Juego con dos colores

Problema 4 del primer nivel de la Olimpiada de Mayo (2017)
Se dirige a una edad de: 12 años

Sea n un entero par mayor que 2.

Sobre los vértices de un polígono regular de n lados se pueden colocar fichas rojas o azules.

Dos jugadores, A y B juegan alternándose turnos del siguiente modo: cada jugador, en su turno, elige dos vértices que no tengan fichas y coloca en uno de ellos una ficha roja y en el otro una azul.

El objetivo de A es conseguir que haya tres vértices consecutivos con fichas del mismo color, mientras que el objetivo de B es impedir que esto suceda.

Al comienzo del juego no hay fichas en ninguno de los vértices.

Demostrar que, independientemente de quién empiece a jugar, el jugador B siempre podrá conseguir su objetivo.

Solución a las reglas de ababa

Problema 5 del segundo nivel de la Olimpiada de Mayo (2017)
Se dirige a una edad de: 14 años

Ababa juega con una palabra formada con las letras de su nombre, y se ha puesto ciertas reglas:

Si encuentra una A seguida inmediatamente por una B, las puede sustituir por BAA.

Si encuentra dos B consecutivas, las puede borrar.

Si encuentra tres A consecutivas, las puede borrar.

Ababa empieza con la palabra ABABABAABAAB.

Con las reglas anteriores ¿Cuántas letras tiene la palabra más corta a la que puede llegar?

¿Por qué no puede llegar a una palabra más corta?

Solución:
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Los resultados de la Olimpiada Internacional de Matemáticas 2018

Se trata de la principal competición internacional para aficionados a la resolución de problemas matemáticos de todo el mundo. En esta ocasión, celebra su edición número 59.

Los participantes se enfrentan a 6 complicados problemas durante 7 horas, en dos bloques de tres problemas (tres horas y media), dos días consecutivos. Cada problema resuelto, entre los que abundan los problemas en los que hay que demostrar un enunciado, debe estar correctamente razonado, y se puntúa entre 0 y 7 puntos. Por tanto, la puntuación perfecta es de 42 puntos.

La corrección es un proceso cuidadosamente orquestado. Cada hoja que escribe cada participante es copiada, la original queda en manos de los coordinadores, y la copia en manos del jefe de delegación. Hay una reunión posterior, llamada coordinación, en la que ambos (jefe de delegación de cada país y los coordinadores especialistas en cada uno de los seis problemas) acuerdan la cantidad de puntos concedidos en cada problema a cada participante.

A título individual, destacaremos que dos participantes han logrado la puntuación perfecta, 42 puntos, quedando clasificados como los ganadores, un estadounidense, James Lin, y un participante del Reino Unido, Agnijo Banerjee. Se da la circunstancia de que James ha sido seleccionado por segunda vez, cosa que indica la extraordinaria preparación del candidato, que el año pasado obtuvo un meritorio sexto puesto.

En tercer lugar encontramos otro estadounidense, Mihir Anand Singhal, que sólo perdió 2 puntos en el problema 3, uno de los dos más complicados en teoría de la prueba.

Empatados a 39 puntos, en cuarto y quinto lugar, encontramos a Marat Abdrakhmanov, de la Federación Rusa y a Shih-Yu Wang, de Taiwan. Los problemas en los que perdieron los 3 puntos fueron, de nuevo, el tercero y el sexto, los teóricamente más duros. El participante de Taiwan acude a la prueba por tercera vez, habiendo obtenido ya dos medallas de plata, además del oro de este año.

En sexto lugar (empatado con séptimo, y octavo) encontramos a Jonas Walter, de Alemania. En su segunda participación (en la anterior obtuvo bronce) sólo perdió 4 puntos en el problema 3, también encontramos a Naoki Kuroda, de Japón, de nuevo segunda participación, pero segundo oro, y Jung-Tao Cheng, también de Taiwan, que, curiosamente, perdió puntos en el quinto en lugar de en los dos más difíciles a priori.

Algo más abajo, en la posición 12-18, encontramos a Pedro Lucas Lanaro Sponchiado, primer clasificado iberoamericano, de Brasil. Obtuvo 35 puntos, perdiendo seis puntos en el problema tres y un punto en el supuestamente más sencillo problema uno.

