Falla por una unidad todos los números del Euromillón

Segunda pregunta estadística de hoy (ésta es la primera, publicada recién comenzado el día). Seguro que habéis visto esta imagen en los últimos días:

En ella aparece un boleto de Euromillón, perteneciente a un portugués, en el que se aprecia que se quedó a una unidad de todos los números de la combinación ganadora.

La cuestión es bien sencilla: ¿cuál es la probabilidad de que eso ocurra? El profesor Letona, director de la Escuela de Pensamiento Matemático “Miguel de Guzmán”, piensa que es incluso menor que la de acertar la combinación ganadora. ¿Estás de acuerdo? Espero tu opinión en los comentarios.

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21 comentarios

  1. Jose | 29 de octubre de 2011 | 13:28

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    Yo creo que habría más posibilidad de que pase esto a acertar todos los numeros. Porque para que te toque tienes que acertar 5 numeros, en cambio para que tengas un numero arriba o abajo tienes la posibilidad de 10 numeros distintos.Por ejemplo, en el caso en que en el sorteo saliera un 10, tu tendrias la posibilidad de tener un 9 o un 11 y asi con los 4 numeros restantes del sorteo.

    Y bueno sobre que te pase esto, sería una putada impresionante, el portugues tenia que estar subiendose por las paredes xD

  2. Maestrillo | 29 de octubre de 2011 | 13:41

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    Entiendo que cada uno debe estar una unidad por encima. Eso excluye el caso de que uno de los números es el mayor (¿el 50?) La probabilidad de que ocurra eso será la probabilidad de ganar por la probabilidad de que no esté el número 50: (49/50)^5

  3. Nacho | 29 de octubre de 2011 | 13:43

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    Pues la misma que de acertar, siempre que la unidad sea para todas las cifras positiva o negativa.

  4. Zurditorium | 29 de octubre de 2011 | 13:53

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    ¿Mayor o menor? Sencillo:

    - Si lo que buscamos es que estén todos una unidad por encima o que estén todos una unidad por debajo, la probabilidad es mayor, de hecho así a ojo casi el doble (que no el doble).
    - Sin embargo si es que quede exactamente una unidad por encima todos los números como en la foto, la probabilidad de que pase es algo menor ya que podría pasar que en la combinación ganadora saliese un 1.

    PERO también depende de cómo lo planteemos, en lo anterior lo planteaba con combinación ganadora aleatoria y boleto aleatorio. Sin embargo si tenemos ya el boleto:

    - Si en el boleto tenemos un 1 obviamente la probabilidad sería 0.
    - Si en el boleto no tenemos un 1, la probabilidad de que pase lo de la foto es exactamente igual que la de que te toque.

    Y con esto se acabo la discusión :D .

  5. Alvy | 29 de octubre de 2011 | 15:47

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    La probabilidad actual de acertar es de 1 entre 116.531.800; así que de “fallar por una unidad” (por abajo, o por arriba, que sería igual de asombroso) sería de 2 casos entre 116.531.800, es decir 1 entre 58 millones aprox.

    Si por ejemplo en el sorteo saliera el número 1 y todos los “acertados” fueran “el anterior” dado que no hay número anterior se podría considerar simplemente que valdría el 50, como si estuvieran colocados en un círculo, eso suena razonable.

  6. Héctor | 29 de octubre de 2011 | 17:49

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    La realidad es: que es exactamente igual de probable ya que este tambien es un número que al igual que el ganador es de la misma cantidad de digitos..

  7. Trackback | 29 oct, 2011

    Bitacoras.com

  8. JJGJJG | 29 de octubre de 2011 | 21:27

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    Calculemos la probabilidad de acertar los cinco números de la combinación: como hay 49 números y el orden no importa la probabilidad será 5! x 44! / 49! = 1 / 1906884.

    La probabilidad de acertar las dos estrellas entre los 44 números restantes es 2! x 42! / 44! = 1 / 3784.

    El boleto ganador tiene, pues, una probabilidad de ser acertado que es el producto de las dos anteriores: 1 / (1906884 x 3784) = 1 / 7215649056.

    Calculemos la probabilidad de que el 1 no esté entre los cinco números de la combinación: 48 /49 x 47/ 48 x 46 / 47 x 45 / 46 x 44 / 45 = 44 / 49.

    La probabilidad de que el 1 no esté en las estrellas es 43 / 44 x 42 / 43 = 42 / 44

    La probabilidad de que no esté el 1 en el boleto es: 44 / 49 x 42 / 44 = 42 / 49 = 6 / 7.

