Desafíos Matemáticos en El País – Desafío Extraordinario de Navidad 2014: Superstición…y probabilidad

¡¡Nuevo Desafío Matemático RSME-El País!! Tal y como pasó en 2012 y en 2013, la Real Sociedad Matemática Española y El País nos traen un nuevo Desafío Matemático Extraordinario de Navidad. En esta ocasión lo propone Dulcinea Raboso, doctora en matemáticas por la Universidad Autónoma de Madrid (UAM) e investigadora posdoctoral del Instituto de Ciencias Matemáticas (ICMAT).

Como podéis ver en el título de este post, el problema se titula Superstición…y porbabilidad, y podéis ver el vídeo con el planteamiento del mismo haciendo click en este enlace. Dejo aquí de todas formas el planteamiento del problema por escrito:

Antes de que llegue el sorteo, quiero tener decorado mi árbol de navidad. Para ello tengo una caja con bolas de color rojo y bolas de color blanco. No recuerdo exactamente cuántas bolas hay, pero sé que no son más de 20. Lo que sí recuerdo – manías de matemáticos – es que al sacar de la caja dos bolas al azar, la probabilidad de que las dos sean blancas es 1/2. El desafío navideño que os proponemos es que nos digáis cuál es la probabilidad de que, al sacar al azar dos bolas de la caja, las dos sean rojas. Como siempre, además del número, os pedimos que nos deis una explicación de cómo habéis llegado a él.

Entre los que resuelvan correctamente el desafío se sorteará una biblioteca matemática. Además, el ganador recibirá el libro Desafíos Matemáticos, recopilación de los 40 desafíos de esta iniciativa publicados en 2011 del que os hablé esta mañana. Si encontráis la solución y queréis participar sólo tenéis que enviarla a problemamatematicas@gmail.com antes de que termine el jueves 18 de diciembre.

Y respecto al tema de los comentarios, al igual que hice en aquellos desafíos y en los Gaussianosyguijarro, en principio no tengo pensado quitaros la oportunidad de comentar, pero me gustaría que si queréis comentar no dierais la solución directamente, preferiría que si queréis comentar dierais pistas, que hablarais de la forma de resolverlo, en vez de limitaros a dar la solución tal cual. Muchas gracias a todos y a disfrutar con el desafío.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

43 Comentarios

  1. Pregunta. ¿Tiene algo que ver con aquello de la suma de los caminos? Estoy en la calle pasando frío.

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  2. Supongo que han puesto 20 por estar algo por debajo de la siguiente solución, no por dar la más mínima pista…

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  3. Me parece difícil comentar la solución sin dar pistas significativas.
    Sin embargo sí observo que para números grandes de bolas las soluciones son bastante escasas. Solo hay cinco posibilidades con hasta 10000 bolas.

    Si aceptamos que haya infinitas bolas la probabilidad de extraer dos y que sean rojas es de 3/2-raíz(2), y la de que sean una blanca y la otra roja es de raíz(2)-1

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  4. Dos pistas:
    – El título.
    – El siguiente a 15 blancas y 6 rojas sería 44 blancas y 18 rojas.

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  5. Las soluciones son los catetos mayores de todos los triángulos rectángulos de lados enteros cuyos catetos tienen valores consecutivos.

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  6. ensnnet, si tienes 44 blancas y 18 rojas la probabilidad de sacar dos blancas es 1892/3782=0,50026441.

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  7. Más vale que ponga espumillón en el árbol porque si no le va a quedar muy triste, jajajajaja

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  8. Hola, a mí la pista de Ignacio me ha servido bastante para resolver el desafío.

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  9. Una fórmula sencilla para, conocida una solución, obtener la anterior o la siguiente:
    Si hay una solución con b bolas en total, la anterior será (b+2)/(3+2raíz(2)) tomado por exceso y la siguiente b(3+2raíz(2))-2 tomado por defecto.
    Para cualquier solución el número de bolas rojas es b/raíz(2) tomado por exceso.
    Las blancas se obtienen por diferencia.

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  10. ya lo resolví, no es muy complicado, pero se me ocurrió, algunos han dado soluciones si permitieramos que el numéro de bolas fuese mayor a 20.

    Hay alguna fórmula para obtener la sucesión de resultados si no damos esta restricción? asi como una sucesión del número total de bolas, intento hacerla pero no puedo…

    ya han dicho que va (el primer valor), 21, 62….

