El problema del domingo (2)

Hola...

Antes de plantear el nuevo problema, tres comentarios:

1) Augusto Spela me envió una solución correcta al problema anterior. Felicitaciones a Augusto.

2) El primer problema del domingo fue publicado un sábado; éste es publicado un miércoles. Ya mejoraremos la puntería.

Ahora sí, el problema:

¿Cuántas soluciones reales tiene la siguiente ecuación?

$0,00001=e^{-\textrm{arctg}(x)+10,71}$

El problema del domingo (1)

Dados n puntos en el plano ¿es siempre posible trazar n rectas que sean paralelas y equidistantes entre sí tales que cada punto pertenezca exactamente a una de esas rectas? ("Equidistantes" significa aquí que la distancia entre dos rectas consecutivas es la misma.)

Razonamiento combinatorio (Parte 3 y última)

(Viene de la parte 2.)

Uno, uno, dos, cuatro

¿Cuántos números de cuatro dígitos pueden armarse permutando las cifras 1, 1, 2, 4? Para facilitar el razonamiento, imaginemos que las cifras están escitas en cuatro fichas que, además, identificamos con las letras A, B, C, D. Un número se forma, entonces, eligiendo sucesivamente, cada una de estas cuatro fichas; por ejemplo, si elegimos BDAC, en ese orden, obtendremos el número 1.412.

Sin embargo, a priori, no podríamos aplicar el Principio General de Enumeración, porque (como sucedía en el caso de los triángulos) series de elecciones diferentes pueden generar el mismo número. Por ejemplo, la elección ACDB y la elección BCDA generan el número 1.241 (en negrita, las fichas que tienen la misma cifra). De todos modos, la estrategia consistirá en razonar como si las cuatro fichas fueran diferentes, aplicar el Principio General de Enumeración, y después (como hicimos con los triángulos) modificar el resultado obtenido tomando en cuenta las repeticiones.

Si todas las fichas fueran diferentes, el Principio General de Enumeración nos diría que las formas de ordenar las cuatro fichas son $4\times 3\times 2\times 1 = 24$ (que también podemos escribir como 4!), ya que tendríamos cuatro elecciones para primera ficha, tres para la segunda (que debe ser diferente de la primera), etc. Ahora bien, como ya observamos, algunas de estas 24 elecciones representan el mismo número; por ejemplo, el número 1.124 aparece al elegir ABCD y al elegir BACD; el número 1.421 aparece al elegir ADCB y al elegir BDCA; el número 4.211 aparece al elegir DCAB y al elegir DCBA; y así sucesivamente. Vemos así que, en los 24 resultados que calculamos antes, cada número está contado dos veces; en consecuencia, 24 es el doble de la cantidad real de resultados. La respuesta correcta es, entonces:

$\frac {4\times 3\times 2\times 1}{2} = \frac {4!}{2} = 12$

Formulemos una variante de la pregunta anterior: ¿Cuántos números de cinco dígitos pueden armarse permutando las cifras 1, 1, 1, 2, 4? En otras palabras, tenemos ahora cinco fichas.

Para responder la pregunta, repetimos la estrategia anterior y aplicamos primero el Principio General de Enumeración como si las cinco fichas fueran diferentes. El resultado que obtenemos es 5! = 120. A continuación, tenemos que preguntamos cuántas veces, en esos 120 resultados, está representado cada número. 

Observemos que, si intercambiamos entre sí las fichas A, B, C, el número obtenido es siempre el mismo. Por ejemplo, las elecciones ABCDE y BCADE generan ambas el número 11.124. La pregunta, entonces es ¿cuántas formas hay de intercambiar entre sí las letras A, B, C? Tenemos aquí, una vez más, el problema de los seis amigos que se toman una fotografía en fila, sólo que ente caso los amigos son 3; la respuesta es 3! = 6. Es decir, entre los 120 resultados antes calculados, cada número está contado 3! veces. La respuesta, entonces, es que la cantidad de números es:

$\frac {5!}{3!}=20$

Existe otra forma de razonar este problema, para ello imaginemos que las cinco fichas van a ser colocadas en cinco casilleros en fila.

