¿Cómo invertir una esfera de adentro hacia afuera?

El otro día, mientras estaba de ocioso en el Internet, encontré un vídeo  muy interesante. Es sobre un famoso problema de topología diferencial: ¿es posible evertir una esfera? Evertir significa “sacar algo volviéndolo al revés”, es decir, queremos saber si podemos voltear una esfera, de forma que la cara de adentro quede fuera y la que estaba fuera quede dentro. Claro, sin hacerle agujeros.

Evidentemente esto no es posible en el mundo real, sin embargo, a los topólogos (y matemáticos en general) no les interesa las limitaciones del mundo real, así que usan su imaginación. Imaginemos por un momento que tenemos un material especial, muy flexible y con la propiedad de poder atravesarse a sí mismo. Sería muy divertido jugar con ese material si existiese, pero hay que tener cuidado, pues si le hacemos un pequeño dobles o corte, este se desintegra. D=

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Video: La paradoja de Banach Traski

Les seré sincero, ha sido una semana muy ocupada por el final de semestre, y me acabo de acordar hace unos minutos que hoy me tocaba publicar D=.

¿Entonces de que les voy a hablar? Pues creo que lo mejor que puedo hacer es mostrarles un video que vi hace tiempo, pero me pareció muy creativo y chistoso.

El video fue hecho por estudiantes de matemáticas de la Universidad de Copenhague que se les ocurrio ilustrar la famosa paradoja de Banach Traski, con naranjas. Sigue leyendo

¿Qué hora es ayer? (Parte 3)

Y por fin, parece que fue mañana cuando les mostré la primera parte de esta serie sobre viajes en el tiempo. Ya les hablé sobre las formas en las que se podría viajar hacia el pasado (aquí), y mencioné algunas consecuencias y paradojas que podrían presentarse al alterar hechos que ya pasaron (aquí). En esta ocasión, les hablaré de las paradojas de la predestinación (las cosas suceden sólo de cierta manera) y la paradoja autosuficiente (algo existe antes de haber sido creado).

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¿Qué hora es ayer? (Parte 2)

¡Hola! ¿Cómo les va?

Pues sigamos con nuestra miniserie sobre viajes en el tiempo. En la primera parte, que fue escrita el año pasado les hablé de cómo teóricamente se puede viajar hacia atrás en el tiempo, tomando como base el viaje en la 3a parte de la saga potteriana. Pero, ¿afectaría al presente el haber viajado al pasado? Veamos un poco sobre eso. Como ya lo mencioné anteriormente, hasta ahorita solamente se ha visto el viaje en el tiempo de forma teórica, pues aún no se ha podido encontrar experimento que lo logre.

Para ver una de las primeras implicaciones, recordemos algo de lo que nos dijo, alguna vez Garma sobre la teoría del caos. Un sistema caótico es aquel que, con una ligera variación en las condiciones iniciales, presenta resultados finales muy diferentes.

Para esta segunda parte de la serie, vayamos al videoclub y tomemos ahora otra película: El Efecto Mariposa. (Muy recomendable, aunque un poco estresante.) En ella el personaje puede hacer algo para volver en el tiempo sobre las acciones que ya ocurrieron, realizarlas de modo diferente y así afectar su situación en el presente. [A partir de ahora le llamaré presente al momento en el tiempo en el que se inició el viaje en el tiempo.]

Pero al volver en el tiempo las cosas no se arreglan tan fácil como parecen, pues al cambiar cosas que parecerían mejorar su situación de vida en el mundo presente, se suceden otros efectos a consecuencia de la acción que hizo diferente y se obtienen resultados completamente distintos. Y esto debido a la teoría del caos. Uno de los posibles efectos de un viaje al pasado, es que al cambiar, aunque sea ligeramente la forma en la que sucede un evento, pueden conseguirse desenlaces muy diferentes a los conocidos en el presente. También el buen Homero Simpson nos muestra este aspecto cuando él viaja al pasado.