Si bajamos hasta la posición 19-23, aunque todavía considerado oro, encontramos la primera mujer, una tailandesa llamada Yolrada Yongpisanpob, que en su única participación sólo ha perdido cuatro puntos en cada uno de los dos problemas más difíciles. Todavía es baja la participación femenina en la prueba internacional (60 concursantes de un total de 594, un 10% aproximadamente), así que es muy meritorio lograr estas posiciones. A propósito de esto, un par de curiosidades, entre los 60 participantes de los 10 países que quedan en las 10 primeras posiciones sólo encontramos 4 participantes femeninas, y entre los 107 países sólo 4 participan con 3 hombres y 3 mujeres (Lituania, la Ex República Yugoslava de Macedonia, Botswana y Camboya) y en ninguna delegación hay más mujeres que hombres.

Mucho mérito tiene también Mohammad Sharifi Kiasari, de la República Islámica de Irán, que, pese a proceder de un país en guerra, ha obtenido una posición de medalla de oro (27-33), con 32 puntos, cuatro problemas perfectos y cuatro puntos obtenidos en los dos más difíciles.
En las últimas medallas de oro, las posiciones 34-48, con 31 puntos, encontramos al primer francés, Paul Cahen, y a la segunda mujer, Dain Kim, de la República de Corea.

Entre los ganadores de la medalla de plata hay varios hablantes de nuestra lengua, el primer argentino, Julián Masliah. Víctor Antonio Domínguez Silva, de México, Diego Lázaro Cusihuaman y Joseph Daniel Altamirano Pacheco, de Perú.

Los españoles han logrado un buen resultado para los precedentes que había, dos medallas de bronce (Santiago Vázquez Sáez, 17 puntos y Alejandro Epelde Blanco, 16 puntos) y cuatro menciones honoríficas, lo que significa que han quedado por debajo de las posiciones de medalla (en este caso 16 puntos, algo más de dos problemas perfectos), pero han conseguido resolver al menos uno de los problemas.

Aunque de forma extraoficial, hay una clasificación por equipos, que en esta ocasión la encabeza Estados Unidos de América (5 oros y una plata), la Federación Rusa (5 oros y una plata) y la República Popular China (4 oros y 2 platas).

El primer país europeo es Polonia, en novena posición con un oro y 5 platas, aunque el Reino Unido no queda muy atrás, décimo segundo con un oro, cuatro platas y una mención honorífica.

Brasil es el primer país iberoamericano (puesto 28-30, empatado con India y Mongolia), con una plata, cuatro bronces y una mención, justo delante de Alemania. Perú, en la posición 35, con dos platas, tres bronces y una mención, y México, en la posición 36-37 (empatado con Países Bajos), con una plata, cuatro bronces y una mención, la siguen. Algo por debajo está Argentina (posición 39-40, empatada con la República Checa), con una plata y cuatro bronces.

España queda en posición 55-56, empatada con Grecia y un puesto por debajo de Portugal.

Finlandia, tan popularmente citada en el campo de la educación, queda en la posición 59. Contrasta con otro país muy citado en este tema, Singapur, que, también con una cantidad de población (unos cinco millones de personas) muy inferior a la española, obtiene un envidiable octavo puesto (dos oros, tres platas y un bronce).

Las reglas de ababa

Problema 5 del segundo nivel de la Olimpiada de Mayo (2017)
Se dirige a una edad de: 14 años

Ababa juega con una palabra formada con las letras de su nombre, y se ha puesto ciertas reglas:

Si encuentra una A seguida inmediatamente por una B, las puede sustituir por BAA.

Si encuentra dos B consecutivas, las puede borrar.

Si encuentra tres A consecutivas, las puede borrar.

Ababa empieza con la palabra ABABABAABAAB.

Con las reglas anteriores ¿Cuántas letras tiene la palabra más corta a la que puede llegar?

¿Por qué no puede llegar a una palabra más corta?

Solución: Aquí.