¿Cómo formamos un número? Elegimos primero los tres lugares en lo que vamos a colocar las fichas con el número 1 (en este razonamiento las letras no juegan ningún papel), luego elegimos la casilla donde estará la ficha con el 2, y finalmente, elegimos el lugar para la ficha con el 4. Para la primera elección hay $\left(\begin{array}{cc}{5}\\{3}\end{array}\right)$ posibilidades (de las cinco casillas, elegimos las tres en las que estarán los unos), para la segunda, hay dos opciones (quedan dos casillas para elegir), para la última sólo queda una opción. Así calculada, la cantidad de números es:

$\left(\begin{array}{cc}{5}\\{3}\end{array}\right)$ $\times 2\times 1$ $= 20$

Planteemos, finalmente, una última variante de la pregunta: ¿Cuántos números de seis dígitos pueden armarse permutando las cifras 1, 1, 1, 2, 4, 4? Es decir, tenemos ahora seis fichas.

Si las seis fichas fueran diferentes tendríamos 6! = 720 resultados, pero, como antes, debemos preguntarnos cuántas veces aparece representado cada número. Por ejemplo, ¿cuántas elecciones generan el número 111.244? Para formar este número tenemos que elegir primero una permutación de las fichas A, B, C, después colocamos la ficha D, y finalmente elegimos una permutación de E, F.

Tenemos así que hay $3!\times 1\times 2!$ o también $3!\times 2!$, formas de obtener el número 111.244. El mismo razonamiento vale para cualquier otro número, por ejemplo, para formar 241.141 primero elegimos una permutación de A, B, C (y las colocamos, en orden, en las ubicaciones tres, cuatro y seis), luego ubicamos la ficha D en el primer lugar y, finalmente, elegimos una permutación de E, F (que colocamos, en orden, en los lugares segundo y cuarto).

Como cada número aparece repetido $3!\times 2!$ veces, la cantidad real de números que pueden formarse es:

$\frac {6!}{3!\times 2!} = 60$

Podemos también aplicar el razonamiento de las casillas vacías:

Para formar un número, elegimos primero los tres lugares para colocar las fichas que tienen el número 1 (como antes, las letras no juegan ningún papel). Para esta elección tenemos $\left(\begin{array}{cc}{6}\\{3}\end{array}\right)$ opciones (elegimos tres casillas de un total de 6). Luego elegimos las casillas donde irán las fichas con el número 4; tenemos $\left(\begin{array}{cc}{3}\\{2}\end{array}\right)$ opciones, ya que tenemos que elegir 2 casillas de las tres que quedan libres. Finalmente, hay una sola elección para la ficha con el 2. La cantidad total de números es, entonces:

$\left(\begin{array}{cc}{6}\\{3}\end{array}\right)$ $\times $ $\left(\begin{array}{cc}{3}\\{2}\end{array}\right)$ $\times 1 = 60$

Muchos libros en ocho estantes

¿De cuántas formas pueden distribuirse 72 libros diferentes en 8 estantes? (Cada estante es suficientemente largo como para contener todos los libros.) 

Una estrategia que puede aplicarse, cuando el problema involucra números grandes, es resolver primero un caso que sea más fácil de visualizar, con números pequeños, y luego aplicar la solución que obtengamos al caso que queríamos resolver inicialmente. Podemos preguntarnos, por ejemplo, qué sucede si, en lugar de 72 libros en 8 estantes, tuviéramos que distribuir 5 libros en 3 estantes. Para empezar, debemos analizar cómo podemos representar cada distribución de los libros; una manera de hacerlo es la siguiente:

Los rectángulos con números representan los libros, mientras que los rectángulos de color separan a los distintos estantes. La imagen representa, entonces, la distribución que tiene al libro 4 en el primer estante, a los libros 1, 2 y 3, en ese orden, en el segundo, y al libro 5 en el tercero.

Una distribución de libros puede, a su vez, ser modificada de dos formas; una es permutando los libros en alguno de los estantes:

Otra forma de modificar una distribución, por supuesto, es moviendo los libros de unos estantes a otros (en la imagen que se muestra a continuación, el primer estante ha quedado vacío):

Podemos pensar, entonces, que tenemos nueve fichas, cinco diferentes entre sí (los libros), y otras cuatro que son iguales entre sí (las fichas de color). Cada distribución de los libros se obtiene permutando las siete fichas centrales, ya que las dos de los extremos quedan fijas.