Pero si se altera un evento pasado A, ¿qué sucede con el presente original? Y si posteriormente se altera otro evento B, ¿qué pasa con el presente original y el presente que surgió después de A? ¿Y qué pasa si se cambia un hecho en el pasado que está muy relacionado con un hecho en el?

Y esto nos lleva directamente a tres paradojas: la paradoja del abuelo, la paradoja de la predestinación y la paradoja ontológica.

La paradoja del abuelo plantea un viajero en el tiempo que viaja al pasado y mata a su propio abuelo antes que éste conozca a la abuela del viajero. Como resultado, uno de los padres del viajero nunca fue concebido. Por lo tanto, el viajero no pudo haber emprendido el viaje. Por lo tanto, el abuelo seguiría vivo. Por lo tanto, el viajero si sería concebido y podría emprender el viaje para matar al abuelo. El planteamiento se contradice a sí mismo y por lo tanto es una paradoja.

Don´t shoot yourself

¿Qué pasa si matas a tu abuelo antes de que conozca a tu abuela?

Hay tres formas que la física plantea para resolver esta paradoja:

Una se llama el principio de autoconsistencia de Novikov, que nos dice que las acciones que haga el viajero en el tiempo están determinadas por la historia, impidiendo hacer algo que altere drásticamente la línea temporal.

La segunda es plantear universos paralelos. Es decir, que cada acción alterada en el pasado crea una nueva línea temporal, distinta a la de la que partió el viajero. Esto se parece a lo que se llama en mecánica cuántica de la interpretación de los muchos mundos.

La tercera forma de resolver esta paradoja es con la teoría de la noexistencia, que dice que si se siguen acciones que derivarían en que el viajero no exista (como matar a su propio abuelo), causaría que cuando el viajero regresara al presente, llegaría a un mundo en donde las cosas se darían como si el viajero nunca hubiera existido.

Hay otra visión, que hace un ciclo entre pasado y presente. En donde las acciones modificadas en el pasado son las que provocan las acciones del futuro y por lo tanto el viaje en el tiempo. Esa visión corresponde a las otras dos paradojas que mencioné: la de la predestinación y la ontológica; pero les hablaré de ellas en la siguiente parte de esta miniserie. Además, les he estado hablando solamente de viaje al pasado, así que también en la siguiente parte tocaré un poco del viaje al futuro.

Espero les esté gustando. Saludos.

Soluciones del desafío

Ahora sí, vamos a ver las soluciones al desafío que les dejé hace un par de semanas. Lamentablemente hubo muy poca participación =( creo que no les gusta la probabilidad…

Bueno veamos las soluciones, les pondré de nuevo el enunciado para que se acuerden y después la solución

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1) Varones contra mujeres.

George Gamow y Marvin Stern, en su estimulante librito, Puzzle-Math, cuentan acerca de un sultán que pensó en aumentar el número de mujeres de su país, con respecto al número de hombres, para que los hombres pudieran tener harenes más grandes. Para lograr su propósito, formuló la siguiente ley: en cuanto una madre de a luz su primer hijo varón, se le prohibirá tener más niños.

De esta manera, argumentaba el sultán, algunas familias tendrían varias mujeres y sólo un varón, pero ninguna familia podría tener más de un varón. No pasaría mucho tiempo sin que el número de mujeres fuera mayor que el de varones.
¿Crees que la ley del sultán dará resultados?

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La respuesta es, NO, no funcionará la ley del sultán.

Como les dije en la pista de la semana pasada, tenemos que ver qué pasa en el tiempo. En lo que tenemos que fijarnos no es en la cantidad de mujeres en una familia, sino en la cantidad de mujeres en una generación.

En la primera generación de mujeres, la mitad tendrá varones y la otra mitad tendrá mujeres. Por la ley del sultán, solo las mujeres que tuvieron hijas, podrán seguir procreando, sin embargo, la mitad de ellas tendrá varones y la otra mitad mujeres. Y así sucesivamente.

Hice la siguiente imagen en Paint (un poco abstracta XD), para que se entendiera mejor. Con rojo represento a las mujeres, y con azul a los hombres. Cada nivel es una nueva generación en la familia. Noten que aunque las familias tendrán más mujeres, lo cierto es que entre cada generación nace la misma proporción de hombres que de mujeres.

