la solución en forma inmediata, mi suposición era equivocada. Si no es así, y si requiere de usted algo no tan inmediato, entonces me sentiré un poco más acompañado.

Basta de preámbulos. Acá va.

Concéntrese en la figura 1. Como ve, por un lado, hay un cuadrado. Dentro de ese cuadrado he dibujado dos triángulos. Si se detiene un instante en ellos, verá que cada uno tiene un lado que coincide con uno de los lados del cuadrado. Uno de los triángulos está apoyado en la pared izquierda del cuadrado, y el otro triángulo está apoyado en la base inferior del cuadrado.

Por lo tanto, cada triángulo tiene dos vértices que coinciden con dos vértices del cuadrado; el tercer vértice de cada uno de los dos triángulos, está ubicado en un punto cualquiera de otro lado del cuadrado.

Como usted advierte, los dos triángulos se cortan (en la figura 1 es la parte “rosada”). La otra región que aparece distinguida en la figura 1 es el área que no pertenece a ninguno de los dos triángulos.

Ahora, la pregunta: ¿cuál de estas dos áreas es más grande? ¿El área en donde se superponen o el área que no corresponde a ninguno de los dos?

Como podrá observar, no hay nada particular que hacer, sino mirar con cuidado y analizar la figura que tiene delante de los ojos. El resto se lo dejo a usted. Eso sí: lo único que creo que es necesario saber, es que el área de un triángulo se calcula como la base por la altura sobre dos. Salvo ese dato, creo que no hace falta ningún otro tipo de conocimiento previo. Usted será el juez.

Idea para la solución

Como escribí anteriormente, el área de cada triángulo se calcula como la base por la altura sobre dos. En el caso de los dos triángulos que figuran de la figura 1, la base de cada uno de ellos coincide con uno de los lados del cuadrado. Como el tercer vértice de cada triángulo está en el lado opuesto del cuadrado, eso significa que la altura de cada triángulo tiene la misma medida que el lado del cuadrado (fíjese en la figura para convencerse... no me crea a mí.... descúbralo usted).

Dicho esto, si el área de cada uno de estos triángulos se calcula como el lado del cuadrado (por ser la base) por la altura (que también coincide con el lado del cuadrado) dividido por dos, entonces, Área de cada triángulo = (lado del cuadrado) x (lado del cuadrado)/2.

Si usted piensa en este dato, el área de un cuadrado se calcula como (lado x lado). En este caso, el área de cada triángulo es (lado x lado) / 2. ¿Qué hemos deducido?: que cada triángulo tiene como área ¡la mitad del área del cuadrado!

Luego, lo que no está incluido en cada triángulo, también tiene como área la mitad del área del cuadrado.

Mire ahora la figura 2.

Los sectores que figuran con un punto negro, son todos los que no están en el triángulo vertical. Si uno suma las áreas marcadas con el punto negro, se obtiene la misma área que la del triángulo vertical, porque lo que está adentro y lo que está afuera miden lo mismo (igual a la mitad del área del cuadrado).

Pero, por otro lado, si uno suma las regiones marcadas con un punto rojo se obtiene el área del segundo triángulo, el que está en forma horizontal. Luego, el área medida por la suma de los puntos negros tiene que ser igual al área de la suma de los puntos rojos.

Dicho esto, como hay dos sectores que tienen puntos rojos y negros simultáneamente, uno deduce que la región que tiene solamente un punto rojo tiene que ser igual a la región que tiene solamente puntos negros.

¡Pero estas dos regiones son las que queríamos comparar! La que tiene el punto rojo solamente, es la región en donde coinciden los dos triángulos; y las que tienen un punto negro únicamente son las regiones del cuadrado que no tocan a ninguno de los dos triángulos.

Es decir, hemos comprobado, que la respuesta a la pregunta original es: ¡esas dos áreas son iguales! El área en donde se cortan los dos triángulos y el área en donde no hay ninguno de los dos triángulos son iguales.

Y eso termina por contestar la pregunta.

Como usted ve, salvo la fórmula del área de un triángulo (la mitad de la base por la altura), no fue necesario ni usar ni saber más nada. Sólo pensar con un poco de cuidado y acercarse al problema en forma un poco más... ¿lateral?