Tenemos que reordenar, entonces, siete fichas, de las cuales cinco (la cantidad de libros) son diferentes entre sí, y dos (una menos que los estantes) son iguales. Si aplicamos el mismo razonamiento del problema anterior (donde había fichas iguales entre sí, ya que tenían la misma cifra), deducimos que la cantidad de formas de distribuir los libros es:

$\frac{7!}{2!} = 2.520$

Otra forma de razonarlo es pensar que las 7 fichas será colocadas en sendas casillas en blanco. Primero elegimos dónde colocaremos las dos que son iguales, elección para la que tenemos $\left(\begin{array}{cc}{7}\\{2}\end{array}\right) $ opciones. Luego, tenemos cinco opciones para la ficha 5, cuatro opciones para la 4, y así sucesivamente. Así pensado el problema, la respuesta es:

$\left(\begin{array}{cc}{7}\\{2}\end{array}\right) \times 5!$

Para el caso de 72 libros en 8 estantes necesitamos 72 fichas diferentes (que representen los libros) y 7 fichas iguales entre sí (una menos que los estantes), con un total de 79 fichas. La respuesta es, entonces:

$\frac{79!}{7!}$

Seis pelotitas en tres cajas

¿De cuántas formas pueden distribuirse 6 pelotitas exactamente iguales en 3 cajas? (Cada caja es suficientemente grande como para contener todas las pelotitas.) 

El problema es muy similar al anterior, sólo que ahora las fichas que representan las pelotitas (y que antes representaban los libros) son todas iguales entre sí.

La imagen representa la distribución en la que hay una pelotita en la primera caja, tres pelotitas en la segunda, y dos en la tercera. Tenemos que reordenar, entonces, 8 fichas, de las cuales dos son iguales entre sí, y las otras seis también son iguales entre sí. Imaginemos que, para armar cada ordenamiento, vamos colocándolas en 8 casillas vacías.

Para colocar fichas, elegimos primero los dos lugares en los cuales vamos a colocar las barras. Tenemos $\left(\begin{array}{cc}{8}\\{2}\end{array}\right) $ formas de hacerlo, ya que elegimos dos lugares de un total de 8. No es necesario hacer más elecciones, porque, una vez que hemos colocado las barra, todos los demás lugares sólo pueden estar ocupados por las fichas que representan las pelotitas. La respuesta es, entonces:

$\left(\begin{array}{cc}{8}\\{2}\end{array}\right) = 28$

En lugar de los lugares para las barras, pueden elegirse también los 6 lugares para las pelotitas; pensado así, el resultado es:

$\left(\begin{array}{cc}{8}\\{6}\end{array}\right) = 28$

Para profesores del Nivel Medio: Sugerencias para el trabajo con los alumnos

1) En 1777 Wolfgang Amadeus Mozart compuso el Juego de Dados Musical para escribir valses con la ayuda de dos dados sin ser músico ni saber nada de composición. Este “juego” consiste en una tabla de 16 columnas, numeradas del I al XVI, y 11 filas, numeradas de 2 a 12. Cada casilla de la columna contiene un compás musical diferente.

Para componer un vals, el músico aficionado elige primero un compás de la columna I; para elegirlo tira dos dados, mira su suma, y se queda con la casilla que corresponde a ese número. Después, otra vez mediante la suma de dos dados, elige un compás de la columna II. Y así sigue hasta completar las dieciséis columnas. Esos compases, tocados uno detrás del otro, forman el vals. Mozart aseguraba que todos ellos sonaban armoniosamente.

Se puede investigar cuántos valses diferentes es posible componer de esta forma. Si suponemos que cada vals dura unos 30 segundos, se puede explorar cuántos años tardaríamos en ejecutarlos todos, uno tras otro.  

2) En 1961, el escritor francés Raymond Queneau, miembro del grupo de literatura experimental Oulipo, publicó el libro Cien mil millones de poemas, una versión literaria del juego musical de Mozart. En este caso, cada lector puede componer un soneto, que es una composición poética de 14 versos; el libro propone 10 opciones para el primer verso, otras 10 para el segundo, y así sucesivamente. Como antes, se puede explorar cuántos sonetos se pueden componer, y cuánto tiempo se demoraría en leerlos todos en voz alta.

3) En su famoso cuento La Biblioteca de Babel, Jorge Luis Borges describe una biblioteca que contiene, una vez cada uno, todos los libros posibles que responden a la siguiente descripción: cada libro tiene cuatrocientas diez páginas, cada página tiene cuarenta renglones, y cada renglón, ochenta letras. Las letras posibles son 25. ¿Cuántos libros contiene la biblioteca que describe Borges? 