La proporción entre hombres y mujeres en cada generación es la misma

Por lo tanto la ley del sultán no funcionará.

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2) Dentro de un sombrero hay 3 tarjetas. Una tiene las dos caras rojas, la segunda tiene una cara roja y una cara blanca y la tercera sus dos caras blancas. Sacas una tarjeta del sombrero. La cara vuelta hacia ti es roja. ¿Cuál es la probabilidad de que la cara que se te oculta sea igualmente roja?

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Este estaba un poco más sencillo aunque a nuestra intuición le gusta engañarnos con este viejo truco. En realidad es muy parecido al problema de Monty Hall.

Solemos pensar lo siguiente. Hay 2 tarjetas que tienen alguna cara roja, y evidentemente sacamos una de ellas. Una de ellas tiene atrás una cara blanca y la otra una roja, así que la probabilidad de que la cara oculta sea roja debe ser 1/2.

Pues ¡No! Piénsenlo así, la cara roja que están viendo puede ser la cara A de roja de la tarjeta roja-roja, la cara B de la tarjeta roja-roja, o la cara roja de la tarjeta roja-blanca. Así que en realidad su probabilidad es 2/3

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El dilema del prisionero

3) Tres prisioneros A, B y C han solicitado su libertad condicional. Se ha decidido que se van a liberar 2 de los 3 prisioneros, los prisioneros saben esto, pero no saben a cuales 2. Un carcelero, amigo del prisionero A, sabe quiénes van a ser liberados. El prisionero A se da cuenta que no sería ético preguntarle al carcelero si él, A, será liberado, pero piensa en preguntarle el nombre de un prisionero distinto de él, que vaya a ser liberado. Él piensa que antes de preguntar, sus probabilidades de ser liberado son 2/3. Pero si pregunta, y el carcelero le dice “B va a ser liberado”, sus probabilidades han bajado a 1/2, pues el otro prisionero liberado puede ser A o C. Entonces A decide no reducir sus probabilidades preguntando. Sin embargo, A está equivocado en sus cálculos. Expliquen.

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Este fue el único problema para el que dieron una respuesta =). Muchas felicidades a Jetsabel, aquí les dejó su solución:

El dilema del prisionero es parecido a las catafixias de chabelo.
No sé bien si la explicación este correcta pero se me ocurre lo siguiente:

En si hay tres posibilidades:
ABc
AbC
aBC
(en mayúsculas los que serán liberados)

En cualquiera de los casos o B o C serán liberados.
y como a A le es indiferente cuál de los otros sea liberado en tanto que él sea liberado, asi q siendo B y C indiferentes para A, la información que le proporcione el carcelero sera trivial, y sus posibilidades siguen siendo 2/3.

¡Exactamente! Otra vez el truco de Monty Hall. Es cierto que hay 2 formas en las que él carcelero le diga “B va a ser liberado”, pero el chiste es que no “pesan” lo mismo. La primera es cuando van a liberar a A y B, donde siempre se lo dice, y la segunda es cuando van a liberar a B y C, donde se lo dice la mitad de las veces. Es decir que es más probable que le diga la primera. Por lo que su probabilidad sigue siendo 2/3.

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4) El duelo de las 3 esquinas

A, B y C van a jugar un duelo de pistolas. Todos saben que A tiene una probabilidad de golpear a su adversario de 0.3, C de 0.5 y B nunca falla. Jugaran de forma cíclica por turnos, empezando con A, luego B, y al final C. Aunque claro, si alguno recibe un balazo deja de jugar. Continúan jugando hasta que quede un hombre. ¿Cuál debería ser la estrategia de A?

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Aquí si había que meterle números, lo siento =)

Primero, obviamente no le va a querer disparar a C. Si le atina, está muerto, pues B le dispararía a él y B nunca falla.

¿Qué pasaría si le dispara a B?

