Juego de dados Passage

Passage es uno de los juegos más antiguos de apuestas con dados. Se dice que fue utilizado por los verdugos en la crucifición de Jesús de Nazaret para repartirse sus vestiduras. 

  Cuando llegaron al lugar llamado Gólgota, le dieron a beber vino mezclado con hiel; él lo probó, pero no quiso beberlo. Después de crucificarlo, se repartieron su ropa echándola a suertes y luego se sentaron a custodiarlo. San Mateo XXVII 35.

En francés se llamaba Passe-dix  y en alemán Paschen. El juego se menciona en Los tres mosqueteros de Alejandro Dumas (1844) y también aparece en ediciones de Gargantúa y Pantagruel de Rabelais, al menos desde 1884. En Inglaterra, el juego fue específicamente prohibido por la Ley de Juegos de 1739. Francis Grose, en A Classical Dictionary of the Vulgar Tongue, indica que en 1785 Passage era un 'juego de campamento' jugado entre soldados, y que la persona encargada de llevar a cabo el juego en todo el ejército era llamada el head cully of the pass o el passage bank.

En la Figura  se muestra el cuadro obra  de Daniel Nikolaus Chodowiecki (aquí firmó 'Huquier',y la dirección de la publicación también es falsa). 

En su turno, un jugador lanza tres dados hasta conseguir un doble. Si la suma de los dados es superior a 10, gana y en caso contrario pierde y es eliminado. Si hay apuestas el jugador que hace de banca se encarga de cobrar y pagar las mismas.

Hay un 50% de probabilidad de obtener un doble en tres dados; de esas tiradas válidas, la mitad están  por encima de diez, por lo que el juego es justo. Las apuestas ganadoras se pagan 1:1, y por tanto la banca no tiene ventaja.

La inclusión del requisito que sacar un doble sólo sirve para aumentar la tensión del juego, ya que los resultados son los mismos sin él (la probabilidad de sacar más de diez en tres dados no cambia).

Vassilios Hombas (2012) ofrece una generalización de este juego a cualquier número de dados, calculando los `puntos de pase' (el máximo número de puntos para perder) en cada caso. Hay que tener en cuenta que este cálculo ignora el requisito de dobles, lo que puede alterar el juego para números de dados distintos de tres.

¿Cuántas tiradas diferentes son posibles? ¿Cuántas tiradas diferentes hay con doble? ¿Cuántas de ellas son ganadoras? ¿Cuántas son ganadores sin tener en cuenta dobles? Comparar las probabilidades de ganar en cada caso. Indicar 'puntos de pase' para 1, 2, 3, ... n dados. 

Juego de dados Hubbub

El juego originalmente no tenía nombre. Se ganó el nombre de Hubbub porque los colonos europeos del siglo XVIII que presenciaron el juego escucharon a los jugadores decir 'hub, hub, hub' mientras jugaban:

They have a kind of dice game which are plum stones painted, which they cast in a tray with a mighty noise and sweating.- Roger Williams, 1643.

Hubbub es un juego originario de Arapaho en Oklahoma. Utilizan cinco dados planos que decoran por una de las caras para representar un equilibrio entre lo positivo y lo negativo de la vida. Se suelen decorar con motivos estrellados. En el centro se colocan 21 sticks o varitas que se van retirando cada jugador a lo largo del juego. En la Figura se muestran tanto los dados como las varitas. El juego Bowl and Dice es una versión más complicada de este juego.

Los jugadores lanzan los dados y según los resultados obtenidos retiran los sticks que les correspondan. Una vez retirados los 21 sticks el jugador que tenga más es el ganandor.

Los resultados posibles son los siguientes:

• 5 decorados ó 5 sin decorar: 3 puntos (sticks).
• 4 decorados y 1 sin decorar o al contrario: 1 punto (stick).
• 3 decorados y 2 sin decorar o al contrario: 0 puntos (sticks).

En la Figura se muestra un resultado con puntuación nula:

¿Qué probabilidad hay de obetenr 3 puntos en una tirada? ¿Y de obtener 1 punto? ¿Y ninguno? ¿Es razonable la asignación de puntos?

Puntos y segmentos

Presentamos unos juegos donde hay que unir los puntos de una red rectangular con el menor número de segmentos rectilíneos.

Une los 4 puntos con 3 segmentos rectilíneos y los 9 puntos con 4 segmentos rectilíneos de la figura, sin levantar el lápiz del papel.

Une los 16 puntos con 6 segmentos rectilíneos y los 25 puntos con 8 segmentos rectilíneos de la figura, sin levantar el lápiz del papel.

Une los 36 puntos con 10 segmentos rectilíneos y los 49 puntos con 12 segmentos rectilíneos de la figura, sin levantar el lápiz del papel.

Soluciones

Dados no transitivos (III)

Se pueden construir dados no transitivos utilizando los sólidos platónicos. El hexaedro o cubo está representado por el 'Efron Dice'. Para el tetraedro se tiene el 'Tiggermann Dice' que se muestra en la figura.