Solución a ascendente múltiplo de 56

Problema 1 del segundo nivel de la Olimpiada de Mayo (2017)
Se dirige a una edad de: 14 años

Decimos que un número entero positivo es ascendente si sus cifras, leídas de izquierda a derecha, están en orden estrictamente creciente. Por ejemplo, 458 es ascendente, mientras que 2339 no lo es.

Hallar el mayor número ascendente que es múltiplo de 56.

Solución:
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Ascendente múltiplo de 56

Problema 1 del segundo nivel de la Olimpiada de Mayo (2017)
Se dirige a una edad de: 14 años

Decimos que un número entero positivo es ascendente si sus cifras, leídas de izquierda a derecha, están en orden estrictamente creciente. Por ejemplo, 458 es ascendente, mientras que 2339 no lo es.

Hallar el mayor número ascendente que es múltiplo de 56.

Solución: Aquí.

Solución a la suma divide al producto

Problema 5 del primer nivel la Olimpiada de Mayo (2017)
Se dirige a una edad de: 12 años

Diremos que dos números enteros a y b forman una pareja adecuada si a+b divide a ab (su suma divide a su multiplicación.

Hallar 24 números que se puedan distribuir en 12 parejas adecuadas, de modo que cada número figure en una única pareja y el mayor de los enteros sea lo menor posible.

Solución:
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Sobre el proceso de inducción: la maldición del campeón o el peligro de sacar conclusiones rápidamente

Los partidos de la vigésimo primera edición del mundial de fútbol masculino de Rusia siguen registrando audiencias espectaculares. Como en ediciones anteriores, y en este caso hasta el 15 de julio que se celebrará la gran final, el Mundial suscita, entre otros aspectos, un sinfín de apuestas estrambóticas, polémicas arbitrales, pasiones nacionales, el show de Maradona, críticas a jugadores, entrenadores y presidentes de federaciones, divertidos memes y titulares llamativos como el de “Alemania no supera la maldición del campeón en la fase de grupos”, refiriéndose a la eliminación de ayer de Alemania en la primera fase del torneo.

Ciertamente, bajo el formato actual, Francia, Italia y España también cayeron en la primera ronda (en 2002, 2010 y 2014, respectivamente) cuando afrontaron un nuevo mundial para defender su corona, pero también es cierto que Brasil sí que superó la primera fase en 2006 habiendo ganado la edición previa. Encontrarnos esta excepción de Brasil en los últimos cinco mundiales (únicamente son los últimos cinco mundiales en los que se ha utilizado el formato actual) podría llevar a cuestionarnos el uso de la palabra maldición, que en cualquier caso queda muy llamativo en un titular de prensa.

El caso es que el hecho de que el campeón de la edición anterior tenga tantas dificultades para superar la primera fase (cuando a priori es uno de los grandes candidatos a superarla sin grandes dificultades), unido a que tengamos una excepción en la supuesta maldición del campeón, me ha llevado a pensar en el peligro de sacar conclusiones rápidamente y, en particular, dada mi profesión, a recordar algunos casos especialmente significativos que llevaron a no poder generalizar alguna propiedad matemática que “parecía” funcionar indefinidamente (esto es, para una cantidad infinita de valores enteros)… y es que la inducción se utiliza muy a menudo en matemáticas, pero se hace necesario emplearla correctamente. Veamos algunos ejemplos de ello.

  • El gran matemático G. W. Leibniz probó en el siglo XVII que:

> n^3-n es divisible por 3 para todo n natural;
> n^5-n es divisible por 5 para todo n natural
> n^7-n es divisible por 7 para todo n natural

Como en el caso de la “maldición” del campeón en la fase de grupos (recordemos, Francia, Italia y España), disponemos aquí también de tres casos que podrían llevarnos a pensar en la aparente propiedad:

“Si k es impar, n^k-n es divisible por k para todo n natural.”

Sin embargo, Leibniz probó posteriormente que:

2^9-2=510 no es divisible por 9,

lo que desmonta la afirmación genérica.