    Si queremos un boleto cuyos números sean todos inferiores en una unidad al premiado una vez de cada siete no podremos obtenerlo, luego la probabilidad de esa combinación será de : 6 / (7 x 7215649056) = 1 / 8418257232, menor que la del boleto premiado.

    Lo mismo ocurriría si queremos obtener la probabilidad del boleto cuyos números exceden en una unidad de los del premiado, ya que ahora es el 49 el número a excluír y la probabilidad es la misma que en el caso anterior.

  9. JJGJJG | 29 de octubre de 2011 | 21:43

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    Perdón por el error aritmético cometido en el mensaje anterior.

    La probabilidad de acertar las estrellas es 2! x 42! / 44 = 1 / 946.

    La probabilidad del boleto premiado es 1 / 946 x 1 / 1906884 = 1 / 1803912264.

    Con lo que la probabilidad corregida para el boleto con los números contiguos por debajo o por encima será 6 / (7 x 1803912264) = 1 / 2104564308.

  10. gaussianos | 29 de octubre de 2011 | 22:03

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    Lo que comenta Alvy sobre tomar el 50 como “anterior al 1″ parece razonable, aunque en realidad la gente de a pie no lo tomaría así.

    Sobre el tema en cuestión, pienso que deberíamos excluir el 1 si hablamos de “anterior” y el 50 si hablamos de “posterior”. En ese caso, si no sabemos la combinación ganadora la probabilidad de que todos sean uno menos es la misma que la propia combinación (es una combinación más).

    Pero yo interpreto el problema sabiendo de antemano la combinación ganadora. En ese caso, las demás combinaciones posibles deben calcularse sobre 45 números y 9 estrellas, por lo que seguro que la probabilidad será mayor que la ganadora.

    Vamos, que a mí me siguen oliendo mal las cuentas que se han hecho para que quedarse a uno sea menos probable que acertar…

  11. JJGJJG | 29 de octubre de 2011 | 22:51

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    Lo siento, Gaussianos, pero tengo totalmente claro que, aunque no conozcamos la combinación ganadora, en un porcentaje de casos estará en ella el 1 ( o en su caso el 50) y por lo tanto la contigua no es una combinación más. Ese porcentaje de casos reduce la probabilidad de obtener la contigua.

    Un ejemplo sencillo:
    Tenemos que acertar dos números entre el 1 el 2 y el 3
    Los casos posibles son 12, 13, y 23
    La probabilidad de tener el boleto ganador es de 1/3

    Veamos la probabilidad de tener el contiguo por debajo:
    Tenemos 1/3 x 0 de probabilidad de que salga 12 y nosotros tengamos el contiguo.
    Tenemos 1/3 x 0 de probabilidad de que salda 13 y nosotros tengamos el contiguo.
    Tenemos 1/3 x 1/3 = 1/9 de probabilidad de que salga 23 y tengamos el contiguo.

    Está claro que 0 + 0 + 1/9 es menor que 1/3

  12. sive | 29 de octubre de 2011 | 22:54

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    Si la combinación que elegimos contiene el uno, la probabilidad de que se de un caso como el de la foto, es cero.

    Si la combinación que elegimos no contiene el uno, la probabilidad de que se de un caso como el de la foto, es exactamente la misma que la probabilidad de acertar todos los números. Como bien dice Diamond, no deja de ser una combinación más.

    Así que todo depende de cómo planteemos el problema.

    ¿Sabemos al jugar que nuestro objetivo es acertar los números superiores? Si es así, podemos suponer que seremos lo bastante espabilados como para no elegir el 1, y entonces la probabilidad será igual que de acertar la combinación ganadora.

    Pero si no es así, y jugamos una combinación al azar, que puede contener el uno con igual probabilidad que los demás números, entonces el profesor Letona puede estar en lo cierto, porque sería aún más difícil.

    Yo entiendo que todo el que juega quiere acertar y hacerse millonario, así que me quedo con la respuesta del profesor Letona… si es que ha echado las cuentas bien. No conozco el juego así que no puedo verificar eso.

  13. gaussianos | 30 de octubre de 2011 | 00:14

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    JJGJJG, sí, estoy de acuerdo contigo, pero he comentado que bajo mi punto de vista el problema tiene sentido cuando conocemos la combinación ganadora, ya que si no la conocemos cabe la posibilidad de que no haya combinación “inferior”, por lo que bajo según mi opinión el problema perdería el sentido.

    sive, puedes ver las condiciones del euromillón en este post.

