Un partido solidario

Es 25 de diciembre. Se celebra en el Estadio Olímpico de Montreal un partido solidario en beneficio de los Matemáticos Incomprendidos.

La alineación de uno de los equipos está formada por los siguientes jugadores:

Jugador	Edad
Manuel Neuer	26
Thomas Vermaelen	27
Daniel Agger	28
Fabio Coentrao	24
Yaroslav Rakitskiy	23
Jesús Navas	26
Samir Nasri	25
Urby Emanuelson	26
Theo Walcott	23
Mario Balotelli	22
Robert Lewandowski	24

La media de edad del equipo es de 25 años exactos.

En el minuto 60, el entrenador decide sustituir a Nasri (25 años) por otro jugador.

Tras la sustitución, la media de edad ha subido 2 años.

¿Podrías calcular cuál es la edad del nuevo jugador?

Tras este cambio, los entrenadores de ambos equipos deciden jugar el último cuarto de hora con 12 jugadores.

¿Qué edad deberá tener el nuevo jugadorque entra en el terreno de juego para que vuelva a subir la media otros 2 años más?

En el primer caso, para calcular la edad del jugador que saltará al terreno de juego para incrementar la edad media en dos años, el método más sencillo es el siguiente.

Sumaremos los años de todos los jugadores. Si la media es 25 años, y son 11 jugadores, multiplicaremos: 25 * 11 = 265 años.

Después de la sustitución, los jugadores sumarán un total de: 27 * 11 = 297 años.

Como hay una diferencia de 297 - 265 = 32 años, esto significa que el reserva que entra deberá tener 32 años más que el jugador al que va a sustituir, en este caso: 32 + 25 = 57 años

¡Un bonito regalo de Navidad para Rummenigge!

En el caso de que haya 12 jugadores sobre el terreno de juego, los cálculos serían los siguientes: primero hallamos el total de años antesdel cambio multiplicando 27 * 11 = 287 años

Total de años después del cambio: 29 * 12 = 348. Diferencia de años: 348 - 287 = 61 años. El jugador entrante deberá tener 61 años.

¡Otro regalo de Navidad, ahora para Johan Neeskens!

Hay veces que cuando entramos en un local donde, por ejemplo, se celebra un concurso de bailes de salón para mayores de 80 años, o una competición de juegos de videoconsolas para menores de 10 años, solemos decir: 'acabamos de subir/bajar la media de edad en 5 años'.

En realidad, controlamos intuitivamente el concepto de media de una forma relativamente correcta cuando se trata de manejar unos pocos valores, pero empezamos a perder la visión global de la misma conforme vamos incrementando la población que estudiamos.

Así, si nos atenemos al segundo caso, vamos a ver qué necesitamos para modificar la media de edad de un colectivo, cuando añadimos un elemento más al grupo.

Si llamamos x₁,x₂,...x_n a las distintas edades de las personas que componen un grupo de n individuos, tendremos que su edad media será:

Si ahora añadimos una persona más (n+1), tendremos que su edad media será:

Si queremos que esta media varíe en un número  de años respecto a la media anterior, tendremos:

Así que por cada año (= 1) que deseemos incrementar la media de edad de una población, necesitamos introducir un individuo con una edad igual a la media anterior de edades más la cifra total de individuos más 1.

Evidentemente, cuanto mayor sea n, esto es, cuanto más individuos integren el grupo, más difícil será encontrar a alguien lo suficientemente mayor para aumentar dicha media.

Y análogamente, si queremos reducir la media en una unidad, ( =  -1), obtendremos que:

Lo cual quiere decir que si n es lo suficientemente grande, será imposible rebajar la media de edades en un año introduciendo sólo un individuo.

Así que la próxima vez que visitemos un concurso de bailes de salón o una competición de consolas de videojuegos, no deberemos sentirnos extraños entre dicho público, ya que la media de edades apenas si se resentirá por nuestra presencia...

