Campamento para tres. (Superpanzeta)

Transcripción

1 Campamento para tres. (Superpanzeta) Aniceto y Bartola están acampados en la montaña, y se disponen a jugar al Monopoly para pasar el rato. Mientras colocan el tablero y todos los accesorios sobre una roca, una cabra aparece de improviso y lo desparrama todo por el suelo, así que lo recogen todo y deciden jugar resguardados dentro de la tienda de campaña. Pero después de colocarlo todo de nuevo, se dan cuenta de que se han perdido los dos dados. Aniceto opina que ya no van a poder jugar al Monopoly, y guiñando un ojo, le dice a Bartola que tendrán que entretenerse haciendo alguna otra cosa. Bartola sabe perfectamente que Aniceto ha escondido los dados, pero no se lo quiere poner fácil a su compañero y afirma que todavía pueden jugar al Monopoly cambiando los dados por cartas de una baraja vieja que siempre llevan en la mochila. La idea es simple, dice Bartola, sólo hay que separar dos grupos de cartas del 1 al 6 (12 cartas), y elegir al azar una carta de cada grupo, lo que evidentemente equivale a lanzar dos dados. Pero al buscar las 12 cartas apropiadas, Aniceto anuncia que la baraja está incompleta y no pueden conseguir los números que desean. Bueno, no pasa nada, dice Bartola, que ha visto cómo Aniceto esconde disimuladamente montones de cartas bajo la colchoneta. Como la baraja ya está estropeada, escribiremos con un rotulador los valores que convengan sin tener en cuenta el valor original de las cartas. Para esto, sólo necesitaremos 12 cartas cualesquiera y este rotulador que tengo en la mano. Pero cuando Bartola coge las cartas que han quedado, se da cuenta de que sólo hay 9. Aniceto sonríe. Qué pena, no podremos jugar al Monopoly. Claro que sí, dice ella. Súbete los pantalones y atiende: en el Monopoly, lo que cuenta es la suma de los dados, así que usaremos estas 9 cartas mezcladas boca abajo, y luego cogeremos dos de ellas al azar y sumaremos sus números como si fueran los dos dados originales. Pero eso afectará a las jugadas, dice Aniceto. Aunque consiguieras las mismas sumas, sus probabilidades no serán las mismas que con los dados de verdad. Y a tí, qué más te da?, contesta Bartola. Además, puede que pase eso y puede que no. Todo dependerá de los valores que escribamos en las cartas. mposible, dice Aniceto. Si lo consigues, duermo a la intemperie. Y esa misma noche, Aniceto durmió muy calentito, abrazado a la cabra. La pregunta es: qué pasó? (Con las cartas, no con la cabra) Elegid una de las opciones: A- Bartola no consigue simular de forma perfecta la suma del lanzamiento de dos dados, pero Aniceto se pone tan insoportable, que Bartola lo echa a patadas de la tienda. Debéis demostrar por qué no se puede conseguir la simulación. B- Bartola consigue simular perfectamente la suma. Debéis especificar 9 valores que sirvan.