Se puede extender el 'Tiggermann Dice' para el tetraedro al octaedro, simplemente repitiendo los valores de las caras: $$1,1,4,4,4,4,4,4$$ $$3,3,3,3,3,3,6,6$$ $$2,2,2,2,5,5,5,5$$ Nicholas Pasciuto propone otra numeración de las caras y le llama 'Nichlman Dice' formado por las primeras letras de su nombre y las últimas del apellido de su mentor el Dr. Ward Heilman.

Para el dodecaedro existen varios conjuntos de dados. Uno de ellos es ampliar para cuatro caras más 'Timmermann Dice'. Otra opción es el conjunto de dados 'Schward Dice'

$$0,0,0,0,0,16,16,17,17,17,17,17$$ $$5,5,5,5,14,14,14,14,18,18,18,18$$ $$6,6,6,12,12,12,19,1,9,19,19,19,19$$ $$3,3,11,11,11,11,11,20,20,20,20,20$$ $$15,15,15,15,15,15,15,15,15,15,15,15$$ 

Michael Winkleman inventó un nuevo conjunto no transitivo de sólo tres dados que llamó 'Miwin's Dodecahedral Dice'.

Finalmente para el icosadero se puede expandir el 'Timmermann Dice'. Otra posibilidad, no reversible con dos dados, es el conjunto 'Pascanell Dice'.

Dados no transitivos (I)

Sean tres dados: rojo, verde y azul con sus caras numeradas como se muestra en la imagen.

Si el primer jugador elige el dado verde, entonces, si el segundo jugador elige el dado rojo tiene una mayor probabilidad de ganar. Observando el diagrama de árbol:

$$p(R>V)=p(3)·p(2)+p(6)=\frac{5}{6}·\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{7}{12}$$ Análogamente el dado verde 'gana' al azul y el dado azul 'gana' al rojo: $$p(V>A)=p(2)·p(1)+p(5)=\frac{1}{2}·\frac{1}{6}+\frac{1}{2}=\frac{7}{12}$$ $$p(A>R)=p(4)·p(3)=\frac{5}{6}·\frac{5}{6}=\frac{25}{36}$$

Se forma un ciclo que se visualiza en el grafo dirigido de la imagen y por tanto no se cumple la propiedad transitiva. Por lo tanto, siempre que tu oponente elija primero, siempre podrás elegir un dado con más posibilidades de ganar, con una probabilidad promedio de ganar de alrededor del 62%, aunque te gustaría que eligiera el dado rojo.
Tim Rowett presentó este juego de dados no transitivos en el Gathering for Gardner V (2002). Es una fundación educativa sin ánimo de lucro para mantener el legado del divulgador matemático Martin Gardner (1914-2010).

Si se lanzan dos dados del mismo color entonces el ciclo se invierte. Los dados verdes 'ganan' a los dados rojos: $$ p(VV>RR)=p(7)·p(6)+p(10)·p(6)+p(10)·p(9)=$$ $$\frac{18}{36}·\frac{25}{36}+\frac{9}{36}·\frac{25}{36}+\frac{9}{36}·\frac{10}{36}=\frac{765}{1296}=\frac{85}{144}$$ teniendo en cuenta que los dados verdes pueden sumar 4,7,10 y los dados rojos pueden sumar 6,9,12.

En el diagrama de árbol se muestra como ganan los dados verdes a los dados rojos y el grafo dirigido visualiza un ciclo de sentido inverso.

Los dados azules 'ganan' a los dados verdes: $$ p(AA>VV)=p(5)·p(4)+p(8)·p(4)+p(8)·p(7)=$$ $$\frac{10}{36}·\frac{9}{36}+\frac{25}{36}·\frac{9}{36}+\frac{25}{36}·\frac{18}{36}=\frac{765}{1296}=\frac{85}{144}$$ teniendo en cuenta que los dados azules pueden sumar 2,5,8 y los dados verdes pueden sumar 4,7,10.

Los dados rojos 'ganan' a los dados azules: $$ p(RR>AA)=p(6)·p(2)+p(6)·p(5)+p(9)+p(12)=$$ $$\frac{25}{36}·\frac{1}{36}+\frac{25}{36}·\frac{10}{36}+\frac{10}+\frac{1}{36}=\frac{671}{1296}$$ teniendo en cuenta que los dados rojos pueden sumar 6,9,12 y los dados azules pueden sumar 2,5,8. La probabilidad media de ganar con dos dados es alrededor del 57% y la probabilidad de que los dados rojos ganen a los dados azules es muy ajustada.

Sigue las instrucciones de utilización del modelo de Excel que puedes descargar a continuación:

• Se puede jugar contra el ordenador eligiendo el número de partidas y en cada tirada cualquiera de los tres colores con los botones de la izquierda.
• Se muestran los resultados acumulados después de cada tirada así como la gráfica correspondiente.
• Se puede jugar contra el ordenador eligiendo series de jugadas del tamaño deseado y siempre con un color determinado con los botones de la derecha.
• Se muestran los resultados acumulados después de cada serie así como la gráfica correspondiente.

