Justo después de poner un ejercicio de probabilidad en un examen, he leído un acertijo cojonudo sobre cartas en el genial blog de Jose, Acertijos y más cosas. Os lo dejo aquí:
Tenemos una baraja francesa (52 cartas, 4 palos y 13 cartas por palo) y dos amigos, A y B, que tienen una estrategia entre manos. Alguien selecciona al azar 5 cartas de la baraja y se las da a A. A las mira, piensa un poco, se queda una carta y le da las 4 restantes a B. B las mira, piensa un poco y adivina la carta que se ha quedado A. ¿Cómo lo han hecho?
Nota: no hay trucos que valgan. Hay lógica de la buena, nada más.
Aclaración 1: el individuo A, obviamente, puede reordenar las 4 cartas como quiera antes de dárselas a B.
Aclaración 2: las cartas son simétricas, no sirve de nada girarlas porque la figura es idéntica.
Aclaración 3: A entrega a B las cuatro cartas boca abajo.
Está bien el acertijo, pero deberías dar más datos en el enunciado... tal y como aparece en el original, es importante saber que A ordena las cartas antes de dárselas a B
A ver...
El palo es fácil. Como tiene que hacer uno repetido, se queda una y la otra la pone en una posición previamente acordada. Para saber el número podría hacerse colocando las restantes en una determinada manera. Asignándoles un valor y colocándolas en determinada posición tendría 6 posibilidades, que aumentarían según las ponga volteadas o no.
Es tarde y me estoy explicando fatal. Veo que podría hacerse acordando previamente el código de colocación de las 4 cartas devueltas, pero me está costando explicarlo clarito, así que te felicito por el acertijo y me voy a dormir dándole vueltas (aunque en la cabeza tengo bastante claro cómo se puede hacer).
Un momento ¿A y B son pareja artística? creía q A le hacía el truco a B, no lo había pillado. El palo es simple, se coloca una del mismo palo en una posición preestablecida. El número tengo q pensarlo.
Uhm... Bueno, con 4 se puede codificar en binario del 1 al 13, sí. ¿Y si en el acertijo es obligatorio que se den todas boca abajo? (actualizo con esa restricción, también tiene solución, desde luego, sólo te pongo trabas :P).
El palo ya ha quedado claro. Vamos a averiguar el número.
Las cartas tienen un valor numérico, los palos también (picas, corazones, diamantes y tréboles; de mayo a menor). Por lo que va a haber una carta de más valor (A), una de valor intermedio (B) y una de menos valor (C).
Esto nos permite ordenarlas de las siguientes maneras:
Entre la carta entregada y la oculta (del mismo palo) puede haber, como mucho, 12 posiciones. Y tenemos 6 números que podemos indicar con la ordenación de las cartas.
Acordamos que siempre entregaremos la menor (por ejemplo) y nos quedaremos la mayor. Con lo que tendremos que averiguar la diferencia entre una y otra. P.e: Si entrego un 4 y me quedo con la J(11), tengo que indicar un 7. ¿Cómo lo hago si sólo tengo 6 números?
Pues se me ocurre que puedo implementar un factor (+6) si entrego las cartas con la mano izquierda, por ejemplo. Por lo que el 1 sería 7, el 2 sería 8, etc.
Si las entrego con la derecha quiere decir que, como máximo, la diferencia entre las 2 cartas es 6, por lo que basta con fijarse en el orden.
Y en el caso del binario, se puede codificar el palo igualmente con, por ejemplo, el palo de la última carta que se entrega. Pero me gusta más la versión en la que las cartas no se pueden girar.
Yo cuando haga el truco lo haré con lo de la mano :P Pero voy a darle una vuelta y te digo qué se me ocurre, si es que alguien no lo ha resuelto antes...
Pero hasta ahora es así, ¿verdad?
Vale. Creo que lo tengo. Mi planteamiento de antes está mal, porque dije que acordaríamos entregar la menor y quedarnos la mayor. No es exactamente así. Acordaremos entregar la que vaya antes si las ordenamos de manera que haya menos cartas entre ellas. Quiero decir, si suponemos que los valores, en lugar de ir del 1 al 12, vuelven a empezar (10, 11, 12, 1, 2...) y tengo un 1 y un 9; como no puedo indicar 8, indicaré 4 (9, 10, 11, 12, 1 -> 4 valores entre el 9 y el 1).
En este caso me quedaré el 1, entregaré el 9 e indicaré un 4.
Si en lugar de un 1 y un 9 tuviese un 1 y un 3, me quedaría el 1 e indicaría un 2.
Estamos dando por sentado que en 5 cartas habrá 1 palo con 2 cartas, pero podría haber 1 palo con 3, 4 o 5 cartas; e incluso 2 palos con 2 cartas. Para no liarse sería importante acordar que sólo se debe tener en cuenta la 1ª carta, y dejar claro si es la 1ª por arriba o por abajo.
Me ha gustado el truco y romperme la cabeza un rato (con estas cosas me entra el gusanillo de retomar los estudios tras 10 años, y hasta estudiar una carrera jejeje)
Llegué aquí a través de Twitter. Voy a quedarme a echar un vistazo, que tiene buena pinta el blog ;)
Por cierto, supongo que sí pero, ¿conoces el de los 1.000 romanos que van a ejecutar, uno sí, uno no, hasta que sólo quede uno?
