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Una solitaria bola roja

El ganador del desafío matemático extraordinario de Navidad 2014 es Antonio Molano, de Cáceres

Ya hay solución para el desafío matemático extraordinario de Navidad presentado por EL PAÍS y la Real Sociedad Matemática Española con motivo del sorteo de la lotería. Dulcinea Raboso, doctora en Matemáticas por la Universidad Autónoma de Madrid e investigadora posdoctoral en el Instituto de Ciencias Matemáticas (ICMAT), presentó el desafío y nos da ahora la respuesta. Recordemos que el reto consistía en averiguar cuál era la probabilidad de que al sacar dos bolas de una caja en la que sabemos que no hay más de 20, rojas o blancas, sean ambas rojas, sabiendo que la probabilidad de que sean ambas blancas es 1/2.

Y la solución a nuestro desafío es… 0. Aunque dicho así, esta solución pueda parecer chocante, lo es menos cuando abrimos la caja y descubrimos que tenemos 3 bolas blancas y solo una roja. De este modo, es claro que nunca podremos sacar dos -o más- bolas rojas.

El problema es una modificación de uno de Adrián Paenza, que este año ha sido galardonado con el premio Leelavati de la Unión Matemática Internacional por su labor en la divulgación de las matemáticas.

Se han recibido 635 contestaciones dentro del plazo marcado, alrededor de un 80% de ellas con la solución correcta y una explicación de cómo lo han logrado. El ganador de una biblioteca matemática y del libro Desafíos Matemáticos, una publicación de SM ofrecida por cortesía de la RSME, ha sido Antonio Molano, cacereño y de 62 años.

Antes de explicar la solución, queremos destacar que se han recibido respuestas procedentes de más de una decena de países. También nos han llegado varias de estudiantes de ESO, aunque no sabemos si alguno de ellos es alumno del ganador del desafío, quien da clases de Secundaria en el IES Profesor Hernández Pacheco de Cáceres.

Una situación simple

Para entender bien el problema, podemos partir de la situación más simple que nos permitan nuestras hipótesis. Los únicos datos de los que disponemos son que el número de bolas rojas y blancas no es mayor que 20 y la probabilidad de dos blancas es 1/2.

Por ser esta probabilidad positiva -mayor que 0- es obvio que al menos debemos tener dos bolas de este color. Además, por ser menor que 1 debemos también tener al menos una bola roja. En esta situación, con tres bolas en total, tenemos dos posibles combinaciones al sacar dos bolas de la caja: o bien sacar las dos blancas o bien una roja y una blanca, pero en este último caso tenemos dos opciones pues la roja se puede combinar con las otras dos. Tres casos, de los cuales, solo uno es favorable, de modo que la probabilidad – casos favorables entre totales – es 1/3, que es menor que 1/2, por lo que debemos aumentar la probabilidad de las bolas blancas.

Al añadir una bola blanca, de modo que en total tenemos cuatro bolas, tres blancas y una roja, las combinaciones son las mismas, o dos blancas o una roja y otra blanca, pero la probabilidad cambia. Ahora tenemos tres maneras de sacar dos blancas (enumerando las bolas de ese color, 1-2, 1-3, 2-3) y otras tres para la combinación roja-blanca (R-1, R-2, R-3). Seis casos, de los cuales, solo tres son favorables, y la probabilidad es 3/6, es decir, 1/2.

Esto demuestra que 3 bolas blancas y 1 roja satisfacen nuestras hipótesis, y es imposible obtener dos rojas de la caja, de ahí la probabilidad 0. Pero ¿es esta la única solución? ¿no podría haber otra combinación añadiendo más bolas?

Solución general

Escribimos B para representar el número de bolas blancas y T para el número total de bolas. Recordamos que las hipótesis de partida son:

T≤ 20 y P(dos bolas blancas)=1/2

Sacar de la caja dos bolas a la vez, o sacar una y luego otra, aquí es equivalente. En la primera extracción, tenemos B bolas blancas por lo que la probabilidad es B/T, mientras que en la segunda extracción tenemos B-1 bolas blancas de un total de T-1 bolas, entonces la probabilidad de dos bolas blancas es:

B(B-1)/T(T-1)

y despejando se tiene:

B(B-1)=T(T-1)/2

Es decir, buscamos que T(T-1)/2 sea producto de dos números consecutivos.