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  11. pista:
    La respuesta tiene nula complicación, es bastante simple.

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  12. Tengo que mirar a fondo lo que ha dicho JJGJJG que parece muy interesante. Yo a lo que he llegado (salvo fallo de cuentas) ha sido a que es equivalente que se pueda hacer con t bolas en total a que (2t-2) y 2t sean catetos de un triángulo rectángulo. Es decir t y t-1 son catetos de un triángulo rectángulo.

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  13. Creo que todos hemos llegado a la misma conclusión. La pregunta que me hago es la siguiente ¿Existe alguna fórmula para obtener ternas pitagóricas en las que los dos números más bajos (los catetos del triángulo rectángulo) sean números naturales consecutivos?

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  14. Manuel, esta fórmula te da el número de bolas blancas:

    (((1+√2)^(2*n+1)-(1-√2)^(2*n+1))/√8+1)/2

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  15. No se si la resolución es correcta pero allí les va:

    Supongamos que la probabilidad de sacar una bola blanca es igual a “b”, entonces si nos dice que la probabilidad de sacar dos bolas blancas es 1/2, se multiplicarian las probabilidades. esto quiere decir bxb=1/2, b^2=1/2; entonces ya tenemos el valor de
    b=1/√2, esto quiere decir que la probabilidad de sacar una bola blanca es 0.707 y la probabilidad de sara una bola roja seria 1-b y es igual a 0.293 pero como dicen que son dos bolas se multiplica y seria 0.086.

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  16. erwin

    B bolas blancas
    R bolas rojas
    N=B+R bolas en total

    La probabilidad de sacar una bola blanca es B/N, que no puede ser un número irracional como dices. Lo de “multiplicar” te serviría si se sacara una bola, se volviera a meter en la caja, y se sacara otra bola.

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  17. Pero Erwin, la probabilidad de sacar dos bolas blancas no es el cuadrado de la probabilidad de sacar una sola, porque los sucesos no son independientes. Al tener un número finito de bolas, la probabilidad de que la segunda sea blanca depende de que la primera lo haya sido o no …

    El problema se reduce fácilmente, con un cambio de variable adecuado, a una ecuación de Pell generalizada que, o no tiene soluciones, o tiene infinitas. Y estamos en el segundo caso.

    Llamando n al número total de bolas y b al de las blancas, las soluciones, descontando la primera aunque no se si a estas alturas es necesario, son:

    n(k) = …, 21, 120, 697, 4060, 23661, 137904, 803761, 4684660, 27304197, 159140520, 927538921, 5406093004, 31509019101, 183648021600, 1070379110497, 6238626641380, 36361380737781, 211929657785304, …

    b(k) = …, 15, 85, 493, 2871, 16731, 97513, 568345, 3312555, 19306983, 112529341, 655869061, 3822685023, 22280241075, 129858761425, 756872327473, 4411375203411, 25711378892991, 149856898154533, …

    El de rojas, claro está, es la diferencia:

    r(k) = …, 6, 35, 204, 1189, 6930, 40391, 235416, 1372105, 7997214, 46611179, 271669860, 1583407981, 9228778026, 53789260175, 313506783024, 1827251437969, 10650001844790, 62072759630771, …

    En cualquiera de las tres, podemos calcular el siguiente término en función de los antteriores con la misma recurrencia lineal homógenea de tercer orden:

    a(k) = 7a(k-1) – 7a(k-2) + a(k-3)

    donde a(k) puede sustituirse por n(k), b(k) o r(k).

    O bien con una recurrencia no homógenea de 2º orden:

    a(k) = 6a(k-1) – a(k-2) – 2

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  18. Tienes razón Mmonchi, el siguiente a 15 blancas y 6 negras no es 44 blancas y 18 rojas, error mío de redondeo. Muchas gracias por la corrección.

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  19. Tiene mucha razón Ignacio Larrosa Cañestro, pense que lo había resuelto, es que recien estoy llevando este tema en el colegio lo de probabilidades, y recien estoy empezano este tema. gracias por la corrección.