Si no le da, B atacaría al que representa más peligro, es decir C. Entonces A tendría una nueva oportunidad con probabilidad de .3 de ganar, si vuelve a fallar pues ya se murió.

Si sí le da, entonces se batiría a un duelo contra C, con C teniendo la ventaja pues iniciaría con el primer disparo.

Puede que suene difícil calcular la probabilidad de ganar en una situación así, que se puede prolongar hasta infinito… pero en realidad es sencillo… si saben sumar. Solo hay que sumar la probabilidad que tiene de ganar en cada turno.

Por ejemplo para que gane en su 4to turno, debe darse la casualidad de que C haya fallado sus 4 tiros, y A haya fallado sus 3 tiros anteriores, por lo que la probabilidad de que gane en su 4to turno es el producto

(0.5)^4(0.7)^3(0.3)

Ahora simplemente hay que sumar sobre todos los turnos (la probabilidad que gane en el primero, más el segundo, más el tercero, ….)

Si, una suma infinita, pero confiaré en que conocen la serie geométrica

Entonces su probabilidad de ganar es de

(0.5)(0.3)[1+(0.5)(0.7)+(0.5)^2(0.7)^2+(0.5)^3(0.7)^3+...]=\frac{(0.5)(0.3}{1-(0.5)(0.7)}

=\frac{.15}{.65}=\frac{3}{13}

Notemos que 3/13 es menor que 3/10, entonces resulta que le conviene más batirse en duelo solo contra B, y dejarlo toda a su suerte en un solo disparo.

Así que si ustedes fueran A, lo que más les convendría sería disparar al suelo, o fallar adrede y en su siguiente turno intentar vencer a B.

Como pueden ver, saber probabilidad es un asunto de vida o muerte =).

Y con esto acabo con la serie de paradojas de la probabilidad. Ojala les haya gustado. Espero que la próxima vez que les ponga problemas haya más participación.

Tengo ganas de hacer más series pronto… ya las verán después…. pero díganme ¿qué otra serie les gustaría que hiciera próximamente?

La paradoja de Bertrand

Paradojas de la probabilidad (Parte III)

Es hora de la tercera parte de ésta serie de paradojas de la probabilidad. Ya vimos la estrategia para ganarle a Chabelo (aquí), y vimos que no necesitamos un grupo muy grande de personas para encontrar una pareja que cumpla años el mismo día (acá). Esas “paradojas” fueron sencillitas y fáciles de demostrar, pero hoy ya vamos a ver una paradoja ya para niños grandes. La paradoja de Bertrand. Yo sé que les sorprenderá.

Imaginen que tienen un círculo, y dentro de él inscriben un triángulo equilátero. Ahora escogen una cuerda al azar (una cuerda es una línea recta que toca 2 extremos del círculo). ¿Cuál es la probabilidad de que esa cuerda mida más que uno de los lados del triángulo?

Y la paradoja es, ¡que podemos resolver este problema de varias formas distintas, todas ellas válidas y todas ellas con resultados diferentes! ¿Todas validas y con resultados diferentes? Si escucharon bien, quizá las matemáticas no sean tan exactas después de todo.

¡Vamos a ver estas soluciones!

El primer método es el método de “los puntos finales aleatorios”

Es muy fácil de entender con una imagen proveniente de Wikipedia

Escojan un punto al azar sobre la circunferencia.  Su triángulo lo pueden trazar donde quieran, da igual, así que lo trazan con un vértice sobre el punto que escogieron. Luego, quedan 3 arcos donde puede “caer” el otro punto de la cuerda. Si ese punto cayera en el arco opuesto al punto donde trazamos nuestro triángulo, la cuerda medirá más. Así que en este caso la probabilidad que buscamos es 1/3

El segundo método se llama “el radio aleatorio”

En este método, tómense un radio aleatorio (dá). Luego escojan un punto del radio, y sobre ese punto, van a trazar la cuerda, de forma que quede perpendicular al radio (es decir que forme un ángulo de 90°).  El triángulo lo van a dibujar, de forma que uno de sus lados también quede perpendicular al radio. Por ser un triángulo equilátero, este lado va a estar partiendo el radio justo a la mitad. La cuerda es mayor al lado del triángulo si el punto que escogieron está del lado más cercano al centro. Por lo tanto la probabilidad resultante usando este método es 1/2

(Para pensar: ¿Hay alguna cuerda del método anterior que no puedan construir con este método o viceversa? (Uy… ¿verdad que no?))