Al dar valores a T -desde 2 hasta 20- se comprueba que la única solución es tomar T=4 (en esa situación, que es la que hemos tratado antes, 3*2=6=4*3/2). Si queremos trabajar un poco menos, podemos observar que en realidad no es necesario comprobar todos los casos. Como la parte izquierda debe ser par, pues es producto de dos números consecutivos (o bien B es par o bien B-1 lo es) entonces, la parte derecha también debe serlo. Es obvio que T(T-1) es par, por la misma razón, pero el factor 1/2 obliga a que T(T-1) sea doblemente par. Por lo tanto, basta comprobar los múltiplos de 4 y sus consecutivos inmediatos, números de la forma 4m o 4m+1 (pues no sabemos si el múltiplo de 4 es T o bien T-1).

Paramos en 20, pues esa era nuestra hipótesis, pero si no tuviéramos ese dato ¿qué ocurriría? Por ejemplo, tomando T=21 podemos escribir 15*14=210=21*20/2, por lo que con 21 bolas, 15 de ellas blancas y 6 rojas, la probabilidad de sacar dos blancas sería 1/2 y la de sacar dos rojas, 1/14. De hecho, se puede probar que existen infinitas soluciones a nuestro desafío si no ponemos restricciones en el número de bolas.

Las respuestas de los lectores

La mayoría de las respuestas correctas recibidas han demostrado que la ecuación B(B-1)=T(T-1)/2 no tiene más soluciones en las condiciones que da el desafío que B=3, T=4 siguiendo esencialmente uno de estos tres procedimientos:

1. Comprobar, como hemos hecho nosotros y también el ganador del sorteo, que para 2≤T≤20 la única forma de que T(T+1)/2 sea producto de dos números consecutivos es T=4, B=3.

2. Calcular (en ocasiones con ayuda de Maese Excel, como lo ha llamado Miguel Serrano) todos los valores de [B(B-1)]/[T(T-1)] para 2≤B≤T≤20.

3. Resolver una ecuación polinómica de grado dos y ver cuándo tiene soluciones enteras.

Pero algunos han sido más originales. En particular varios lectores han transformado el problema en uno de encontrar ternas pitagóricas, con la siguiente interpretación geométrica: ¿para qué enteros 2≤T≤20 existe un triángulo rectángulo con catetos T y T-1?

Y al menos tres de las soluciones, las de Julio Castiñeira, Arnau Sánchez y Peter Taylor, han observado que el desafío se podía interpretar en términos de una ecuación de Pell. Aunque no desarrollaremos más esta idea, creemos que este es el camino más sencillo (aunque no el más elemental) para ver que, si no hubiésemos impuesto la restricción T≤20, el desafío habría tenido infinitas soluciones.

Respecto a las soluciones que no hemos considerado válidas queremos señalar algunas que casi estuvieron ahí. Por un lado, quienes han tratado el problema como si hubiese muchas bolas, han llamado p a la probabilidad de sacar una bola blanca y han deducido que p^2=1/2, sin darse cuenta de que, al tratarse de pocas bolas, las probabilidades en la primera y la segunda extracción son muy distintas. Otro error ha sido suponer que la restricción de las 20 bolas se aplicaba a las de cada color, y no al total. Un tercer tipo son las soluciones que decían directamente que la probabilidad es 0 porque la única posibilidad era T=4, B=3, sin hacer ninguna referencia a la restricción T≤20 (que, como hemos visto en la solución, es importante) o dando un argumento incorrecto. Lamentablemente, dado que pedíamos una justificación, aunque han dado la probabilidad correcta no han podido entrar en el sorteo. Por último, hay un grupo de estudiantes de ESO que, en lugar de darnos la probabilidad nos han dicho sólo que T=4, B=3. Sus argumentos son totalmente correctos, pero no han contestado a la pregunta que se planteaba.

Aunque, como decía Dulcinea Raboso en la presentación, el problema era más de probabilidad que de superstición, no queremos despedirnos sin desear mucha suerte a todos en el sorteo de Lotería Nacional. ¡Muchas gracias por participar y feliz Navidad!

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