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  20. la probabilidad de que en el primer evento salga una bola blanca es b/(b+r) y, si la primera bola fue blanca, la probabilidad de obtener nuevamente otra bola blanca es (b-1)/(b+r-1). Asi la probabilidad de obtener dos bolas blancas es (b*(b-1))/((b+r-1)*(b+r)) y la condicion del problema es que esta sea igual a 1/2. De esta forma, llegaremos a esta ecuacion de segundo grado:

    b^2-(2r+1)*b-r^2+r=0

    despejamos b y obtenemos

    b=(2r+1+/-(8r^2+1)^1/2)/2

    es claro que el problema no acepta soluciones negativas, por lo tanto

    b=(2r+1+(8r^2+1)^1/2)/2

    Ahora bien, para que la solucion sea un entero lo que esta dentro de la raiz cuadrada debe ser el cuadrado perfecto de un entero impar, al cual llamare m. De esta forma

    m^2-(2r+1)^2=4r^2-4r….. de esta forma factorizamos y obtenemos

    (m+2r+1)*(m-2r-1)=2*2*r*(r-1)

    De esta forma, tenemos varias parejas de dos divisores que definirian el termino de la izquierda, siendo el primero el que corresponderia con el primer termino de la izquierda: 2r y 2*(r-1), 4r y (r-1), 4*(r-1) y r, r*(r-1) y 4, 4 y r*(r-1), 2r(r-1) y 2. Para el primero tendriamos

    m+2r+1=2r
    m-2r-1=2r-2 con solucion m=-1 y r=0 siendo invalida
    para el segundo tendriamos
    m+2r+1=4r
    m-2r-1=r-1 tendriamos r=-1 invalida tambien
    tercer caso
    m+2r+1=4r-4
    m-2r-1=r r=-6 invalido tambien…..
    cuarto caso
    m+2r+1=r^2-r
    m-2r-1=4
    r=6, m=17, b=15….pero no es menor a 20

    quinto caso
    m+2r+1=4
    m-2r-1=r^2-r
    no tiene soluciones enteras

    sexto caso

    m+2r+1=2r(r-1)
    m-2r-1=2
    invalida
    faltarian todas aquellas en las que r es un numero no primo….

    Algo primitivo…. pero medianamente eficaz…. saludos….

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  21. Paul, te borro tu último comentario porque se refiere a un comentario anterior que he eliminado.

    Por cierto, ya tenemos solución oficial del desafío:

    Una solitaria bola roja

    en la que además la gente del El País ha tenido el detalle de incluir un enlace a un post de Gaussianos. Concretamente al que escribí sobre la ecuación de Pell.

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  22. Yo propongo este otro problema que acabo de inventar inspirado por el de El País :

    **Hallar una solución al problema de T bolas, B blancas y R rojas contenidas en una bolsa, que se quiere determinar su cantidad para que la probabilidad de extraer 2 bolas blancas una tras otra, en sólo dos intentos, sea exactamente el doble que el de extraer 2 bolas rojas un atras otra, en sólo dos intentos : P(2 bolas blancas) = 2P(2 bolas rojas) y que P(2 bolas blancas) = 1 / r, con r entero. ¿ Hay una única solución ?**

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  23. Robin García. Por lo menos hay dos soluciones:
    7 bolas de las que 4 son blancas y 36 bolas de las que 31 son blancas.

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  24. No había encontrado yo la solución P(2 blancas) = 2/7. Veo que pierdo muy probablemente muchas soluciones. Debí dedicarle más tiempo al problema.

    He aqui otro problema.

    **Demostrar que P(2 blancas) no puede nunca ser 1 / r^2 (r entero)**

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  25. Enunc iado del problema corregido:

    **Hallar una solución al problema de T bolas, B blancas y R rojas contenidas en una bolsa, que se quiere determinar su cantidad para que la probabilidad de extraer 2 bolas blancas una tras otra, en sólo dos intentos, sea exactamente el doble que el de extraer 2 bolas rojas un atras otra, en sólo dos intentos : P(2 bolas blancas) = 2P(2 bolas rojas) y que P(2 bolas rojas) = 1 / r, con r entero. ¿ Hay una única solución ?**

    Al final es : “y que P(2 bolas rojas) = 1 / r, con r entero.”

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  26. Sea a = P(2 rojas) / P(2 blancas) y P(2 rojas) = 1 / r o P (2 blancas) = 1 / r (r entero). Si a = n (entero) o si 1/a = n, algunas soluciones en formato (r,B,T,n) son : (2,15,21,7), (3,21,36,2), (8,6,16,3), (11,7,22,5), (12,35,120,6), (20,63,280,12), (23,10,46,14), (24,20,96,15), (28,11,56,18), (30,99,540,20), ….
    Faltan soluciones.