  • Un ejemplo, más conocido que el anterior, hace referencia a los números de la forma 2^{2^n}+1, llamados números de Fermat, que sabemos que son números primos para los primeros cinco casos n=0,1,2,3,4 (por tanto, más casos que los que proporcionan la “maldición” del campeón en la fase de grupos). En efecto:

> Si n=0, obtenemos 2^{2^0}+1=3 que es primo;
> Si n=1, obtenemos 2^{2^1}+1=5 que es primo;
> Si n=2, obtenemos 2^{2^2}+1=17 que es primo;
> Si n=3, obtenemos 2^{2^3}+1=257 que es primo;
> Si n=4, obtenemos 2^{2^4}+1=65537 que es primo;

Sin embargo, L. Euler demostró en el siglo XVIII que:

2^{2^5}+1 = 4294967297 = 641 · 6700417 no es primo.

Por cierto, si no os gusta el fútbol y estáis estos días ociosos, podéis probar a responder de forma justificada a las siguientes preguntas en relación a este ejemplo: ¿Hay infinitos números de Fermat que sean primos? ¿Sólo hay cinco números primos de Fermat (3, 5, 17, 257 y 65537)? En este caso no os puedo proporcionar la respuesta ya que se trata de dos conocidos problemas aún sin resolver 🙂

  • La propiedad que os muestro en la imagen siguiente (cierta para n<105 pero que falla en el caso n=105) se terminó de clarificar cuando en 1941 se publicó la solución proporcionada por V. K. Ivanov.

  • Otro ejemplo en el que el patrón se rompe es el que os muestro en la siguiente figura. En concreto, la pauta se rompe en la octava integral impropia cuyo resultado es un valor cercano a π/2, pero no es π/2. Esto muestra la necesidad de ser prudentes con nuestras afirmaciones:

  • En un artículo de 2006 por D. H. Bailey, J M. Borwein, V. Kapoor y E. W. Weisstein, y gracias a la ayuda del utilizado programa Mathematica (con la opción especial de calcular 100 dígitos de la parte decimal de una constante requerida), se hacía alusión a que el valor de la expresión que aparece en la siguiente imagen difiere de π/8 únicamente a partir del decimal número 42. Casi nada al aparato…

  • Decimos que un número entero es un “cuadrado perfecto” cuando es el cuadrado de algún otro (esto es, un número cuya raíz cuadrada es un número natural). Como de nuevo muestra este ejemplo, no basta comprobar la veracidad de una propiedad para unos cuantos valores de n. En este caso, el ordenador nos indica que 991n^2 + 1 no es un cuadrado perfecto para n=1,2,3,…, 12055735790331359447442538766, pero ¡¡¡ sí lo es para 12055735790331359447442538767 !!!

  • En 1772 Leonhard Euler se dio cuenta que el polinomio cuadrático P(n)=n^2+n+41 proporciona números primos para n=0,1,…,39. Sin embargo, P(40)=1681=41·41. (De hecho, P(n)=n·(n+1)+41 lo que significa que si n es múltiplo de 41 o n+1 es múltiplo de 41 entonces P(n) ya no es primo).

De hecho, P(n)=n^2+n+p genera números primos consecutivos únicamente para seis valores primos de p (los afortunados de Euler), y entre ellos encontramos a p=41.

  • Os muestro otro interesante ejemplo a través del llamado problema de la región perdida. Señalemos n puntos sobre una circunferencia de tal modo que al trazar todas las cuerdas posibles que los unen de dos en dos no haya tres cuerdas concurrentes. ¿En cuántas regiones queda dividido el círculo por estas cuerdas? Podemos comprobar que para n=2, 3, 4 y 5 puntos resultan 2 = 2^1 , 4 = 2^2 , 8 = 2^3 y 16 = 2^4 regiones, respectivamente. Sin embargo, para n=6 sólo resultan 31 regiones y no 2^5=32, de ahí el nombre del problema. Entre partido y partido del mundial, retamos al lector a encontrar la explicación de este hecho (si estáis interesados en la resolución también me podéis escribir y os la proporciono).

En definitiva, espero haber hecho hincapié en el peligro de sacar conclusiones rápidamente. Por cierto, ¿ocurrirá lo mismo en la próxima edición del mundial de fútbol? ¿entrará de nuevo en juego la “maldición” y tendremos eliminación del campeón en Catar2022? Desde luego, lo que ya sabemos a estas alturas es que no podremos dar por hecho que el que tenga todas las papeletas para franquear la siguiente fase vaya realmente a superarla.