Preguntas (a la que no aspiro tener ninguna respuesta): ¿qué le pasó a usted? ¿Se le ocurrió enseguida? ¿Hubo algo que le hizo sospechar que esas áreas tenían que ser iguales? ¿Cómo pensó el problema? No sabe cómo me gustaría poder estar junto a usted para escuchar sus reflexiones. Seguro que eso me ayudaría muchísimo para educar mi percepción.

La infidelidad en el reino de Josefina... @dealgunamanera...

La infidelidad en el reino de Josefina...

El que sigue es un problema de lógica precioso. Para abordarlo, le pediría que lea el enunciado pero no lea la solución. Créame: la única gracia posible es que lo piense usted y verá que encima se va a divertir. Lo voy a presentar como si fuera un cuento. Acá voy.

© Escrito por Adrián Paenza el domingo 06/03/2016 y publicado por el Diario Página/12 de la Ciudad Autónoma de Buenos Aires.

Suponga que hay un país, que desde que fue fundado ha sido siempre gobernado por mujeres, algo así como un verdadero “matriarcado”. En el momento que se produjeron los hechos que quiero contar acá, la reina era conocida con el nombre de Josefina.

Josefina había tenido siempre problemas con la infidelidad de los hombres que habían jurado lealtad a sus respectivas mujeres el día de su casamiento. Con el objetivo de resolver este tipo de situaciones, había promulgado algunas leyes ciertamente curiosas.

La primera decía que para que una mujer pudiera casarse, tenía que aprobar un test de lógica de manera tal que pudiera manejarse en la vida con una capacidad “lógica impecable”.

Por otro lado, en el reino de Josefina, toda mujer sabía sobre la fidelidad de todo hombre casado pero con una sola excepción: ¡su propio marido! Es decir, cada mujer sabía cuán fiel era todo hombre casado que viviera en cualquier otra casa, salvo en la propia.

Pero había más: por una cuestión de “elegancia y etiqueta”, ninguna persona podía acercarse a una mujer y hablarle sobre la fidelidad de su marido. Con eso se completaba el círculo: una mujer no podía ni saber ni averiguar nada a través de otras personas sobre lo que sucedía en su propia casa respecto a la fidelidad de su esposo.

Las casas de este reinado estaban congregadas en un lugar muy reducido, de manera tal que –por ejemplo– cualquier disparo producido con un arma de fuego podía ser oído por todos los habitantes. Es decir, cualquier explosión que se produjera en una casa del reino, era escuchada claramente en toda otra casa.

Esto habría de adquirir mucha importancia porque Josefina había determinado con otra ley que si una mujer llegaba a descubrir (por algún medio) que su marido le era infiel, debía matarlo a la medianoche del mismo día en el que ella se hubiera enterado.

Aún con todas estas restricciones, la vida transcurría normalmente hasta que un día, sorpresivamente, Josefina congregó a todos los habitantes del reino a una reunión que se hizo en la plaza central. Allí pronunció un discurso que tuvieron que escuchar –forzosamente– todos los habitantes. En tono admonitorio le advirtió a la población toda que ella se había enterado hacía nada más que una hora, que en el reino había por lo menos un hombre casado que era infiel a su mujer.

¿Qué cree usted que pasó a partir de allí?

  

Solución

Para pensar lo que sucedió en el reino de Josefina le voy a proponer que vayamos imaginando juntos potenciales situaciones. En el momento que ella pronuncia su discurso, todas las mujeres del reinado sabían lo que sucedía con todos los hombres salvo con sus propios maridos. Le propongo que empecemos, usted y yo, suponiendo que en el reino hay (y esto es importante) un solo marido infiel.

De acuerdo con todo lo que escribí más arriba, todas las mujeres sabían que había un marido que era infiel, pero había una excepción: su propia mujer.

Pero lo interesante es que ella era la única del condado para quien ¡todos los maridos eran fieles! Por lo tanto, cuando ella escucha a Josefina en la plaza, no tiene más dudas: el infiel tenía que ser su propio marido. Llega la noche y lo mata (tal como estaba estipulado por la ley).

En definitiva, si en el reino hay un solo marido infiel, su mujer se entera en el momento que escucha el discurso de Josefina y lo mata la misma noche que se entera.

Ahora, pasemos al caso siguiente, en donde en lugar de un solo marido infiel, hubiera dos.