Descargar .XLS

Dados de Sicherman

Según Martin Gardner, el coronel George Sicherman de Buffalo fue el primero en plantear y resolver la siguiente pregunta:

¿Se pueden numerar dos dados de forma diferente a la estándar de tal manera que se obtengan las mismas sumas y con las  mismas probabilidades  que en los dados estándar?

En la imagen izquierda se muestran los resultados posibles con dos dados tradicionales y en la imagen de la derecha los mismos resultados pero con dos dados numerados de forma diferente

La función generatriz del lanzamiento de un dado cúbico es el polinomio:$$f(x)=\frac{1}{6}x+\frac{1}{6}x^2+\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{6}x^4+\frac{1}{6}x^5+\frac{1}{6}x^6$$ donde los exponentes indican los posibles resultados y los coeficientes su probabilidad. Se supone,  en el caso del dado, que los sucesos son equiprobables (1/6). Si se lanza dos dados se tiene:$$f^2(x)=(\frac{1}{6}x+\frac{1}{6}x^2+\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{6}x^4+\frac{1}{6}x^5+\frac{1}{6}x^6)^2$$$$f^2(x)=6^{-2}(x^2+2x^3+3x^4+4x^5+5x^6+$$$$6x^7+5x^8+4x^9+3x^{10}+2x^{11}+x^{12})$$

Vemos que las sumas 2 y 12 son las menos probables y en cambio la suma 7 es la más probable.

Vamos a aplicar la fórmula de las progresiones geométricas a la función generatriz del lanzamiento de un dado:

$$f(x)=\frac{1}{6}\frac{x(x^6-1)}{x-1}=\frac{1}{6}\frac{x(x^3+1)(x^3-1)}{x-1}=$$

$$\frac{1}{6}x(x^3+1)(x^2+x+1)=\frac{1}{6}x(x+1)(x^2-x+1)(x^2+x+1)$$

Elevando al cuadrado se obtiene la función del lanzamiento de dos dados que permite descomponerla como producto de dos funciones:

$$f^2(x)=g(x)h(x)$$

$$g(x)=\frac{1}{6}x(x+1)(x^2+x+1)=\frac{1}{6}(x+2x^2+2x^3+x^4)$$

que corresponde a las características del primer dado.

$$h(x)=\frac{1}{6}x(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)^2=$$

$$\frac{1}{6}(x+x^3+x^4+x^5+x^6+x^8)$$

que corresponde a las características del segundo dado.

Veamos que también se puede conseguir con dados tetraédricos:

La función generatriz del lanzamiento de un dado tetrédrico es el polinomio:

$$f(x)=\frac{1}{4}x+\frac{1}{4}x^2+\frac{1}{4}x^3+\frac{1}{4}x^4=\frac{1}{4}\frac{x(x^4-1)}{x-1}=$$

$$\frac{1}{4}\frac{x(x^2-1)(x^2+1)}{x-1}=\frac{1}{4}x(x+1)(x^2+1)$$

Elevando al cuadrado se obtiene la función del lanzamiento de dos dados que permite descomponerla como producto de dos funciones:

$$f^2(x)=g(x)h(x)$$

$$g(x)=\frac{1}{4}x(x^2+1)^2=\frac{1}{4}(x+2x^3+x^5)$$

que corresponde a las características del primer dado.

$$h(x)=\frac{1}{4}x(x+1)^2=\frac{1}{4}(x+2x^2+x^3)$$

que corresponde a las características del segundo dado.

Recordemos que el cubo y el tetraedro son dos de los cuerpos platónicos. ¿Es posible conseguirlo con los otros cuerpos platónicos? Es decir, con dados octaédricos, dodecaédricos e icosaédricos. En el caso del octaedro hay tres pares de soluciones:

{1, 3, 3, 5, 5, 7, 7, 9} y {1, 2, 2, 3, 5, 6, 6, 7}

{1, 2, 5, 5, 6, 6, 9, 10} y {1, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 6}

{1, 3, 5, 5, 7, 7, 9, 11} y {1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5}

Para el dodecaedro hay 7 soluciones y para el icosaedro se debe suponer un número más grande todavía.

Problema de Josefo

Flavio Josefo (37-100) en su libro La Guerra de los judíos, nos dejó un interesante problema de matemáticas que ha tenido muchas variantes en los juegos de niños  y que ha atraído a muchos matemáticos. Cardano (1501-1576) recogió una versión del juego que llamó Ludus Josephi y fue Euler (107-1783) el primero que encontró leyes de recurrencia para resolver el problema.