Me tuvo días entretenido.
Noottna en la baraja francesa hay 13 cartas por palo, creo que habría q indicar si la diferencia es hacia arriba o hacía abajo. Se podría hacer entregando las cartas bocarriba o bocabajo.
Norby, una de las 13 cartas la estás entregando, así que entre la que entregas y la oculta habrá como muchísimo (el A y el K) 12 números. Lo de boca arriba o boca abajo no nos deja Lola. Jejeje. Es como lo de entregarlas con una u otra mano.
Lola dijo q no podíamos entregar unas bocarriba y otras bocabajo para indicar el codigo binario, pero no q se entregara el mazo entero bocarriba o bocabajo para saber si sumar o restar. Con las claves q has puesto bastara entregarlo de una u otra manera para saber q carta es sin necesidad de elegir siempre la más "alta" (teniendo en cuenta q tras K viene A) y hacer más difícil de pillar el truco aunque, "efectivamente", quedándote siempre la "mayor" no es necesario el pasarlas de uno u otro modo.
¡Justo! El orden de esas dos es importante, al quedarnos con la mayor (o la menor, depende del orden que establezcamos al principio), el otro sabe el palo de la carta y que es una de las 6 que hay por encima de la que le indica el palo. Esas 6 posibilidades las codificamos, pir ejemplo, el orden que decíais más arriba. Que haya más de dos del mismo palo no importa, también los ordenamos previamente, por ejemplo, con orden alfabético.
Con "la mayor", claro, se entiende que un 3 es mayor que un 1 pero un 1 es mayor que una J. Las ordenamos de forma circular y x>y si y es una de las 6 que hay por debajo de x.
Como apunte puntilloso, del mismo modo que no usas el orden alfabético para saber que la K tiene más valor que la Q, los palos de la baraja francesa tienen valores establecidos.
De mayor a menor: Picas, Corazones, Diamantes y Tréboles.
En la baraja española son Oros, Copas, Espadas y Bastos.
Claro que se pueden ordenar alfabéticamente y el truco saldría igual, como también podemos ordenar las cartas de cada palo alfabéticamente ;)
Noottna, cierto, pero eso ya presupone que A y B conocen tal orden establecido y lo mismo eso sólo se da en los expertos :P Por cierto, sí, conocía el acertijo de los romanos (puse otra versión en el blog hace años), muy bueno también. En cuanto al que propones, lo conocía ¡y tiene su miga! Ay, el número e... :)
Lo del año me recuerda a lo del cumpleaños q con 23 hay como un 50% de que dos cumplan el mismo día, sin embargo la probabilidad de q ese día sea precisamente uno (tu cumpleaños) es muchísimo menor. Supongo q se solucionara de un modo parecido pero yo de estadística desde 1º o 2º de carrera no la toco casi y de eso hace ya muchos años.
Pues ayer me puse a pensar este problema que leí hace unos días. No sabía que se podían entregar en un orden predeterminado las cartas por lo que de primeras deduje que era imposible hacer esto (básicamente porque el número de combinaciones tomando 5 elementos de la baraja es mayor que tomando 4).
Luego pensé... lo mismo se pueden dar ordenadas y bajo esa hipótesis encontré la solución. Ahora me he puesto a buscar el enunciado y sí, se podía ordenar.
#14 casi ha dado la solución. Efectivamente la primera carta de las entregadas va a indicar el palo. ¿Cómo determinar cuál es? Pues bien, como hay varias cartas del mismo palo, nos quedamos con una que esté como mucho a "6 posiciones por encima" de la primera que vayamos a dar. Pero 6 por encima incluyendo dar la vuelta a la baraja. Me explico con un ejemplo:
Suponed que tenemos el 2 y la K (rey, carta 13) de corazones. Uno puede decir que ni el rey está por encima del 2 en menos de 6 posiciones (estaría a 11) y claramente el 2 no está por encima del rey. Pero como permitimos dar la vuelta...
1-2-3-4-5-6-7-8-9-10-J-Q-K-1-2-3-4-5-6
Si miramos ahora el rey, el 2 está por encima suya justo 2 posiciones. Así que en este caso nos quedamos con el 2 y la primera carta entregada sería el rey. Como hay 13 cartas por palo, esto siempre se podrá hacer (si la mayor está por encima de la menor a más de 6 posiciones, dando la vuelta la menor estará a menos de 6 posiciones por encima de la mayor).
Ahora, con las 3 cartas restantes indicamos cuántas posiciones por encima está nuestra carta de la otra por ejemplo como describe #14.
Me encanta este acertijo!
Me tuvo varios días enganchado hasta que lo saqué. De hecho durante algún tiempo estuve dando vueltas a una solución que vale para todos los casos (sin trucos de boca arriba o boca abajo de esos) pero falla cuando cojo dos cartas de un color (rojo o negro) y tres de otro...
Justo después de poner un ejercicio de probabilidad en un examen, he leído un acertijo cojonudo sobre cartas en el genial blog de Jose, Acertijos y más cosas. Os lo dejo aquí:
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