La situación es distinta, porque al haber dos, las mujeres de estas dos personas creían que había solamente uno. El resto de las mujeres, saben perfectamente que hay dos. Si usted recuerda lo que escribí más arriba, si hay uno solo esa misma medianoche su propia mujer lo va a matar. Cuando llega la medianoche y no se escucha ningún disparo, eso les indica a estas dos mujeres que tiene que haber más de un infiel. Por lo tanto, las dos mujeres que creían que había solo uno, saben que hay dos, y por lo tanto, a la segunda medianoche ¡matan a sus propios maridos!

La moraleja es que si hay dos maridos infieles, las mujeres de ambos no los matan la misma noche, sino a la segunda y eso resuelve este caso.

¿Quiere pensar qué sucedería si en lugar de uno o dos maridos infieles, los que engañaban a sus mujeres fueran tres?

Sigo yo. Supongamos que son tres los infieles. Como en el caso anterior, todas las mujeres del reino saben que son tres, salvo las tres esposas que creen que son dos. Estas tres saben que si hay dos (como vimos en el caso anterior), a la segunda noche deberían escucharse dos disparos. Cuando esos disparos no se escuchan, ellas saben que tiene que haber un tercero y que es el marido de cada una el que está engañando. ¿Qué tienen que hacer entonces? La tercera noche, se escuchan tres disparos y cada una de estas tres mujeres mata a su marido.

A esta altura creo que está claro cuál es el patrón. Si en el reino de Josefina hubiera 20 maridos infieles, habrá que esperar que pasen 19 noches sin que se escuche ningún disparo. Pero seguro que en la vigésima noche, habrá veinte tiros que implicarán la muerte de 20 hombres infieles. Y lo mismo si en lugar de 20, el número de maridos infieles fuera cualquier número “n”. En la “enésima” noche habrá “n” disparos.

Y esta es la conclusión final. Como siempre, haciendo gala de una lógica impecable, no hay lugar para infidelidades en el matriarcado de Josefina. No quiero imaginarme lo que pasaría en nuestras sociedades con leyes de ese tipo... pero esas conclusiones se las dejo a usted. 

Autitos… @dealgunamanera

Autitos…

Tengo un problema interesantísimo para plantearle. En general, este tipo de problemas parecen no estar ligados con la matemática pero en realidad, no sólo no es así sino que forman una parte central de su estructura. Me apuro a escribir que el problema es entretenido, divertido, accesible y tiene el atractivo extra de que yo le voy a dar una parte de la solución. Si me permite sugerirle algo, no trate de resolverlo inmediatamente. Permítase pensarlo durante un tiempo. No hay apuro. Más aún: si usted logra describir “alguna” estrategia, no importa si es la óptima, verá que se va a sentir muy bien.

Por otro lado, en la vida cotidiana, uno tiene pocas oportunidades de resolver este tipo de problemas, y cuando se enfrenta con uno de ellos, pareciera como que uno está “jugando” o “perdiendo el tiempo”, y en realidad, no sólo no es así, sino que es una verdadera lástima que se interpreten de esa forma. Pensarlos (y resolverlos) es “hacer matemática” y en el mundo que vivimos hoy, las personas que son capaces de diseñar soluciones a este tipo de problemas, son fuertemente valorados y muy buscados en el mercado laboral.

Bueno, basta de prolegómenos. Acá voy.

Suponga que usted tiene 25 autitos de carrera. Necesita seleccionar los tres más rápidos. Tiene una pista para hacerlos correr pero no tiene cronómetro. Eso no sería un problema si usted pudiera hacerlos correr a todos al mismo tiempo. Bastaría con hacerlos dar vueltas a una pista (digamos 10 vueltas) y quedarse con los tres que lleguen primeros. Pero acá es donde aparece la primera dificultad: la pista solo “tolera” cinco autitos por carrera. Es decir, en la pista no puede haber más de cinco autos por vez.

Y acá llega el punto crítico. Uno podría preguntarse: ¿cuántas carreras tengo que hacerlos correr para poder encontrar los tres más rápidos? Si uno no tuviera tiempo y recursos ilimitados, estoy seguro de que usted podría diseñar múltiples alternativas para determinar los tres más rápidos, pero ¿qué pasaría si yo le dijera que solamente puede usar la pista siete veces? Como usted advierte, ahora el problema adquiere otra dimensión. ¿Cómo hacer? ¿Cómo elegir los autitos que tienen que correr esas siete carreras?