Josefo pertenecía a la aristocracia sacerdotal de Jerusalén y en el año 63 fue enviado a Roma para conseguir la liberación de varios sacerdotes que habían sido hecho prisioneros y lo consiguió gracias a Popea, esposa de Nerón. A su vuelta a Jerusalén, en el año 65, la guerra  con Roma parecía inevitable, Josefo fue nombrado gobernador de Galilea, la guerra se desató al año siguiente y duró hasta el año 73.

 Cuenta Josefo, que cuando los romanos tomaron Jotapata, en la Baja Galilea, él y cuarenta galileos se refugiaron en una cueva y fueron cercados por los romanos. Decidieron morir antes que ser capturados y vendidos como esclavos. Para cumplir esa terrible decisión se colocarían en círculo con los lugares numerados y se matarían entre ellos con una espada mediante el siguiente procedimiento:

El primero mataría al segundo y pasaría la espada al tercero; éste mataría al cuarto y pasaría la espada al quinto y así sucesivamente hasta quedar uno que se quitaría así mismo la vida. Josefo, que sabía de matemáticas, se colocó en la posición del último superviviente y convenció al penúltimo superviviente para entregarse juntos a los romanos y evitar las dos muertes.

En la imagen vemos quién es el superviviente (en blanco) según haya 7 u 8 personas. En diferente color se muestran los eliminados en cada vuelta. Siempre es el 1 el que inicia el proceso.

En la tabla se muestra, para los 16 primeros casos, la posición del superviviente G(n) según el número n de participantes.

Se observa que cuando el número de participantes es una potencia de 2 siempre se salva el que empieza. Se puede comprobar siguiendo las ruedas de 8, 4, 2 y 1 que se muestran en la imagen:

Veamos como se puede obtener para n=13, de forma analítica, el valor G(13)=11:
$$13=8+4+1=8+5=2^3+5$$ $$n=13 \rightarrow G(n)=2·5+1=11$$ Si n es el número de individuos, k el exponente de la potencia de 2 más próxima a n y m lo que falta para ser n, se tiene: $$n=2^k+m \rightarrow G(n)=2m+1$$ En el caso histórico donde n=41 , se tiene: $$41=2^5+9\rightarrow G(41)=2·9+1=19$$ Si expresamos 13 en sistema binario: $$13=8+4+1=2^3+2^2+2^0=1101 $$ y pasamos la primera cifra a la última posición, se obtiene el número buscado: $$1011=2^3+2^1+2^0=8+2+1=11$$ En el caso histórico se tiene: $$41=32+8+1=2^5+2^3+2^0=101001 $$ y pasamos la primera cifra a la última posición, se obtiene el número buscado: $$010011=2^4+2^1+2^0=16+2+1=19$$

Matemagia (II)

Vamos a mostrar dos propuestas mágicas basados en los números primos.

• PROPUESTA I: En una mesa coloca en círculo y boca abajo, 13 cartas. Elige una de ellas y la vuelves a poner boca abajo. A partir de esa carta y en el sentido de las agujas del reloj cuenta hasta llegar a la carta 8 y la volteas. A partir de esa carta repite el proceso volteando las cartas, sucesivamente, hasta que falte una que será la que has elegido. No importa al contar que estén del anverso o del reverso.

¡Los dos números han de ser primos entre sí: mcd(13,8)=1!

EXPLICACIÓN:

Sea n es el número de cartas en círculo y p el número pensado para contar con la condición de que mcd(n,p)=1. Podemos suponer, sin pérdida de generalidad, que la  carta elegida está en posición 0.  A partir de la siguiente, contamos p cartas y se voltea. A partir de ella se cuentan otras p cartas (hemos contado ya 2p) y se voltea. Así sucesivamente 3p, 4p,...Sólo cuando contemos n veces, np será múltiplo de n y sólo quedará sin voltear la carta buscada.

Vamos a simplificarlo a 5 cartas {A,B,C,D,E} colocadas alfabéticamente en el sentido de la agujas del reloj, como se muestra en la figura. Si eliges la carta C (en naranja) y cuentas cada vez 3, se observa que la primera carta en voltear es la A (pasa de gris a blanco).  Y así sucesivamente se volteando las cartas D, B, E. Finalmente queda sin descubrir la carta C.

Al hacer un recuento en círculo es un problema de congruencia módulo 5:

3 mod 5=3 (A), 6 mod 5=1 (D), 9 mod 5=4 (B), 12 mod 5=2 (D), 15 mod 5=0 (C)

• PROPUESTA II: Tomamos un número de tres cifras diferentes abc. A partir de él formamos el número de seis dígitos abcabc. Si se divide por 13, el resultado entero es divisible por 11 y al dividir el resultado por 7 se obtiene el número inicial. Sea el número 739739, al dividir por 13 se obtiene 56903. Al dividir ahora por 11 se obtiene 5173. Si finalmente se divide por 7 se obtiene 739.

¡Con números de esa forma ocurre siempre!