4) En la imagen se ve la parte superior del Triángulo de Pascal, un “triángulo” de números que sigue infinitamente hacia abajo. En el extremo superior hay un uno, y todo el lado derecho, así como todo el lado izquierdo están también formados por unos. Cada uno de los demás números es la suma de los dos que están arriba de él.  

Los números que aparecen en el triángulo de Pascal son, en realidad, números combinatorios.

El Triángulo de Pascal tiene numerosas propiedades, que pueden explorarse. Por ejemplo, el “lado derecho” del triángulo está formado solamente por unos; la línea que le sigue paralelamente a ella está formada por los números 1, 2, 3, 4,…; la que le sigue, a su vez, está formada por los números triangulares (1, 3, 6, 10,…). Pueden buscarse otras sucesiones que también aparecen en el triángulo.

Otras propiedades se relacionan con sumas de filas o diagonales; por ejemplo, la suma de cada fila es siempre una potencia de 2. Otra propiedad dice que al sumar ciertas diagonales se va obteniendo la sucesión de Fibonacci (que se define como 1, 1, 2, 3, 5, 8,… donde cada uno es la suma de los dos anteriores). Se pueden explorar otras propiedades similares.

Razonamiento combinatorio (Parte 2)

(Viene de la parte 1.)

Seis amigos en una fotografía

Seis personas se colocan en fila para que les tomen una foto. ¿Cuántas fotografías diferentes puede haber? Si las seis personas son en realidad tres parejas de hermanos ¿en cuántos casos sucede que los hermanos quedan siempre juntos? (Debemos aclarar que no hablamos aquí de una “selfi tumultuosa”, sino de seis personas que se ubican prolijamente en fila para que un fotógrafo profesional les tome una foto.)

En este caso, cada resultado se obtiene colocando seis personas en fila; cada una de estas filas puede formarse de izquierda a derecha eligiendo primero a una de las personas, luego a otra, y así sucesivamente. Podemos aplicar, entonces, el Principio General de Enumeración: tenemos 6 opciones para la primera elección, 5 para al segunda, 4 para la tercera, etc. La cantidad de fotografías diferentes es, entonces:

$6\times 5\times 4\times 3\times 2\times 1 = 720$

Es frecuente, en combinatoria, que sea necesario calcular, como acabamos de hacer, el producto de todos los números entre n y 1, es decir, $n\times (n-1)\times (n-2)\dots \times 2\times 1$. Para abreviar, a este producto se lo llama “n factorial”, o “factorial de n”, y se lo indica n!. De esta forma:

Por ejemplo:
$1!=1$
$2!=2\times 1=2$
$3!=3\times 2\times 1=6$

Por convención, se define que 0!=1. Por lo tanto, podemos resumir la respuesta anterior de esta forma: la cantidad total de fotografías posibles es $6!=720$.

Para responder la segunda pregunta aplicamos otra vez el Principio General de Enumeración. En este caso, la primera persona de la fila puede ser cualquiera de los seis. Para la segunda elección hay una sola opción posible, ya que tiene que ser el hermano de la primera persona. La tercera persona puede ser cualquiera de las cuatro que quedan, y debe seguirle su hermano. Para la quinta persona quedan dos opciones, y la última sólo puede ser su hermano. La respuesta a la segunda pregunta es, entonces:

$6\times 1\times 4\times 1\times 2\times 1=48$

Seis puntos en una circunferencia

En una circunferencia marcamos los puntos A, B, C. D. E. F. ¿Cuántos triángulos pueden trazarse que tengan a tres de esos puntos como vértices?

Cada triángulo se obtiene eligiendo sucesivamente tres puntos diferentes (que serán los vértices del triángulo en cuestión). Así planteado, el Principio general de Enumeración nos diría que la cantidad de triángulos posibles es $6\times 5\times 4=120$. Sin embargo, esta respuesta no es correcta, porque este Principio supone que cada serie de elecciones genera un triángulo diferente; pero en este caso, por ejemplo, la elección ABC y la elección BCA generan el mismo triángulo.