El tercer método se llama el método de “el punto medio aleatorio”

Este es un poco más complicado. Tomen un punto al azar dentro del círculo, y sobre ese punto van a construir su cuerda de forma que el punto que escogieron al azar sea el punto medio de la cuerda (Noten que solo una cuerda cumple eso con cada punto, exceptuando el centro claro).  En este método no importa como escojan su triangulo, lo importante es el círculo inscrito en el, que tiene un radio igual a la mitad del radio grande (De hecho está propiedad también la usamos en el método anterior).  Si el punto que escogieron al azar, “cayó” sobre el círculo inscrito en el triángulo, entonces la cuerda que construyan será más grande (Es un poco difícil entender porqué… noten que si su punto medio, está más cerca del centro, la cuerda será más grande, y que si ese punto medio cae exactamente en la orilla del circulo inscrito, entonces mide lo mismo que un lado del triángulo). Así que la probabilidad usando este método es igual a: (área favorable)/(área total) = \frac{\pi(r/2)^2}{\pi(r)^2}=\frac{1}{4}

(Nuevamente, para pensar: ¿Pueden pensar en alguna cuerda que solo se pueda obtener con alguno de los métodos? No, ¿verdad?…)

Y ahí lo tienen, estos son los métodos más conocidos pero hay más. La pregunta es, ¿qué método es el correcto? ¿Cuál es la probabilidad real?

Y la respuesta como ya les dije es: ¡todos los métodos están correctos! ¡No hay ninguna trampa en las demostraciones!

¿Pero cómo es esto posible? ¡Se supone que las matemáticas son exactas!

Bueno bueno ya, dejen de correr y arrancarse los pelos de la cabeza. Les voy a quitar el suspenso. No hay nada malo con las matemáticas.  El “truco” de la paradoja está en una ambigüedad del problema.

El problema nos dice que hay que “escoger una cuerda al azar”. Pero no nos dice como hay que escogerla. Y ese es el chiste del asunto, podemos escoger la cuerda al azar de varias maneras, ya sea por “puntos finales aleatorios”, “radios aleatorios” o “puntos medios aleatorios”.

Y aquí es donde nuestro sentido común falla, pues aunque podamos construir todas las cuerdas posibles con cualquier método (todas tienen puntos finales, todas son perpendiculares a algún radio y todas tienen punto medio), lo cierto es que cada método “favorece” más a ciertas cuerdas que a otras.

Nuevamente esto se entiende mucho más fácil si vemos las imágenes que tiene Wikipedia. Vamos a construir muchas cuerdas e iluminar sus puntos medios con cada método, y vamos a ver que efectivamente, hay ciertas cuerdas que aparecen más en unos métodos que en otros.

Puntos finales aleatorios

Cuerdas construidas por puntos finales aleatorios

Y los puntos medios de estas cuerda 

 

 

 

 

 

 

 

Noten la “preferencia” por tener puntos medios cerca del centro

Radios aleatorios

Cuerdas construidas por radios aleatorios

Y sus puntos medios

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Sigue habiendo preferencia por el centro, pero ya no tan marcada.

Puntos medios aleatorios

Cuerdas construidas por puntos medios aleatorios

Y pues… puntos medios aleatorios, claro

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 .

 .

 .

 .

 .

Y como era de esperarse… puntos medios dispersos por todos lados.

Espero que les haya quedado claro. A mi todavía me cuesta trabajo creérmelo. Eso es lo fantástico de las matemáticas. Nunca dejan de sorprendernos.