Del Potro y las tres pelotas. El problema de Monty Hall

English version: Del Potro's choice. The Monty Hall problem.

Semifinales de la Copa Davis entre Argentina y Estados Unidos.

Se va a disputar el quinto e intrascendente partido de la eliminatoria, que se resolvió en el partido anterior.

Juan Martín del Potro le pide a Martín Jaite, capitán del equipo, disputar este último encuentro, a pesar de que Jaite ya había decidido que Eduardo Schwank jugase el partido.

Martín Jaite no está muy convencido que juegue Del Potro, pero ante la insistencia del tenista, decide proponerle el siguiente acertijo: le permitirá jugar el partido siempre que averigüe a simple vista, sin tocarlas, cuál de las tres pelotas que tiene en la mano es la que bota mal.

Del Potro contesta que cree que es la de la izquierda, ante lo cual Martín Jaite le dice que la del centro no es, y le ofrece la posibilidad de cambiar la elección de la pelota de la izquierda por la de la derecha, pero Del Potro decide mantener su decisión inicial, ya que piensa que Martín Jaite le está tendiendo una trampa para que no juegue.

¿Habrá hecho bien manteniendo su primera opción? ¿Llegará a jugar el partido?

A pesar de que, aparentemente, tras el descarte de la pelota del centro, la bola de la izquierda y la bola de la derecha  tienen la misma probabilidad de ser la defectuosa, en realidad Del Potro cuenta tan solo con una probabilidad de 1/3 de jugar el partido.

Supongamos que desde un principio, el capitán le hubiera propuesto a Del Potro elegir qué bola era la defectuosa de entre un total de 10 pelotas. La posibilidad de que la defectuosa fuese la elegida por Juan Martín sería de 1/10. Y de que fuese cualquiera de las otras 9 bolas sería de 9/10. Así, al principio, todas ellas cuentan con una probabilidad del 10% de ser la defectuosa: un 1/10 para la escogida inicialmente, y 9/10 para el conjunto de las otras pelotas:

1/10 para la bola elegida A + ( 1/10 para la bola B + 1/10 para la bola C + 1/10 para la bola D + 1/10 para la bola E + ...)

Conforme vamos eliminando bolas de este grupo, lo que hacemos es modificar el porcentaje que les corresponde a cada una de las bolas sobre esos 9/10 de probabilidad. Así, cuando quedan sólo 3 pelotas, más la que hemos elegido, las probabilidades serían:

1/10 para la bola elegida A + ( 3/10 para la bola B + 3/10 para la bola C + 3/10 para la bola D)

Y cuando sólo quedan 2 opciones tenemos:

1/10 para la bola elegida A + ( 9/10 para la bola B)

De esta manera, cuando el capitán elimina el resto de pelotas, la pelota que queda 'hereda’ las probabilidades de todas las pelotas eliminadas, de tal forma que ella sola tendría un 9/10 de probabilidades de ser la defectuosa.

Trasladando esto al ejemplo que nos ocupa, hay 1/3 de posibilidades de que la pelota defectuosa sea la de la izquierda, y 2/3 de que sea una de las otras dos (centro y derecha). Si nos hacen elegir entre estas dos opciones, ¿Cuál escogeríamos? ¿Eligiríamos la bola de la izquierda, que tiene 1/3 de probabilidad, o al conjunto de (centro y derecha), que tiene 2/3? Evidentemente, si nos dieran a elegir entre estas dos opciones, tomaríamos la del conjunto de (centro y derecha).
   

Cuando el capitán dice que la del centro no es la defectuosa, esto no modifica las probabilidades entre la bola de la izquierda y el conjunto de bolas (centro y derecha), sino que lo que hace es modificar las probabilidades dentro de este último conjunto. (Centro y derecha) siguen teniendo 2/3 de probabilidades, de las que a la del centro le corresponden el 0% y a la de la derecha el 100% de las mismas, ‘heredando’ ésta los 2/3 de probabilidad iniciales del grupo.

