Damas amenazadas

El Caballero Oscuro asaeteado la semana pasada por Arturo, Lanzarote y Parsifal tenía muy pocas probabilidades de salir ileso. En este caso, es más fácil calcular la probabilidad de que ninguno de los tres lo alcance: la probabilidad de que falle Arturo es 1/10, la de que falle Lanzarote es 1/3 y la de que falle Parsifal es 4/5, luego la probabilidad de que fallen los tres a la vez es 1/10 x 1/3 x 4/5 = 4/150 = 2/75. Por lo tanto, la probabilidad de que alguna flecha alcance al Caballero Oscuro es la complementaria: 73/75, o lo que es lo mismo, el 97,33 %.

Para saber a quién ha votado cada caballero, basta averiguar el voto de uno de ellos, ya que la solución es obviamente simétrica (respecto al centro de la Mesa Redonda). Arturo no ha votado por Lanzarote, que es su vecino de la izquierda, pues ello implicaría que ha votado también por sí mismo. Tampoco ha votado por Merlín, pues ello implicaría que Merlín hubiera votado por Lanzarote, Lanzarote por Gawain, Gawain por Merlín y Merlín por Parsifal, lo cual es contradictorio. Un razonamiento análogo nos muestra que Arturo tampoco ha podido votar por Parsifal, así que ha tenido que votar por Gawain, y Lanzarote por Parsifal, Merlín por Arturo, Gawain por Lanzarote y Parsifal por Merlín.

El tercer problema de Camelot era el menos fácil, y ha suscitado un amplio intercambio de comentarios entre nuestras sagaces lectoras y lectores. Creo que la forma más sencilla de hallar el máximo número de coordinadores posible es considerar que cada pareja ha de ignorar la identidad de un caballero, y, por otra parte, el caballero desconocido ha de ser distinto para cada pareja, pues de lo contrario habría tríos de coordinadores incapaces de completar la lista. Por lo tanto, el número de parejas de coordinadores ha de ser, como máximo, igual al número de caballeros, o sea, 15. Y 15 es el número de parejas distintas que se pueden formar con 6 elementos (6x5/2 = 15), luego habrá un mínimo de tres coordinadores y un máximo de seis.

Pacto (de no agresión) entre damas

El acertijo de la división del cubo en 27 cubitos (ver Extrañas particiones) llevó a un lector a plantear un problema homólogo, consistente en acorralar a una dama en el tablero de ajedrez mediante sucesivas particiones del mismo, lo cual, a su vez, me recordó un interesante clásico de los problemas ajedrecísticos, desglosable en tres:

1. ¿Cuántas damas podemos colocar en un tablero vacío de forma que ninguna de ellas amenace a ninguna otra?

2. ¿De cuántas maneras distintas podemos colocarlas?

3. ¿Y en sendos tableros reducidos de 4x4, 5x5 y 6x6?

Carlo Frabetti es escritor y matemático, miembro de la Academia de Ciencias de Nueva York. Ha publicado más de 50 obras de divulgación científica para adultos, niños y jóvenes, entre ellos ‘Maldita física’, ‘Malditas matemáticas’ o ‘El gran juego’. Fue guionista de ‘La bola de cristal’