Entre los 120 resultados ¿cuántas veces está contado el triángulo ABC? En realidad, está contado 6 veces, cuando elegimos: ABC, ACB, BAC, BCA, CAB y CBA. Podríamos haber calculado este número 6 mediante el mismo razonamiento del problema de los seis amigos que se toman una fotografía: todas las formas de ordenar en fila tres objetos (sean amigos sean nombres de vértices), es $3\times 2\times 1=6$. En conclusión, entre los 120 resultados, cada triángulo está contado 6 veces, la cantidad real, entonces, es:

$\frac{6\times 5\times 4}{3\times 2\times 1}=\frac{120}{6}=20$

Gracias al factorial, este cociente puede escribirse de una manera más abreviada:

$\frac{6\times 5\times 4}{3\times 2\times 1}=\frac{6\times 5\times 4\times 3\times 2\times 1}{3\times 2\times 1\times 3\times 2\times 1}=\frac{6!}{3!\times 3!}$

A esta última expresión se la llama "número combinatorio $\left(\begin{array}{cc}{6}\\{3}\end{array}\right)$. Generalizando, el número combinatorio $\left(\begin{array}{cc}{n}\\{k}\end{array}\right)$ (con $0\leq k\leq n$) se define como:

$\left(\begin{array}{cc}{n}\\{k}\end{array}\right)=\frac{n!}{k!\times (n-k)!}$

El razonamiento que acabamos de mostrar para el caso de los triángulos se puede generalizar de la siguiente manera:

Si tenemos n objetos diferentes y queremos formar con ellos grupos de k elementos cada uno (con $0\leq k\leq n$), entonces la cantidad de grupos posibles es $\left(\begin{array}{cc}{n}\\{k}\end{array}\right)$.

Médicos y enfermeros

En un hospital, de un total de 5 médicos y 7 enfermeros, van a elegir un grupo formado por 2 médicos y 3 enfermeros. ¿De cuántas formas puede hacerse esta elección?

Para formar cada grupo se deben realizar dos elecciones sucesivas: primero se eligen los médicos, y después los enfermeros. A su vez, según lo que hemos dicho en el punto anterior, los grupos posibles de médicos son $\left(\begin{array}{cc}{5}\\{2}\end{array}\right)$, porque debemos elegir dos médicos de un total de 5, mientras que los grupos de enfermeros son $\left(\begin{array}{cc}{7}\\{3}\end{array}\right)$, porque hay que elegir 3 de un total de 7.

Entonces, según el Principio General de Enumeración, la cantidad total de grupos de médicos y enfermeros es el producto de las elecciones posibles para el primer grupo por las elecciones posibles para el segundo: $\left(\begin{array}{cc}{5}\\{2}\end{array}\right)$ $\times $ $\left(\begin{array}{cc}{7}\\{3}\end{array}\right)$ $=350$.

Sigue en la parte 3 (y última).

Razonamiento combinatorio (Parte 1)

La combinatoria

La combinatoria puede definirse como la rama de la matemática que estudia las técnicas para contar la cantidad de elementos de un conjunto finito. Un problema típico de combinatoria, por ejemplo, puede pedirnos que calculemos cuántos son los números pares de tres cifras. Esta rama de la matemática se relaciona muy fuertemente con el cálculo de probabilidades. Por ejemplo, si queremos determinar cuál es la probabilidad de sumar 7 al tirar dos dados, tenemos que calcular el cociente de la cantidad de todos los resultados donde la suma es 7, dividida por la cantidad de todos los resultados posibles; estas dos cantidades se obtienen, a su vez, mediante las técnicas de la combinatoria.

Razonamiento combinatorio

En este artículo nos concentraremos en el análisis de los razonamientos que se ponen en juego al resolver problemas combinatorios. Muchas veces, al analizar problemas de combinatoria, suele clasificárselos en categorías fijas (“permutaciones sin repetición”, “combinaciones con repetición”, “combinaciones sin repetición”, etc.), a cada una de las cuales se le asocia una fórmula específica. La resolución de un problema consistiría, según este enfoque, en identificar a qué categoría pertenece el problema, para luego aplicar la fórmula correspondiente.

Esta manera de resolver los problemas de combinatoria tiene, por lo menos, dos inconvenientes. El primero es que este método es totalmente opuesto a uno de los objetivos centrales de la enseñanza de la matemática, que es el desarrollo del pensamiento lógico y del razonamiento creativo. El segundo es que resulta muy fácil encontrar problemas de combinatoria que escapen a cualquier clasificación que se proponga. Nuestra intención en este artículo es exponer un modo diferente de abordar los problemas de combinatoria, un modo razonado que elude toda clasificación memorística y minimiza la cantidad de fórmulas que uno debe conocer.