EXPLICACIÓN:

• Un número es divisible por 13 cuando la suma de los productos de las unidades, decenas, centenas... de dicho número por los dígitos de la lista {1,-3,-4.-1,3,4} respectivamente es  0 ó múltiplo de 13. No es el único criterio de divisibilidad.

El número 53927 no es divisible y no se utilizan todos los dígitos de la lista: $$7·1+2·(-3)+9·(-4)+3·(-1)+5·3=-23$$ El número 1604928 si es divisible y se utiliza un dígito dos veces: $$8·1+2·(-3)+9·(-4)+4·(-1)+0·3+6·4+1·1=-13$$ El número abcabc es divisible por 13 independientemente de los valores a, b y c: $$1·c+(-3)·b+(-4)·a+(-1)·c+3·b+4·a=0$$

• Un número es divisible por 11 si la diferencia entre la suma de las cifras impares y la suma de las cifras pares es 0 ó un múltiplo de 11. Se puede iniciar por la derecha o por la izquierda.

El número 57238 no es divisible y el número 945076 si es divisible: $$(5+2+8)-(7+3)=5 \wedge(9+5+7)-(4+0+6)=11$$ El número abcabc es divisible por 11 independientemente de los valoresa,b y c: $$(a+c+b)-(b+a+c)=0$$

• Un número es divisible por 7 cuando la suma de los productos de las unidades, decenas, centenas... de dicho número por los dígitos de la lista {1,3,2.-1,-3,-2} respectivamente es 0 ó múltiplo de 7. No es el único criterio de divisibilidad.

El número 3427 no es divisible y no se utilizan todos los dígitos de la lista:$$7·1+2·3+4·2+3·(-1)=18$$El número 864192 si es divisible y utiliza todos los dígitos:

$$2·1+9·3+1·2+4·(-1)+6·(-3)+8·(-2)=-7$$El número abcabc es divisible por 7 independientemente de los valores a, b y c: $$1·c+3·b+2·a+(-1)·c+(-3)·b+(-2)·a=0$$

• Veamos que al dividir el número abcabc por 7·11·13=1001 se obtiene el número abc:

$$abc·1001= (100a+10b+c)·1001=100100a+10010b+1001c$$ $$=100000a+10000b+1000c+100a+10b+c=abcabc$$

Matemagia (I)

¿Qué es la Matemagia? Es matemática asociada a la magia, presentada de forma amena y dinámica generando asombro y sorpresa. Se presentan tres 'trucos' que utilizan el álgebra elemental y el sistema de numeración decimal.

• TRUCO I: En una baraja asignamos un número a cada uno de los palos (1=oros, 2=copas, 3=bastos, 4=espadas) y un número a cada carta (8=sota, 9=caballo, 0=rey). Eliges una carta de la baraja y haces los siguientes cálculos: multiplica el número del palo por 2, suma 3 al resultado, multiplica el nuevo resultado por 5 y súmale el número de la carta. Ahora, díme el número obtenido.
¡Sé la carta que has elegido!

EXPLICACIÓN:

Sea el rey de copas la carta elegida (2=palo, 0=carta). Hacemos los cálculos: (2·2+3)5+0=35. Ahora  hacemos 35-15=20. La decena es el palo y la unidad la carta. Sea el 7 de bastos la carta elegida (3=palo, 7=carta). Hacemos los cálculos: (3·2+3)5+7=52. Ahora  hacemos 52-15=37. La decena es el palo y la unidad la carta.

¿Por qué siempre hay que restar 15?

Si x es el número del palo e y el número de la carta, se tiene: $$(2x+3)5+y=10x+15+y$$ Si restamos 15 obtenemos el número: $$10x+y=xy$$ y así sabemos que la decena es el palo y la unidad la carta.

• TRUCO II: Lanza un dado y multiplica el resultado por 2, súmale 5 y vuelve a multiplicar el resultado por 5. Lanza otro dado y suma el resultado al anterior. Multiplica el resultado por 10 y súmale el resultado de lanzar un tercer dado.

¡Sé el resultado de tus dados!

EXPLICACIÓN:
Supongamos que las tiradas han dado los números 3, 6 y 1. Entonces ((2·3+5)5+6)10+1=611. Le quitamos 250 y obtenemos el 361. Y si el resultado de las tiradas es 4,4,5. Entonces ((2·4+5)5+4)10+5=695. Le quitamos 250 y obtenemos el 361. por tanto siempre conocemos el resultado de los dados.

¿Por qué  siempre hay que restar 250?

Si x, y, z son los resultados de las tres tiradas se tiene: $$(2x+5)5+y=10x+25+y$$ $$(10x+y+25)10+z=100x+10y+z+250$$ Si restamos 250 obtenemos el número: $$100x+10+z=xyz$$ y así sabemos que la centena es el resultado del primer dado, la decena del segundo y la unidad del tercero.

Piensa un número de tres cifras diferentes, invierte sus cifras y resta el número mayor del número menor. Invierte sus cifras y resta de nuevo estos dos últimos números.