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  27. Sea a = P(2 rojas) / P(2 blancas) y P(2 rojas) = 1 / r o P (2 blancas) = 1 / r (r entero). Si a = n (entero) o 1/a = n y B es el número de bolas de un color determinado y T es el número total de bolas, contabilizando también las del único otro color. Algunas soluciones en formato (r,B,T,n) son (2,15,21,7), (3,21,36,2), (7,3,7,2), (8,6,16,3), (11,7,22,5), (12,35,120,6), (13,4,13,6),(20,63,280,12), (21,5,21,12), (23,10,46,14), (24,20,96,15), (28,11,56,18), (30,99,540,20), (31,6,31,20), ….

    Soluciones completas, creo, en el rango 2<=n<=20

    Es muy posible -no me atrevo a conjeturar- que los únicos valores primos de n entero = P(dos bolas del mismo color sin reposición de bola) / P(dos bolas del mismo único otro color sin reposición de bola) sean 2,3,5 y 7. Quizás la demostración sea más sencilla de lo que estimo ahora.

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  28. Se me esacapaba la solución (r,B,T,n) = (15,2,6,6) . Y el caso es que no sé porqué se me escapó. Si alguno de los grandes (hénormes ; de hecho) especialistas de este blog, puede ayudarme…

    He resuelto estas soluciones con ordendor,utilizando el gratuito Pari gp.

    He aquí el breve programa :
    for(r=2,31,for(k=1,10^5,x=8*k*(2*r*k-1)+1;if(issquare(x),y=sqrt(x);B=floor((1+y)/2);T=2*r*k;R=T-B;u=B*(B-1)/(T*(T-1));v=R*(R-1)/(T*(T-1));if(v0,if((floor(u/v)==ceil(u/v))||floor(v/u)==ceil(v/u),print1([r,k,B,T,u,v,u/v],” “))))))

    y las soluciones hasta r=31

    [2, 30, 85, 120, 1/2, 1/12, 6] [3, 6, 21, 36, 1/3, 1/6, 2] [6, 3, 15, 36, 1/6,
    1/3, 1/2] [8, 1, 6, 16, 1/8, 3/8, 1/3] [11, 1, 7, 22, 1/11, 5/11, 1/5] [12,
    5, 35, 120, 1/12, 1/2, 1/6] [20, 7, 63, 280, 1/20, 3/5, 1/12] [23, 1, 10, 46,
    1/23, 14/23, 1/14] [24, 2, 20, 96, 1/24, 5/8, 1/15] [28, 1, 11, 56, 1/28, 9/14
    , 1/18] [30, 9, 99, 540, 1/30, 2/3, 1/20]

    Tenemos que rB(B-1) = T(T-1). Este de aquí arriba es el caso T = 2rk (k = 1,2,3,…).
    Después está el caso T = 2rk + 1. Y finalmente he considerado el cado T = r.
    ¿ Qué caso o qué casos se me olvidan ? Gracias por contestarme.

    Nota: Ví muy tarde, el problema de El País, cuando la solución llevaba ya publicada varios días y soy un autodidacta sin formación matemática (sólo dos años de universidad al nivel de ingienería). En teoría de los números, puesto que esto es teoría de los números mucho más que probabilidad,suelo aborfar los problemas en su fase *inicial experimental* por medio del ordendor ya que soy muy torpe y muy lento calculando mentalmente y/o con bolígrafo.Y además me suelo equivocar en cálculos que son sin embargo sencillísimos.El ordendor no se equivoca si la teoría sencilla que sustenta el programa es correcta.
    En los próximos días iniciaré el reestudio rápido de la ecuación de Pell (Eric Wesstein de Mathworld tiene un artículo excelente que en sólo 50 líneas te lo explica todo o casi todo) para generalizar el problema, si puedo.

    http://mathworld.wolfram.com/PellEquation.html

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  29. Corrección:

    En la última línea del programa, el HTML de esta página web ha borrado el símbolo de desigualdad de v con respecto a 0, que en Pari gp consite en el símbolo “menor que” seguido del símbolo “mayor que” :

    if(v0,if((floor(u/v)==ceil(u/v))||floor(v/u)==ceil(v/u),print1([r,k,B,T,u,v,u/v],” “))))))

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  30. A mí me sale mucho más sencillo. La probabilidad de sacar dos bolas rojas es 0

    La probabilidad de sacar dos bolas blancas es:
     {a \over n} * {a-1 \over n-1} = {1 \over 2} , donde a es el número de bolas blancas y n el número de bolas, entonces:
    2a²-2a + n – n² = 0. Resolviendo para n<=20 queda n = 4 y a = 3, por lo que sacar dos bolas rojas es imposible ya que sólo hay 1.