La idea principal de este método consiste en que, antes de contar aquellas cosas que el problema nos pide, debemos pensar de qué manera podemos producirlas, es decir, tenemos que planificar qué haríamos para escribir, una por una, todas las cosas a contar, sin repetir ninguna. Una vez que hayamos establecido el método para generar todos los elementos que queremos contar, la resolución numérica del problema surgirá de la traducción de ese método al lenguaje matemático.

Números pares de tres cifras

Para ejemplificar el método que hemos descripto más arriba, comencemos con esta pregunta: ¿Cuántos son los números pares de tres cifras? 

Según dijimos, la primera pregunta que debemos plantearnos es: ¿cómo podríamos escribir, uno por uno, todos los números pares de tres cifras? La respuesta, obviamente, es que un número puede escribirse cifra por cifra: primero elegimos la primera cifra, después la segunda y, finalmente, la tercera. ¿Qué nos dice esto acerca de la cantidad de números que hay? Observemos que la primera cifra puede ser cualquier número entre 1 y 9, es decir, hay nueve opciones en total. Ahora bien, si elegimos primero el 1, esta cifra, a su vez, puede combinarse con otras diez para el segundo lugar:

10   11   12   13   14   15   16   17   18   19

Si elegimos primero el 2, éste también puede combinarse con diez cifras en el segundo lugar:

20   21   22   23   24   25   26   27   28   29

Generalizando, cada una de las 9 primeras cifras posibles se puede combinar con otras 10 para el segundo lugar. En consecuencia, el total de opciones para las dos primeras cifras es 9∙10 = 90. Este razonamiento suele ilustrarse mediante un diagrama de árbol, el cual se muestra parcialmente a continuación:

El diagrama de árbol muestra cómo, en efecto, se puede combinar cada primera cifra con cada una de las segundas cifras posibles. La cantidad de combinaciones para las dos primeras cifras coincide con la cantidad de ramas del árbol.

En cuanto a la tercera cifra, como el número tiene que ser par, ésta sólo puede ser 0, 2, 4, 6 u 8, es decir, hay 5 opciones posibles. Cada una de las 90 combinaciones para las dos primeras cifras se debe combinar, a su vez, con cada una de las 5 opciones para la tercera. La respuesta final es, entonces, que la cantidad de números pares de tres cifras es:

$9\times 10\times 5 = 450$

En este cálculo, entonces, el factor 9 representa la cantidad de elecciones posibles para la primera cifra; el factor 10, las opciones para la segunda cifra; y el 5, las opciones para la tercera cifra. Podemos generalizar el razonamiento que acabamos de hacer en el llamado Principio General de Enumeración, que dice lo siguiente:

Principio General de Enumeración: Si cada objeto que se quiere contar se obtiene a partir de una serie de elecciones sucesivas (de modo que cada serie de elecciones genera siempre un objeto diferente a todos los anteriores), entonces, el total de objetos se obtiene multiplicando la cantidad de opciones para la primera elección, por la cantidad de opciones para la segunda elección, por la cantidad de opciones para la tercera elección, y así sucesivamente.

Suma siete

Hemos planteado más arriba la pregunta de cuál es la probabilidad, al tirar dos dados al azar, de que la suma de los dados sea 7. Como dijimos antes, esta probabilidad se calcula como el cociente entre la cantidad de tiradas donde la suma es siete y la cantidad total de tiradas.

Calculemos primero el denominador; para ello, observemos que para escribir cada tirada de los dados podemos anotar primero el resultado del dado A, y luego el del dado B. Estos resultados, a su vez, suelen ser escritos como pares ordenados, por ejemplo, (1,4) indicaría la tirada en la que sale un 1 en el dado A, y un 4 en B. Es importante notar que este resultado es diferente al (4,1), que corresponde a un 4 en A, y un 1 en B. Al escribir cada resultado, entonces, elegimos primero qué anotar en la primera coordenada del par ordenado, y luego, qué anotar en la segunda. Según el Principio General de Enumeración, la cantidad total de tiradas posibles es $6\times 6=36$.