¡Sé qué número has obtenido!

EXPLICACIÓN:
Sea un número de tres cifras con la única condición que la cifra de las unidades y la de las centenas no sean la misma. Por ejemplo 572 y invertimos sus cifras y restamos el mayor del menor: 572-275=297. Ahora invertimos las cifras del número obtenido y sumamos ambos números: 297+792=1089. Escogemos ahora el número 736 y repetimos el proceso: 736-637=099. 099+990=0189.

¿Por qué  siempre se obtiene el número 1089?

Sea el número abc con a>c: $$abc-cba=(100a+10b-c)-(100c+10b+a)=99(a-c)$$ Como las cifras van de 0 a 9, se tiene que: $$1 \leq a-c\leq 9 \rightarrow a-c=k \rightarrow 1 \leq k \leq 9$$ El número obtenido se puede expresar de la forma siguiente: $$99k=100k-k=100(k-1+1)-k=100(k-1)+100-k=$$ $$100(k-1)+90+10-k=100(k-1)+9·10+10-k$$ Como: $$1 \leq k \leq 9 \rightarrow 1 \leq 10-k \leq 9$$ El número tiene 10-k unidades, 9 decenas y k-1 centenas. Invirtiendo sus cifras se tiene el número: $$100(10-k)+9·10+k-1$$ Sumando ambos números se tiene: $$100(k-1+10-k)+10(9+9)+10-k+k-1=$$ $$100·9+18·10+9=900+180+9=1089$$ y por tanto se obtiene siempre 1089, independientemente del número elegido inicialmente.

Un juego 'burro' (II)

Como vimos, hay juegos en los que las ganancias disminuyen cuando aumenta la probabilidad de ganar en cada turno. Son los denominados donkey games o 'juegos burro'.

Recordemos el funcionamiento del juego:

Una moneda tiene una probabilidad p de salir cara (C) y una probabilidad 1-p de salir cruz (X). Se realizan series de lanzamientos. En cada turno si sale cara se gana un euro, si sale cruz se pierde un euro y si sale lo mismo que en la tirada anterior se cancela la ganancia o la pérdida. Por ejemplo, en la secuencia XCCC la ganancia será cero. Si p=0.5 el juego es justo y la ganancia media es cero. En cambio si p aumenta el jugador termina perdiendo y si p disminuye el jugador termina ganando.
Supongamos muchos jugadores participando simultáneamente y observamos un turno determinado: Sea N0 el número de jugadores sin ganancia ni pérdida,  N1 con ganancia  N2 con pérdida en un turno determinado.
En el turno siguiente, el número de jugadores sin ganancia ni pérdida será: $$N_0'=pN_1+(1-p)N_2$$ pues sale cara y había cara o sale cruz y había cruz.
El número de jugadores con ganancia será: $$N_1'=pN_0+pN_2$$ pues sale cara y no había nada o sale cara y había cruz.
El número de jugadores con pérdida será:
$$N_2'=(1-p)N_0+(1-p)N_1$$ pues sale cruz y no había nada o sale cruz y había cara.

Un juego 'burro' (I)

Aunque parezca paradójico, hay juegos en los que las ganancias disminuyen cuando aumenta la probabilidad de ganar en cada turno. Se denominan donkey games o 'juegos burro'. Christian van den Broeck y Bart Cleuren, físicos del Centro Universitario de Limburg, en Bélgica, estudian este tipo de juegos.Veamos uno de ellos:

Una moneda tiene una probabilidad p de salir cara (C) y una probabilidad 1-p de salir cruz (X). Se realizan series de lanzamientos. En cada turno si sale cara se gana un euro, si sale cruz se pierde un euro y si sale lo mismo que en la tirada anterior se cancela la ganancia o la pérdida. Por ejemplo, en la secuencia XCCC la ganancia será cero. Si p=0.5 el juego es justo y la ganancia media es cero. En cambio si p aumenta el jugador termina perdiendo y si p disminuye el jugador termina ganando.
Supongamos muchos jugadores participando simultáneamente y observamos un turno determinado: Sea N0 el número de jugadores sin ganancia ni pérdida,  N1 con ganancia  N2 con pérdida en un turno determinado.
En el turno siguiente, el número de jugadores sin ganancia ni pérdida será: $$N_0'=pN_1+(1-p)N_2$$ pues sale cara y había cara o sale cruz y había cruz.
El número de jugadores con ganancia será: $$N_1'=pN_0+pN_2$$ pues sale cara y no había nada o sale cara y había cruz.
El número de jugadores con pérdida será:
$$N_2'=(1-p)N_0+(1-p)N_1$$ pues sale cruz y no había nada o sale cruz y había cara.