2 Solución: Bartola quiere conseguir simular una tirada de dos dados, que puede dar 36 resultados posibles con igual probabilidad. Esos resultados se repiten dando los siguientes valores (entre paréntesis cuántas veces aparece cada uno): 2(1), 3(2), 4(3), 5(4), 6(5), 7(6), 8(5), 9(4), 10(3), 11(2), 12(1). Lo primero que debe comprobar para saber si es posible encontrar una solución es si el número de resultados posibles es 36 o múltiplo de 36. De no ser así no podría encontrarse un resultado o grupo de resultados cuya probabilidad de salir fuera, por ejemplo, 1/36. Como va a sacar dos naipes sin reposición de un grupo de 9, el número de casos posibles es 98=72, múltiplo de 36, de modo que no descartamos el problema. De hecho si ignoramos el orden de salida los 72 casos se reducen a 36, lo que facilita la búsqueda. Lo primero que plantea Bartola es asignar en una tabla las 36 combinaciones de cartas a los 36 resultados numéricos buscados, algo como 7 +J =8, lo que simularía perfectamente los dos dados. Pero Aniceto dice que no, que debe escribir números en los naipes. Entonces Bartola recuerda una propiedad de los números de Fibonaci, la de que la suma de dos de ellos (descartando el 1 inicial) siempre da un resultado diferente. Así que pinta los números 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34 y 55 en los 9 naipes, y hace una tabla en la que asigna a los 36 valores de las sumas los 36 valores que pueden salir en los dados. Y Aniceto vuelve a decir que no, que no vale utilizar tablas. Bartola no se rinde y encuentra una nueva solución. Escribe en los 9 naipes lo siguiente: 1, 1(6), 2, 3(6), 3, 4, 5, 6(7), 7(7). Le eplica a Aniceto que para saber cuál es la tirada de los dados a la que equivale se suman los valores de los dos naipes, ecepto si los dos tienen el mismo número entre paréntesis en cuyo caso es ese valor, el que está entre paréntesis, el que debe tomarse. Aniceto comprueba que el sistema funciona perfectamente, pero alega que él lo que ha pedido son números, números, números, sin condicionales ni tablas ni nada que se le parezca. Descartadas las soluciones anteriores, Bartola decide atacar el problema de forma sistemática. Llama A, B, C, D, E, F, G, y a los valores de los naipes escritos de forma ordenada de menor a mayor. Como el menor valor de la suma es 2, razona que A+B=2, ya que cualquier otra suma dará un valor mayor. Del mismo modo deduce que A+C=3, pero para hallar el otro 3 encuentra dos posibilidades: 1) B+C=3 o 2) A+D=3; pero nunca las dos porque el 3 solo debe aparecer dos veces. Veamos el primer caso: 1) Si A+B=2, A+C=3 y B+C=3, la suma menor de las que quedan debe ser A+D=4. Eso le da un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas, cuyas soluciones son A=1, B=1, C=2 y D=3. Eso ya le dice que B+D=4 y C+D=5. Falta un 4, que necesariamente debe ser A+E=4. Y aquí surge el problema, pues B+E=1+3=4, lo que da un 4 de más y hace inviable este camino. Descarta por tanto que B+C=3.

3 2) Ve ahora el segundo caso, A+B=2, A+C=3 y A+D=3. B+C puede valer 4 o no, va a analizar primero si puede tomar otro valor. 2.1) Si B+C no es 4, los cuatros deben obtenerse de A+E=A+F=A+G=4. Eso ya obliga a que B+C=B+D=5, como se ve en la tabla: A B C D E F G A B 2 C 3 5 D 3 5 E 4 F 4 G 4 Resuelve el sistema de ecuaciones A+B=2, A+C=3, B+C=5, A+D=3, B+D=5. Las soluciones son A=0, B=2, C=3, D=3, y con A+E=A+F=A+G=4 se puede añadir que E=F=G=4. Con esos valores sigue completando la tabla: A B C D E F G A B 2 C 3 5 D E F G Los dos cincos que faltan deben estar en A+=A+=5, de modo que ==5. Pero eso le da un tabla que no sirve: A A B C D E F G B 2 C 3 5 D E F G

4 2.2) De todo lo anterior deduce que B+C=4. Ahora resuelve el sistema de ecuaciones A+B=2, A+C=3, A+D=3, B+C=4, con soluciones A=0,5, B=1,5, C=2,5, D=2,5. Eso le da la siguiente tabla: A A B C D E F G B 2 C 3 4 D E F G A El menor valor que queda es A+E=4. Eso le dice que E=3,5 y añade otra línea a la tabla: A B C D E F G B 2 C 3 4 D E F G A Siguiendo línea a línea calcula F=4,5, G=4,5, =5,5 y =6,5. La tabla completa es: A B C D E F G B 2 C 3 4 D E F G Así que Bartola escribe en los 9 naipes los números 0,5, 1,5, 2,5, 2,5, 3,5, 4,5, 4,5, 5,5 y 6,5. Y Aniceto se va a dormir con la cabra.

5 Bartola todavía tenía más opciones: Si le hubieran quedado 6 cartas hubiera bastado con escribir los números del 1 al 6 y simular las tiradas de los dos dados de forma consecutiva. Y con 4 naipes seguía teniendo la opción de simular un dado, sacando dos de ellos y sumando los valores que tiene. Este caso presenta dos soluciones, una escribiendo los números 0, 1, 2 y 4 y la otra, más curiosa, escribiendo -0,5, 1,5, 2,5 y 3,5. 0,5 1,5 2,5 3, ,5 0 1, , , Claro que era de esperar que a Aniceto tampoco le satisficieran estas ssoluciones. Mmonchi