La cantidad de tiradas en las cuales la suma es 7 debe ser calculada “a mano”, es decir, la manera de contarlas es escribirlas todas, una por una (no siempre hay una forma “razonada” de resolver un problema). Las tiradas buscadas son: (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2) y (6,1), es decir, 6 en total. Por lo tanto, la probabilidad de que la suma sea 7 es:

$\frac{6}{36} = \frac{1}{6}$

Jorge presidente

Una asamblea de 14 personas (reunión de consorcio del edificio de Jorge) elegirá un triunvirato formado por un presidente, un vicepresidente y un secretario de actas. ¿Cuántos son los triunviratos posibles? ¿Cuántos hay en los que Jorge es presidente? ¿Cuántos triunviratos hay en los que Jorge interviene?

Cada triunvirato se obtiene mediante tres elecciones sucesivas: un presidente, un vicepresidente y un secretario de actas. Es importante observar que, según se deduce del contexto, el triunvirato que tiene, por ejemplo, a Jorge como presidente, a Alicia como vicepresidente, y a Bruno como secretario, es diferente del triunvirato que tiene a Alicia como presidente, a Bruno como vicepresidente y a Jorge como secretario. 

Esto quiere decir que cada serie de elecciones genera un resultado diferente, y entonces podemos aplicar el Principio General de Enumeración. Por el contrario, si sólo tuviéramos que elegir tres personas, sin que ocupen ningún cargo en especial, entonces elegir a Jorge, Alicia y Bruno, en ese orden, sería lo mismo que elegir a Alicia, Bruno y Jorge. Es decir, dos series diferentes de elecciones nos darían el mismo resultado, por lo que el Principio General de Enumeración no sería aplicable (volveremos a este caso más adelante).

¿Cuántos son los triunviratos posibles? Para la elección del presidente tenemos 14 opciones; para el vice tenemos 13, porque tiene que ser una persona diferente de la anterior; para el secretario de actas hay 12 opciones, porque, a su vez, tiene que ser una persona diferente de las dos anteriores. El total de triunviratos es, entonces:

$14\times 13\times 12 = 2.184$

¿Cuántos hay en los que Jorge es presidente? En este caso, hay una sola opción para la primera elección, porque sólo puede ser Jorge; el vicepresidente puede ser cualquiera de las otras 13 personas; y quedan 12 opciones para el secretario de actas. La respuesta a la pregunta es:

$1\times 13\times 12 = 156$

¿Cuántos triunviratos hay en los que interviene Jorge? Jorge puede ser presidente, vicepresidente, o secretario de actas. El modo natural de generar todos estos triunviratos es escribir primero todos aquellos en los que Jorge es presidente, luego, los triunviratos en los que es vicepresidente, y finalmente, en los que es secretario. Para resolver numéricamente el problema tenemos que contar, entonces, cuántos triunviratos hay de cada tipo, y sumar los tres números. 

Como ya vimos, la cantidad de resultados en los que Jorge es presidente es $1\times 13\times 12 = 156$; los resultados donde es vicepresidente son $13\times 1\times 12 = 156$; y los resultados donde es secretario son $13\times 12\times 1 = 156$. La respuesta final es 156 + 156 + 156 = 468.

Existe otro modo de razonar este último problema, para ello, calculamos primero la cantidad de triunviratos en los que Jorge no interviene. En ese caso, tenemos 13 opciones para la primera elección (cualquiera que no sea Jorge), 12 opciones para la segunda, y 11 para la tercera. La cantidad de triunviratos sin Jorge son:

$13\times 12\times 11 = 1.716$

La cantidad de triunviratos en los que Jorge participa se obtiene, entonces, restando del total aquellos triunviratos en los que Jorge no está, es decir, 2.184 – 1.716 = 468. 

Sigue en la parte 2.

Tesis sobre la naturaleza de los objetos matemáticos

Desde este enlace puede descargarse la tesis doctoral que resumí en esta charla.

Problemita de lógica

Hace un tiempo, Spock, el viajero espacial estudioso de la lógica, llegó a un planeta con tres clases de habitantes: los veraces, los mentirosos y los paradójicos. Los veraces sólo formulan afirmaciones verdaderas. Los mentirosos sólo formulan afirmaciones falsas. Mientras que los paradójicos sólo hacen afirmaciones paradójicas, es decir, afirmaciones a las cuales no se le puede atribuir coherentemente un valor de verdad.

Al poco tiempo de llegar, cuando todavía no había hablado con nadie en el planeta, Spock se encontró con un habitante, que le dijo: "Usted puede deducir si soy veraz o mentiroso".
¿A qué grupo pertenecía ese habitante?

Poco después, Spock se encontró con otro habitante, que le dijo: "Soy mentiroso".
¿A qué grupo pertenecía ese habitante?