 Las soluciones estacionarias se obtienen cuando, después de muchas iteraciones, los nuevos valores coinciden con los anteriores. Resolviendo el sistema:
$$\begin{eqnarray*} N_0 = pN_1+(1-p)N_2 \\ N_1=pN_0+pN_2 \\ N_2=(1-p)N_0+(1-p)N_1 \end{eqnarray*}$$ se obtienen las soluciones: $$N_1=\frac{p(2-p)}{p^2-p+1}N_0 \wedge N_2=\frac{1-p^2}{p^2-p+1}N_0$$ La ganancia en un turno es: $$G=pN_0-(1-p)N_0-N_1+N_2=$$ $$(2p-1)N_0-\frac{p(2-p)}{p^2-p+1}N_0+\frac{1-p^2}{p^2-p+1}N_0=\frac{p(p-1)(2p-1)}{p^2-p+1}N_0$$ El número total de jugadores es: $$N_0+N_1+N_2=N_0+\frac{p(2-p)}{p^2-p+1}N_0+\frac{1-p^2}{p^2-p+1}N_0=$$ $$\frac{-p^2+p+2}{p^2-p+1}N_0=\frac{-(p+1)(p-2)}{p^2-p+1}N_0$$ La ganancia media es: $$\overline{G}=\frac{\frac{p(p-1)(2p-1)}{p^2-p+1}}{\frac{-(p+1)(p-2)}{p^2-p+1}}=\frac{p(1-p)(1-2p)}{(1+p)(2-p)}$$

El juego de la tarta

Cada jugador debe rellenar su molde circular utilizando tres porciones de tarta. Se van colocando alternativamente y gana el primero que completa la tarta.
La tarta está formada por 15 sectores de 24º cada uno. Las porciones van de 1 sector  hasta 9 sectores. 

Se desplazan los sectores moviendo los puntos centrales y se giran los sectores moviendo los puntos extremos.

Nadal VS Federer

Supongamos que un jugador de tenis (Rafa Nadal) tiene una probabilidad p de ganar un point a su contrincante (Roger Federer). La probabilidad de que pierda será q, siendo p+q=1. ¿Qué probabilidad tendrá de ganar un game? ¿Y un set? ¿Y un match?

En una serie de tablas se muestran las posibles evoluciones de un game, un tie-break, un set con tie-break, un set sin tie-break y un match.

Las celdas con números en rojo corresponden a momentos de ventaja de Nadal, las celdas con números en azul indican situaciones de ventaja de Federer y las que tienen los números en negro indican situaciones de empate. Las celdas con los números en negrita indican situación de ganador de alguno de ellos.

Probabilidad de ganar un game:

Los números de la tabla recogen las distintas posibilidades de alcanzar un tanteo concreto. La celda con el 2 corresponde al tanteo 15-15 e indica que se puede alcanzar ese resultado de dos formas distintas: 15-0 ->15-15 o bien 0-15 -> 15-15. Se observa que cada celda es la suma de la celda de su izquierda y de su celda superior (siempre que existan ambas). Sabemos que en tenis se han de conseguir dos puntos de diferencia para adjudicarse el juego y conseguir al menos cuatro points.

De acuerdo con la tabla y teniendo en cuenta la probabilidad p de conseguir un point:

$$p(game)=p^4+4p^4q+10p^4q^2+^20p^5q^3+40p^6q^3+80p^7q^3+\cdots$$

$$p(game)=p^4+4p^4q+10p^4q^2(1+2pq+4p^2q^2+8p^3q^3+\cdots)$$

$$p(game)=p^4+4p^4q+\frac{10p^4q^2}{1-2pq}$$

Probabilidad de ganar un tie-break:

Un tie-break es una forma de terminar un game de manera más rápida. Si se llega a un empate a 6 games, se juega un último game de desempate que se consigue con 7 points con diferencia de dos. En caso contrario se siguen jugando points hasta conseguir esa diferencia.

De acuerdo con la tabla y teniendo en cuenta la probabilidad p de conseguir un point:
$$p(tie-break)=p^7+7p^7q+28p^7q^2+84p^7q^3+210p^7q^4+\frac{462p^7q^5}{1-2pq}$$
Probabilidad de ganar un set sin tie-break:

Un set se consigue con 6 games y una diferencia de dos. En caso de no conseguir esa diferencia con 6 games, se debe continuar hasta conseguirla.

De acuerdo con la tabla y teniendo en cuenta la probabilidad de conseguir un game:
$$p(set)=p^6+6p^6q+21p^6q^2+56p^6q^3+\frac{126p^6q^4}{1-2pq}$$
Probabilidad de ganar un set con  tie-break:

Un set se consigue con 6 games y una diferencia de dos. En caso de llegar a empate a 6 games se juega un tie-break.

De acuerdo con la tabla y teniendo en cuenta la probabilidad p de conseguir un game y un  tie-break:
$$p(set)=p^6+6p^q+21p^6q^2+56p^6q^3+126p^6q^4+252p^7q^5+504p^6q^6P$$
 siendo P la probabilidad de tie-break.