Escrito por Juan Matías Sepulcre

Este post forma parte del Carnaval de Matemáticas, que en esta septuagésima octava edición, también denominada 9.2, está organizado por @Pedrodanielpg a través de su blog A todo Gauss.

Al calor del amor en un VaR

España es un país de bares. Lo sé, esto no va a sorprenderle. En junio de 2017, el número de bares en España ascendía a 101397, es decir, 2.8 bares o cafeterías por cada 1000 habitantes. Quizás le sorprenda más saber que las capitales con más bares por habitante no son ni Granada, ni Sevilla, ni siquiera Madrid, sino León, Salamanca y Zamora (ver, por ejemplo, este enlace).

Por otra parte, España ha pasado a los octavos de final del mundial de Rusia gracias al VAR (video assistant referee, por si no lo sabía) y, lo sé, esto tampoco le va a sorprender. En este sentido, el VAR consiste en una serie de cámaras que deben servir para reducir la incertidumbre en el arbitraje de un partido de fútbol).

Sin embargo, el VaR, así con uve, y en mayúsculas y minúsculas, siglas de Value at Risk (en inglés) o Valor en Riesgo (en español), es una noción matemática de suma importancia, por ejemplo, en finanzas que ya existía mucho antes del mundial de Rusia y que persigue, de alguna manera, el control de la incertidumbre, expresada como un riesgo.

El término riesgo tiene muchas acepciones dependiendo de la persona y del contexto en el que nos refiramos a él. El riesgo de no estudiar para un examen es suspenderlo, el riesgo de hacer una escape room es no salir de ella, el riesgo de hacer una entrada dentro del área es que te piten penalti y el riesgo de comprar una papeleta de lotería es perder el dinero que nos costó. En general, y hablando muy coloquialmente, podríamos coincidir en que el riesgo es la posibilidad (o no) de experimentar ciertos eventos de interés y las consecuencias derivadas de ellos (que no tienen por qué ser negativas, oiga).

Fijemos una situación desde un punto de vista bien sencillo: piense el lector que dispone de un activo financiero A que puede reportarle beneficios (o pérdidas, que es lo que más “debería” interesarnos). Si yo le digo que el VaR (value at risk, valor en riesgo) de dicha inversión A (al 95%, por defecto) es de 100 euros, debe entender que 100 euros es la máxima pérdida que usted sufrirá el 95% de las ocasiones durante cierto periodo de tiempo. También podríamos pensar que sólo el 5% de las ocasiones perderemos más de 100 euros.

Suponga ahora que yo, como inversor prestigiosísimo, le propongo una inversión B cuyo VaR (de nuevo, al 95%) es de 50 euros o, lo que es lo mismo, si usted me lo compra el 95% de las ocasiones sufrirá una pérdida menor de 50 euros ¿qué activo financiero preferiría: A ó B? No es aventurado pensar que la mayoría de ustedes preferirían B. Además, si se lo digo yo, que soy gran conocedor de las finanzas…

Y la respuesta es que sí: es cierto que, a priori, podríamos estar de acuerdo, que todos dispondríamos de la inversión B en nuestra “cartera” y que todos esperaríamos obtener muchos beneficios o, al menos, perder menos que aquéllos propietarios de la inversión A.

Si bien es cierto que inversores de todo el mundo llevan años preocupados por medir el posible riesgo existente a la hora de adquirir una cartera, no fue hasta finales de 1980 cuando surgió el concepto de VaR que acabamos de comentar. En 1987, y después de una fuerte crisis financiera, Dennis Weatherstone (presidente de la compañía financiera estadounidense JP Morgan & Co.) tomó la decisión de solicitar un informe breve y diario donde se plasmase el riesgo de pérdida en cartera durante las siguientes 24 horas y este fue el origen del uso del VaR como medida de riesgo. Esta medida cobró tal importancia a lo largo de los años que terminó por convertirse en la herramienta más utilizada a nivel mundial para medir el posible riesgo a la hora de invertir en una determinada cartera. De hecho, el Comité de Supervisión Bancaria de Basilea, es decir, la organización mundial que reúne a las autoridades de supervisión bancaria a fin de fortalecer la solidez de los sistemas financieros y reducir el riesgo, y que se reúne periódicamente, estableció en origen un VaR al 95% como medida de riesgo preferente y, en 1995, aumentó el nivel al 99%, es decir, querían controlar no el 95% de las ocasiones, sino el 99%.