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  31. Siento mucho haberme equivocado.
    Muchos más primos están representados.

    Formato [r,B,T,n primo]

    [10, 2, 5, 3] [7, 3, 7, 2] [12, 3, 9, 5] [15, 3, 10, 7] [8, 6, 16, 3] [20,
    4, 16, 11] [14, 6, 21, 7] [11, 7, 22, 5] [30, 5, 25, 19] [6, 15, 36, 2] [42
    , 6, 36, 29] [56, 7, 49, 41] [90, 9, 81, 71] [34, 15, 85, 23] [110, 10, 100,
    89] [132, 11, 121, 109] [156, 12, 144, 131] [210, 14, 196, 181] [78, 24, 20
    8, 61] [62, 28, 217, 47] [272, 16, 256, 239] [55, 39, 286, 41] [306, 17, 289
    , 271] [420, 20, 400, 379] [98, 45, 441, 79] [462, 21, 441, 419] [506, 22, 4
    84, 461] [220, 42, 616, 191] [650, 25, 625, 599] [756, 27, 729, 701] [870, 2
    9, 841, 811] [318, 51, 901, 283] [992, 31, 961, 929]

    Los primos son : 2, 3, 5, 7, 11, 19, 23, 29, 41, …

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  32. La ecuación Diofántica a resolver es B(B-1)/T(T-1) = 1/r (r entero), es decir rB^2 – T^2 -rB +T = 0 (1) que es una ecuación diofántica en dos variables cuya forma general es ax^2 + bxy +cy^2 +dx + ey +f = 0. La excelente págiana web de Darío Alpern :
    http://www.alpertron.com.ar/JQUAD.HTM
    contiene un programilla que resuelve estas ecuaciones y además explica bien como se reducen a otras más simples y se resuelven.
    Para r = 2; la solución, distinta de las de Ignacio Larrosa, con X= B y Y = T, es Xn+1 = 3Xn+ 2Yn -2 Yn+1 = 4Xn+ 3Yn -3 ,partiendo de (x0,y0) = (1,1) con lo que obtenemos (X1,Y1) = (3,4), (x2,y2) = (15,21) …
    Yo intenté parmetrizar la solución en función de r; pero el programa de Darío no lo permitía. Leyendo y aprendiendo de Eric Weisstein :
    http://mathworld.wolfram.com/PellEquation.html
    entendí porqué.

    La ecuación (1) se reduce a B1^2 -rT1^2 -r(r-1) = 0 (2) con B1 = 2rB – r y T1 = -2T +1 . Pero las ecuaciones de la forma x^2 – Dy^2 = c (3) se esuleven hallando una solución particular de (3) además de una solución particular de x^2 -Dy^2 = 1 (4). Y ello impliza la imposibilidad -que yo sepa- de parametrizar la solución en función de r.
    Queda por demostrar-estará ya demostrado; probablemente- que la ecuación x^2 – r^2y^2 – r^2(r^2-1) = 0, no tiene solución para ningún valor de r.

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  33. Se ve que fue un gran desafío para los involucrados con todas las de ley matemática porque los números son ciencia pura y estos eventos lo demuestran

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  34. Si hubiera 3 bolas blancas y 1 bola roja. Se tendrían los siguientes pares de bolas
    {(B1,B2) (B1.B3) (B2,B3) (B1,R1) (B2.R1) (B3,R1)} y ningún par de bolas rojas. Se cumple que la probabilidad de sacar un par de bolas blancas es de 1/2, y resulta que la probabilidad de sacar un par de bolas rojas es igual a 0.
    Esto si la cantidad de bolas no puede superar 20, ya que si fueran 21 se tendrían que tener 15 bolas blancas y 6 bolas rojas.

    El resultado lo hallé a pura fuerza bruta, armando conjuntos de sucesos.

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  35. Bien, luego de poner mi solución me puse a leer todos los post y me encuentro con que la solución era la que había dado, sólo que me hice menos lío para hallarla. Como en ningún lado hablaba de generalizar nada y los números no eran muy grandes, me bastó con el conteo a lo chapucero.

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  36. Para 20 bolas, la solución es: 14 bolas blancas y 6 rojas.
    Hallado con conjuntos de sucesos de la forma menos elegante posible.

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