Probabilidad de ganar un match:

Un match se consigue ganando 3 sets. En caso de empate a 2 sets el último se juega con tie-break. Hay competiciones en que es suficiente ganar 2 sets y el set de desempate también es con tie-break.

De acuerdo con la tabla y teniendo en cuenta la probabilidad p de conseguir un set:
$$p(match)=p^3+3p^3q+6p^2q^2P$$
siendo P la probabilidad de set con tie-break.

Sigue las instrucciones de utilización del modelo de Excel que puedes descargar a continuación:

• Se puede elegir la probabilidad de ganar un point.
• Se obtienen las probabilidades de ganar un game, un set sin tie-break, un tie-break, un set con tie-break y un match.
• Las gráficas representan las probabilidades anteriores en función de la probabilidad de ganar un point. 

Descargar .XLS

• Basado en el capítulo El tenista ebrio del libro Ingeniosos encuentros entre juegos y matemática de Ian Stewart.

Juego de ruleta: La Boule

Este juego fue inventado en el siglo XVIII en Francia como una variante del denominado La Hoca. Consiste en una versión reducida de la ruleta tradicional.

Consta de 18 casiilas numeradas del 1 al 9 en dos series, una superior y otra inferior. Los jugadores pueden apostar de manera múltiple: negro (rojo), impar (par), falta (pasa), superior (inferior) o individual a un número cualquiera. El 5 actúa como el 0 de la ruleta tradicional, pero se admite como apuesta individual.

La esperanza de ganancia para el apostante es de -11.11%, y por tanto, muy ventajosa para la banca lo que hace que cada vez sea menos frecuente su presencia en los casinos, salvo en algunos  de Francia.

Piedra, papel y tijera

Es un juego de manos que consta de tres elementos:

La piedra  gana a la tijera rompiéndola, la tijera vence al papel cortándolo y el papel trunfa sobre la piedra envolviéndola.

Matemáticamente es un juego no transitivo y según la teoría de juegos, la estrategia óptima es la elección aleatoria. Como el número de partidas es reducido, tiene mucha importancia la psicología de los jugadores.

Los jugadores dicen Piedra... Papel... y ¡Tijera! y justo al acabar muestran todos al mismo tiempo una de sus manos, de modo que puede verse la elección de cada uno.

Existe una expansión que incorpora dos nuevos elementos: Spock y lagarto, creada por Sam Kass y apareció en un capítulo de la comedia The Big Bang Theory.

ganador	acción	perdedor
tijera	decapita	lagarto
tijera	corta	papel
papel	tapa	piedra
papel	desautoriza	Spock
piedra	lapida	lagarto
piedra	aplasta	tijera
lagarto	come	papel
lagarto	envenena	Spock
Spock	vaporiza	piedra
Spock	rompe	tijera

Tangram de 5 piezas

El tangram de 5 piezas destaca por su simplicidad. Un cuadrado formado por cinco triángulos: un rectángulo isósceles, dos escalenos obtusángulos y dos rectángulos con un cateto el doble que el otro:

Tangram de Brügner

El tangram de Brügner destaca por su simplicidad. Un rectángulo descompuesto en tres triángulos rectángulos que se obtienen a partir de la proporción áurea entre la hipotenusa y el cateto menor del triángulo mayor:

$$sen\ \alpha= \frac{c}{a}=\frac{1}{\phi}=0.618$$

El dado sorpresa

Un dado normal tiene todas sus caras diferentes, numeradas del 1 al 6 y todos los resultados son igual de probables.
Presentamos un dado, del que sólo vemos la cara del resultado. Debemos adivinar los números que tiene el dado y que pueden estar repetidos. Esos valores se generan de forma aleatoria cada partida.
Para ello podemos hacer lanzamientos y observando los resultados que se van obteniendo debemos acertar los números de las caras. En cualquier momento podemos indicar las veces que creemos aparece cada número y probar suerte.
Disponemos de 100 puntos inicales, y cada tirada resta uno. Si probamos suerte y fallamos nos restará 10 puntos más.

Sigue las instrucciones de utilización del modelo de Excel que puedes descargar a continuación:

• INICIAR: Genera un dado nuevo y pone los contadores a cero.
• LANZAR: Lanza un dado, muestra el resultado y actualiza los contadores.
• PROBAR: Una vez has colocado en las celdas correspondientes el número de caras de cada resultado posible, te indica si has acertado o no.
• SERIE: Genera series de 100 tiradas para obtener una aproximación del valor teórico

Descargar .XLS

¡Prueba tu suerte!

Fel·li o Fix

Es un juego de Marruecos y se basa en las reglas del juego medieval alquerque, que vino a la Península Ibérica gracias a los árabes y que al utilizar el tablero del ajedrez dio origen al juego de damas.

Cinco caminos

Es un juego del norte de China y se suele jugar con dulces y cuando se captura una pieza del contrario se la comen realmente. El ganador también se come los dulces que quedan al finalizar la partida.