“Tal vez mayor paradoja de todas es que haya paradojas en las matemáticas” E. Kasner

El problema de Monty Hall

Paradojas de la probabilidad (Parte II)

Continuamos con nuestra serie de problemas que desafían en sentido común, simplemente porque nos cuesta trabajo pensar probabilísticamente. El problema de hoy está inspirado en un programa de concursos de los años 60’s y 70’s llamado “Let’s Make a Deal”. El conductor del programa se llamaba Monty Hall, de ahí el nombre del problema. En México lo más parecido a ese concurso son las katafixias de Chabelo.

¿En qué consiste? Bueno, imaginen que están concursando en el programa, y se les presentan 3 puertas. Detrás de una de las puertas hay un auto, y detrás de las otras 2 hay una cabra. Evidentemente el chiste del concurso es escoger la puerta que contiene al auto.

Un vez que ya hicieron su elección, el presentador, que ya sabe de antemano donde se oculta el auto, abre una de las puertas que no escogieron, mostrando una cabra, y entonces les pregunta si desean cambiar la puerta que escogieron. ¿Qué harían? ¿Cambian o no cambian de puerta? ¿En dónde tienen más posibilidades de ganar? Vamos, ¡piensen!, ¡piensen!

Lo que nuestro sentido común nos dice es que da igual si nos cambiamos o no; una puerta tiene el auto y la otra tiene una cabra, así que la probabilidad de ganar es de 1/2 en ambas puertas. Y he aquí la “paradoja”, pues resulta que les conviene más cambiar de puerta, pues si lo hacen su probabilidad de ganar sube a 2/3. ¿No me creen verdad? ¡Pues que bien!, me alegra su escepticismo. Bien dicen que hay que ver para creer demostrar para creer. Así que eso haremos, y lo haremos con una demostración gráfica, muy sencilla de entender.

Podemos suponer que el auto está en la puerta 1, y en las otras 2 puertas hay cabras.

¿Qué pasaría si escogiéramos la puerta 1, y aplicáramos la estrategia de cambiar de puerta? (Disculpen mis habilidades con el Paint, es lo mejor que pude hacer)

Si escogiéramos la puerta 1, el presentador abrirá la puerta 2 o 3, y al cambiar de puerta perderíamos, independientemente de la puerta que haya abierto el presentador. Mala suerte =(.

¿Qué pasaría si escogiéramos la puerta 2?

Entonces el presentador abriría la puerta 3, y nosotros al cambiar a la puerta 1, ¡ganaríamos! ¡Genial!

¿Y qué pasaría si escogiéramos la puerta 3?

Entonces el presentador abriría la puerta 2, y nosotros cambiaríamos a la puerta 1, y volvemos a ganar. ¡Yeah!

Y ya está, hemos terminado la demostración. ¿Verdad que fue sencillo? En uno perdíamos y en los otros dos ganábamos. Por lo tanto, si cambiamos de puerta nuestra probabilidad de ganar es de 2/3.

Si su sentido común es necio y no se lo pueden creer, lo mejor será que lo experimenten ustedes mismos hasta que se convenzan. Puede ser con un amigo o en una página como esta:  http://www.math.ucsd.edu/~crypto/Monty/monty.html

Espero que este post les haya sido de gran ayuda, y que la próxima vez que se enfrenten a Chabelo tengan a la probabilidad de su lado.

¡Quien necesita suerte cuando sabes probabilidad!

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Otras entradas de la serie:

La paradoja del cumpleaños

La paradoja de Bertrand

Y para los valientes:

El desafio con otras paradojas interesantes para pensar.

El problema del cumpleaños

Paradojas de la probabilidad (Parte I)

Yo sé que a muchos de ustedes les gusta pensar en paradojas. Sí, sí… yo sé que les encanta viajar en el tiempo y matar a su propio abuelo para luego no nacer y no matarlo. Pero no, aquí en el Imperio queremos mucho a nuestros abuelos, así que hoy vamos a empezar una pequeña serie de post sobre paradojas un poco distintas: paradojas de la probabilidad. Y que mejor forma de empezar que con un problema muy famoso: “El problema del cumpleaños”. El problema dice lo siguiente: ¿Cuál es la probabilidad de que 2 personas cualesquiera en un grupo de n personas cumplan años el mismo día? Suponiendo que no hay personas que hayan nacido un 29 de febrero, claro.