Así es que habría sido mejor que Del Potro hubiese cambiado de idea tras el descarte de la bola central, y hubiese dicho que la bola defectuosa era la de la derecha.

Este problema es conocido como el problema de Monty Hall. Su nombre hace referencia al presentador del famoso concurso televisivo estadounidense 'Let's make a deal' (Hagamos un trato). En este tipo de concursos, en los que se ofrece un buen premio entre 3 posibles elecciones, y según lo explicado, conviene siempre cambiar la elección realizada, una vez que el presentador del concurso descarta una de las opciones, mostrando que tras ella había un premio 'secundario'.

Desde un punto de vista matemático, y teniendo que:

A = el evento en el que el concursante escoge la opción premiada al principio
A’ = el concursante escoge una opción fallida al principio
B = el concursante acierta manteniendo su elección inicial
B’ = el concursante acierta cambiando su elección inicial
P(A) = probabilidad de que se dé el suceso A
P(A’) = probabilidad de que se dé el suceso A’
P(B/A) = probabilidad de acertar manteniendo la elección inicial, si se acertó al principio
P(B’/A’) = probabilidad de acertar cambiando la elección inicial, si se falló al principio
      

Y aplicamos el teorema de Probabilidad Total, tenemos que:

P(B) = P(B/A) x P(A) = 1 x 1/3 = 1/3
P(B’) = P(B’/A’) x P(A’) = 1 x 2/3 = 2/3

Ya que, en este caso:

P(A) = 1/3
P(A’) = 1-1/3 = 2/3
P(B/A) = 1; P(B/A’ = 0
P(B/A’) = 0; P(B’/A’) = 1

El resto de balones

English version: A puzzle of cycling

Antes de la final de la Eurocopa 2012, el equipo español está ensayando los tiros desde el punto de penalti.

Los utilleros cogen todos los balones y los echan en un cesto al lado del punto de penalti.

Primero entrena el disparo Xabi Alonso, y para ello utiliza la mitad de los balones del cesto más uno.

Luego ensaya Fernando Torres, y también utiliza la mitad de los balones que quedan, más uno.

Después prueba Cesc, y usa la mitad de los balones que quedan, más uno.

Más tarde tira Iniesta, e igualmente utiliza la mitad de los balones que quedan en el cesto, más uno.

Finalmente va a ensayar los penaltis Sergio Ramos, pero no puede hacerlo ya que no queda ningún balón en el cesto.

¿Sabrías averiguar cuántos balones había al principio?

Para resolverlo de la mejor forma posible, deberemos empezar a contar desde el último lanzador hasta el primero.

Sabemos que Sergio Ramos no encontró ningún balón en el cesto, así que cuando le tocó el turno a Iniesta, necesariamente quedaban dos balones, de tal forma que lanzó la mitad de dos (1) más 1.

Calculado de otro modo, a los que deja al final (0) les sumamos 1, y multiplicamos el resultado por dos:

 (0+1) · 2 = 2

Ahora vamos con Cesc. Cuando Fabregas coge la mitad de los balones que quedan, en el cesto debe haber los 2 que luego lanzará Iniesta, más el balón que cogerá de más. Esto es, hay en un principio 6 balones, coge la mitad (3) más 1, y quedan 2 balones que lanzará Iniesta. Podemos calcularlo como en el caso anterior:

(2+1) · 2 = 6

De la misma manera, Fernando Torres se encontrará con 14 balones: cogerá la mitad (7) más uno, y dejará 6 a Cesc. Si lo calculamos al revés:

(6+1) · 2 = 14

Y finalmente llegamos a Xabi Alonso. Siguiendo el razonamiento, éste tendrá inicialmente 30 balones:

(14+1) · 2 = 30

Esa es la solución correcta. Al principio, había 30 balones en el cesto!

= 30 balones