Desde el punto de vista matemático, si X es una variable aleatoria que expresa los beneficios o pérdidas de una inversión el VaR no es más que la función cuantil evaluada en cierta probabilidad p=0.95 ó p=0.99. No se agobie, si usted es madre o padre, seguro que ha usado la función cuantil anteriormente. Si le dicen que su hijo, que tiene 5 semanas y pesa 4.8 kg, está en el percentil 72.6, seguramente se quedará tranquilo, porque esto querrá decir que el peso de su bebé es mayor que el peso de aproximadamente el 73% de los niños de su edad (ver la siguiente figura, http://www.percentilesinfantiles.es/). Evidentemente, esto ha sido calculado a partir de los pesos registrados de miles y miles de bebés de su edad y es una buena señal del crecimiento. Los 99 posibles percentiles no son más que algunos (pocos) casos particulares de los infinitos cuantiles.

Hasta aquí todo, más o menos, bien, pero volvamos a nuestra inversión porque no es oro todo lo que reluce. Decíamos que si el VaR al 95% es igual a 100 euros, “esperaremos” no superar los 100 euros de pérdida en el 95% de las ocasiones, pero no se deje engañar: ¿qué ocurre el 5% restante? ¿Y si, por cosas del destino, una de esas veces ocurre que perdemos un millón de euros? Piénselo, algunos caminos son inexcrutables y hablar de probabilidades es simplemente eso: hablar de probabilidades.

Pero… realmente ¿puede ocurrir que perdamos un millón de euros cuando sabemos lo que ocurre el 95% de las veces? Pues ¡vaya que sí! Y si no que se lo digan a los gurúes de Wall Street o a nuestros amigos de JP Morgan. ¿Recuerdan la crisis que comenzó en 2008? Si todo estaba controlado (y bien controlado) por nuestro querido VaR, ¿cómo fue posible aquel batacazo económico mundial del que 12 años después aún no nos hemos recuperado?

Sea como fuere, se perdió de vista que lo único que mide el VaR es una probabilidad. Más concretamente, en tal caso hay un 99% de probabilidades de “no perder”, pero nadie miró a ese 1% restante hasta que finalmente sucedió y las pérdidas se acumularon en miles de millones, dando como resultado un efecto dominó que, sumado a la ineficacia, ineficiencia e ignorancia de los políticos, ya sabemos lo que provocó.

Ante tal catástrofe, el Comité de Basilea publicó en 2010 una revisión de los criterios oficiales para el control del riesgo promoviendo un cambio hacia otra medida de riesgo que sí tiene en cuenta el peso de las mayores pérdidas. Pero ojo, no cometamos de nuevo el error de pensar que lo que tiene probabilidades bajas de suceder, no sucederá.

Así que estimado lector o lectora, no hay nada como el calor del amor en un bar y tampoco hay nada que un VAR en el último minuto no arregle, pero nada como un VaR bien controladito para poder ir ver a España ganar el mundial de Rusia con un buen gin tonic entre las manos.

Escrito por Julio Mulero

Este post forma parte del Carnaval de Matemáticas, que en esta septuagésima octava edición, también denominada 9.2, está organizado por @Pedrodanielpg a través de su blog A todo Gauss.

La suma divide al producto

Problema 5 del primer nivel la Olimpiada de Mayo (2017)
Se dirige a una edad de: 12 años

Diremos que dos números enteros a y b forman una pareja adecuada si a+b divide a ab (su suma divide a su multiplicación.

Hallar 24 números que se puedan distribuir en 12 parejas adecuadas, de modo que cada número figure en una única pareja y el mayor de los enteros sea lo menor posible.

Solución: Aquí.