Ahora les pediré que piensen un segundo. ¿Cuántas personas necesitaran para que esta probabilidad sea mayor al 50%? Nuestra experiencia nos dice que seguramente necesitaremos muchas. Es muy raro que nos encontremos a alguien que coincida con nuestro cumpleaños, seguramente pasará lo mismo con grupos pequeños.

Bueno, pues he aquí la “paradoja” pues resulta que basta con un grupo de 23 personas para que la probabilidad sea del ¡50.7%! ¿Qué no me creen? ¡Perfecto! Porque yo tampoco lo creí la primera vez que lo escuche. Así que vamos a demostrarlo.

Empecemos con un caso sencillo, ¿Cuál es la probabilidad de que 2 personas cualesquiera coincidan en sus cumpleaños?

Ah ¡pues muy fácil!, hay 365 días en un año y solo pueden coincidir en 1. Así que la probabilidad sería de \frac{1}{365}\cdot{}100=0.27\%

Y sí ahora tenemos 3 personas? Digamos A,B y C. Ya no es tan sencillo. Tendríamos que sumar las probabilidades individuales de que coincidan A con B, B con C, A con C, y que los 3 coincidan al mismo tiempo. Es decir, tendríamos que calcular 4 probabilidades distintas, y sumarlas. ¿Podemos hacerlo? ¿Funcionaría hacerlo así? Y sí, sí podemos hacerlo de esa forma, pero sería un trabajo tedioso. ¡Imagínense hacer eso con 23 personas! Son muchas las combinaciones que tendríamos que calcular.

Para evitarnos todas esas cuentas vamos a hacer algo más inteligente: calculemos la probabilidad opuesta, es decir la probabilidad de que nadie coincida en el cumpleaños. Si a 100% le restamos la probabilidad de que nadie coincida, obtendríamos la probabilidad de que al menos 2 coincidan.

¡Genial! Ahora sólo tenemos que calcular la probabilidad de que 23 personas no coincidan en sus cumpleaños, y a 100% restarle ese resultado. Pero, ¿cómo calculamos la probabilidad de que no coincidan?

La probabilidad de que B no coincida con A es \frac{364}{365}, la probabilidad de que C no coincida con B ni con A es \frac{363}{365}, y así sucesivamente hasta que lleguemos que la persona 23, cuya probabilidad de no coincidir con las otras personas sería \frac{365-23}{365}=\frac{342}{365}. Ahora, todas esas probabilidades individuales deben ocurrir al mismo tiempo, así que las multiplicamos, y así obtenemos la probabilidad de que nadie coincida.

(\frac{364}{365})(\frac{363}{365})...(\frac{342}{365})=0.493

Y finalmente la probabilidad de que 2 personas cualesquiera en un grupo de 23 personas coincidan en sus cumpleaños sería:

1-(\frac{364}{365})(\frac{363}{365})...(\frac{342}{365})=0.507

Que en porcentajes es un 50.7% como queríamos demostrar. Pueden hacer las cuentas si no me creen.

La fórmula anterior se puede generalizar para cualquier cantidad n de personas

1-\frac{365!}{365^n\cdot{}(365-n)!}

Si se ponen a jugar con ella descubrirían que con solo 57 personas obtendrían una probabilidad de 99%. Evidentemente el 100% lo alcanzarán hasta que tengan 366 personas. ¿¡Verdad que está muy loco!? En si no es ninguna paradoja, es algo que ocurre de verdad. Lo llamamos paradoja solo porque contradice nuestro sentido común.

Como diría el genial Richard Feynamn “…la ‘paradoja’ es solamente un conflicto entre la realidad y lo que tu sientes que la realidad ‘debe ser’.”

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Otras entradas de la serie:

El problema de Monty Hall

La paradoja de Bertrand

Y para los valientes:

El desafio con otras paradojas interesantes para pensar.