Poco después, Spock se encontró con un tercer habitante, que le dijo: "Soy mentiroso o paradójico".
¿A qué grupo pertenecía ese habitante?

Exposición de tesis

Después de varios años de abandono, retomo la escritura de El Topo Lógico. Una de las razones de este silencio, aunque tal vez no la única, fue el largo tiempo que decidí dedicarle a un trabajo de investigación sobre filosofía de la matemática. Trabajo que llegó a un punto culminante el pasado 28 de junio, cuando defendí mi tesis ante un jurado de la Facultad de Filosofía y Letras de la Universidad de Buenos Aires.

El viernes 20 de septiembre expuse un resumen de esa tesis en el IES N° 1 "Alicia Moreau de Justo". Gracias a la amabilidad de la profesora Leila Tajani, puedo compartir aquí un video (en tres partes) de esa exposición.

(Desde este enlace la tesis en sí.)

Parte 1:

Parte 2:

Parte 3:

Cómo ganar un millón de dólares...

¿Coincidencia?

Comparen los lectores el texto en este enlace: Apolonio, de Miguel de Guzmán...

... con este otro: Apolonio, unos años más tarde.

Todos los axiomas

Después de años de trabajo discontinuo, finalmente, esta misma tarde he terminado de escanear y subir al blog correspondiente todos los números publicados de la revista Axioma. Pueden descargarse desde este enlace.

Cómo visualizar la Hipótesis del Continuo

Una visualización de la Hipótesis del Continuo

(Basado fuertemente en una idea del filósofo Chris Freiling)

Tomemos un cuadrado... que en realidad puede ser cualquiera, pero, para facilitar la explicación, supondremos que es el cuadrado cuyos vértices son los puntos (0,0), (0,1), (1,0) y (1,1). A su vez, sobre cada punto (t, 0),con t entre 0 y 1, dibujaremos un segmento vertical de longitud 1, y en cada uno de esos segmentos pintaremos algunos puntos.

Aunque en el segmento que se muestra en el dibujo sólo hay "pintada" una cantidad finita de puntos, supondremos que, en realidad, en cada segmento vertical hemos pintado una cantidad numerable de puntos. Tenemos, entonces, el siguiente teorema:

La Hipótesis del Continuo es falsa si y sólo si, no importa cómo se decida pintar los puntos, siempre existirán números x e y (ambos entre 0 y 1) tales que los puntos (x,y) y (y,x) quedan sin pintar. En otras palabras, la Hipótesis del Continuo es equivalente a que existe una manera de pintar los puntos para la cual en toda pareja (x,y) y (y,x), al menos uno de ambos puntos queda pintado.

Vamos a demostrar este teorema.

Supongamos primero que la Hipótesis del Continuo es verdadera. Es posible, entonces, definir en el intervalo [0,1] un buen orden equivalente a $\Omega $ (para más detalles, véase "El Omegón y todo eso,.." en este mismo blog). Pintamos entonces todos los puntos (x,y) tales que y es menor o igual que x según el buen orden antes indicado. Por lo tanto, sobre cada x ha quedado pintada una cantidad numerable de puntos, y siempre sucede que, de (x,y) o (y,x), al menos uno de los dos queda pintado.

Recíprocamente, supongamos que la Hipótesis del Continuo sea falsa; y que los puntos han sido pintados de alguna manera. Como la Hipótesis del Continuo es falsa, podemos definir en [0,1] un buen orden equivalente a un ordinal mayor que $\Omega $.

Pensemos ahora en todos los puntos (x,y) pintados para los cuales x es, según el buen orden mencionado, menor que $\Omega $. Como las segundas coordenadas de estos puntos forman un conjunto de cardinal $\aleph _1$ entonces existe un $y_0$ que no pertenece a él (porque estamos suponiendo que [0,1] tiene cardinal mayor que $\aleph _1$). Es decir, para todo $x < \Omega $, $(x,y_0)$ no está pintado.

Pero el conjunto de todos los $x < \Omega $ tiene cardinal $\aleph _1$ y los puntos pintados sobre $y_0$ forman un conjunto numerable. Luego, existe un $x_0 < \Omega $ tal que $(y_0,x_0)$ no está pintado. Pero, por lo dicho más arriba, $(x_0,y_0)$ tampoco está pintado. Esto finaliza la demostración del teorema.