Resumo: uno tiene 25 autitos, una pista para hacerlos dar vueltas. Solamente se permiten cinco autos por carrera. No hay un cronómetro para determinar los tiempos. Todo lo que se puede hacer al terminar una carrera, es ordenarlos por orden de llegada. Se trata entonces de elegir los tres más rápidos usando nada más que siete carreras.

Como se ve, el problema consiste en diseñar una estrategia para seleccionar los autitos para cada carrera. Esa es la parte que le corresponde a usted. Yo ya lo “ayudé” cuando le dije que con siete carreras alcanza. Ahora se queda usted con la chance de pensar.

Solución

Yo voy a proponer acá una estrategia posible. Estoy seguro de que debe haber otras. En todo caso, si usted encontró alguna, fíjese si coincide con la que figura más abajo. Si así no fuere, nadie dice que la suya sea ni peor ni mejor que la mía. Serán dos formas diferentes de resolver el mismo problema.

Las primeras cinco carreras servirán para determinar “algún” orden entre los 25 autitos. Digamos que terminan ordenados así:

A1, A2, A3, A4, A5

(donde A1 es el más rápido entre estos cinco y A5 el más lento).

De la misma forma, se obtienen estos otros resultados:

B1, B2, B3, B4, B5

C1, C2, C3, C4, C5

D1, D2, D3, D4, D5

E1, E2, E3, E4, E5

Antes de avanzar, fíjese que estas carreras sólo determinan un orden entre los cinco que estaban en la pista, pero no se puede sacar ninguna conclusión si uno los mezclara. ¿Qué quiero decir con esto? Es que el auto C5 pudo haber sido el más lento cuando se enfrentó con C1, C2, C3 y C4, pero quizás hubiera sido el más rápido si yo lo hubiera hecho correr con A1, A2, A3 y A4.

Entonces ahora, para la sexta carrera, voy a tratar de relacionar a todos los competidores de alguna forma. Para eso, hago correr a los ganadores de las cinco carreras. Es decir, hago correr a A1, B1, C1, D1 y E1.

Supongamos que este fue el resultado de esa competencia:

A1, B1, C1, D1 y E1.

¿Qué conclusiones se pueden sacar de estas seis carreras? Este sería el momento en el que usted, si llegó hasta acá, debería detenerse y pensar qué hacer para poder concluir cuáles son los tres más rápidos –entre los veinticinco– pero ahora, ¡solamente nos queda una carrera para realizar! Yo voy a seguir acá abajo, pero le sugeriría que no lea lo que viene sin haberle dedicado un rato a pensar usted en soledad. Créame que vale la pena.

Sigo. Ahora voy a sacar –junto con usted– algunas conclusiones de las seis carreras que hubo hasta acá.

De las cinco primeras carreras se obtienen estas dos conclusiones:

1) Los autitos A4 y A5 quedan eliminados, porque tienen por delante de ellos tres que son más rápidos: A1, A2 y A3.

2) Los autitos B4, B5, C4, C5, D4, D5, E4 y E5 quedan eliminados por la misma razón: todos tienen tres autitos más rápidos.

Luego, ya hemos eliminado 10 autitos. Nos quedan 15. ¿Qué se puede inferir ahora con la sexta carrera que relaciona los ganadores de las cinco primeras?

Fíjese que como el orden en esa sexta carrera fue A1, B1, C1, D1 y E1, esto significa que quedan eliminados D1 y E1 porque tienen tres autos por delante: A1, B1 y C1.

Pero si D1 y E1 están eliminados, entonces también lo están todos los que corren con las letras D y E, porque si los dos más rápidos quedaron afuera, con más razón los que vinieron por detrás.

Hasta acá entonces, quedaron afuera, por distintas razones (y fíjese si usted está de acuerdo): A4, A5, B4, B5, C4, C5 y todos los que corrieron con las letras D y E. Esto significa que hemos eliminado 16 autos. Nos quedan nueve.

Ahora acompáñeme a pensar por este lado. Fíjese que la sexta carrera dice que C1 tiene dos autos por delante: A1 y B1. Luego, C2 y C3 tienen tres o más autos que son más rápidos que ellos, y por lo tanto, quedan eliminados también. Esto permite afirmar que de los coches que llevan la letra C, el único que tiene posibilidades de estar entre los tres más rápidos es C1 y se quedan afuera C2 y C3.

Por su parte, como B3 tiene por delante a B1 y B2 por la carrera entre ellos y además, de la sexta carrera, A1 es más rápido que B1, y por lo tanto que B2. Esto dice que B3 se queda afuera porque están por delante de él A1, B1 y B2.

Yo sé que todo esto se parece a una “sopa de letras”, pero si usted me siguió hasta acá, habrá descubierto que quedaron estos autos como candidatos:

A1, A2, A3, B1, B2 y C1 (*)

¿Y entonces? Tenemos seis autos para seleccionar los tres más rápidos pero no los podemos hacer correr a todos porque solo entran cinco en la pista. Nos queda una sola carrera para usar. ¿Qué hacer?

Y la respuesta es que sí, que se puede hacer algo. Más aún: lo que le propongo hacer es pensar con una idea diferente. Fíjese que el auto A1, al haber ganado la sexta carrera, demostró ser el más rápido de los 25 autos: ganó su serie (con todos los autos que llevaban la letra A), pero además, les ganó a todos los ganadores de las otras carreras. Luego, el auto A1 seguro que está entre los tres más rápidos. Tanto es así, que es él mismo el más rápido de todos. Luego, no hace falta que lo haga correr con los otros que quedaron entre los que figuran en (*). Lo que puedo hacer, entonces, es hacer correr a los otros cinco (A2, A3, B1, B2 y C1) y quedarme con los dos más rápidos. ¿Se entiende la diferencia? Ahora no necesito seleccionar los tres más rápidos entre los cinco que quedan, sino los dos más rápidos. De esta forma, estos dos autos más el A1 serán los tres más rápidos que estaba buscando y utilicé para descubrirlos, solamente siete carreras.

Moraleja

Como escribí más arriba, aunque no lo parezca, esto es “hacer matemática”. Más aún: los matemáticos, o los programadores, detectarían que hay algunas variaciones que se pueden hacer al problema original y buscar diferentes estrategias para resolverlos. Sígame por acá.

1) Uno podría modificar el número de autos. No tienen por qué ser 25. ¿Cómo cambiará la estrategia si en lugar de haber 25 autos hubiera 10? ¿Y si hubiera 30? ¿O 100? Esto ya muestra que quizá, siete carreras no alcanzarán (o sobrarán, dependiendo el caso).

2) Otra variable a considerar es el número de autos que entran por carrera. Si en lugar de entrar cinco entraran 25, por ejemplo, entonces en el problema que planteé más arriba alcanzaría con una sola carrera: corren todos y listo. Me quedo con los tres más rápidos. Pero si uno permitiera seis autos, ¿cómo habría que modificar lo que hicimos más arriba? ¿Y si se permitieran siete autos por carrera? ¿O diez? Luego, el número de autos por carrera también es una variable a considerar.

3) ¿Y si en lugar de elegir los tres más rápidos hubiera que elegir los cuatro más rápidos? ¿O los dos más rápidos? Es decir, el número de autos a seleccionar es también una variable a tener en cuenta.

Como se ve, reducir el problema a 25 autos, en donde pueden correr cinco por carrera y hay que elegir los tres más rápidos, es sólo un caso particular entre los infinitos posibles. Elaborar estrategias que permitan resolver todos los problemas al mismo tiempo no es algo sencillo ni mucho menos, pero como usted detecta, el problema original, que parecía un juego, se puede transformar en algo muchísimo más complicado y muchísimo más útil. Es solo cuestión de aprender a diseñar estrategias que minimicen el esfuerzo, optimicen los recursos y maximicen los resultados. Algo parecido a lo que sucede en la vida cotidiana, ¿no es así?

* Este problema lo conocí a través de Juan Pablo Pinasco. Lo propuse en varias escuelas públicas del país y también el 25 de octubre en una reunión en Tecnópolis.

© Escrito por Adrián Paenza el domingo 05/04/2015 y publicado por el Diario Página/12 de la Ciudad autónoma de Buenos Aires.