  14. sive | 30 de octubre de 2011 | 00:43

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    Pues suponiendo que la combinación que jugamos sea elegida al azar (supongo que se puede jugar con la máquina, igual que se hace, o se hacía con la primitiva), entonces el cálculo del profesor Letona es exacto. La probabilidad de conseguir lo que ha hecho este portugués es exactamente 9/10 de la probabilidad de acertar los cinco números (ojo, que en la noticia se dice que los cáclulos se hicieron sin considerar las estrellas).

    Creo que o no os entiendo yo, o os estáis liando vosotros. A la hora de resolver este problema (sin importar como se plantee), no tiene ninguna relevancia que en la combinación ganadora final, pueda salir el 50, y por tanto no podamos acertar el superior.

    Lo que importa a la hora de plantear el problema, es saber si la combinación que nosotros rellenamos, la jugamos al azar, o la jugamos sabiendo que pretendemos acertar el número siguiente.

    Por ejemplo, imaginemos que como dicen de broma en el artículo, ya que es más difícil acertar los números siguientes, introducen una nueva categoría, con un premio mayor, que consista en eso precisamente.

    Bueno pues en ese caso bastaría con no marcar nunca el 1 cuando rellenamos el boleto, y sería igual de probable acertar los cinco números, que hacertar los cinco siguientes.

  15. sive | 30 de octubre de 2011 | 01:00

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    Madre mía, puse “hacertar”… ¿Se me admite el sueño como atenuante, o directamente me doy 50 latigazos?

  16. JJGJJG | 30 de octubre de 2011 | 12:20

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    Veo que, como frecuentemente, se especula con interpretaciones más o menos peregrinas del sencillo enunciado del problema.

    Según este, se ha producido una situación curiosa tras un sorteo cualquiera: que un apostante ha sellado un boleto con la única intención de conseguir el premio y se encuentra con que tiene, después del sorteo, la combinación contigua por debajo. Lo sensato es suponer que la única intención del poseedor del boleto contiguo era ser el ganador.

    La pregunta, destacada en negrita en el enunciado, es:
    ¿CUAL ES LA PROBABILIDAD DE QUE ESTO OCURRA?

    Y la respuesta es: MENOR QUE LA DE ACERTAR PORQUE A VECES SALE EL 1 EN LA COMBINACIÓN GANADORA

    Los razonamientos proponiendo otras opciones son respuestas a problemas parecidos que deberían tener una enunciado distinto.

    Por cierto, Sive, si hay un premio mayor al acertante de la combinación contigua por debajo, SI podemos incluir en ella el 1 pues estamos apostando a que la combinación extraída de los bombos tenga números MAYORES que los nuestros.

  17. sive | 30 de octubre de 2011 | 14:09

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    JJGJJG lo que se ve en la foto es que el “hacertante” puso los números inmediatamente superiores, a los que al final salieron, y ese fue el caso en el que me centré. Para reproducir eso, es el 1 el número que no deberemos marcar nunca.

  18. gaussianos | 30 de octubre de 2011 | 22:19

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    Bien, estoy de acuerdo con vosotros, pero ya puestos podríamos decir que el siguiente suceso

    Cada uno de nuestros números coincide con el doble de uno de los números de la combinación ganadora

    es mucho menos probable que la propia combinación ganadora, ¿verdad?

    Bien, ¿y por qué no se pone una categoría para esto? Pues, bajo mi punto de vista, porque no tiene sentido, porque muchas veces no existe esa combinación de los productos por 2, ya que en muchas ocasiones se salen del rango de números a elegir.

    ¿Tiene sentido la pregunta sobre la probabilidad de sacar los inmediatamente mayores o los inmediatamente menores? Sí. ¿Tienes sentido decir que este suceso se podría plantear como un nuevo premio, ya que es más difícil que la propia combinación ganadora? Yo creo que no, ya que hay casos en los que es imposible que se dé tal caso.

  19. sive | 31 de octubre de 2011 | 00:13

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    Es que si se plantea una nueva categoría, consistente en adivinar los numeros siguientes (o los anteriores, o los dobles), entonces sería exactamente igual de difícil que acertar los que salgan.

  20. Imanpas | 1 de noviembre de 2011 | 19:12

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    Parodiando alguno de los comentarios al primer post estadístico de hoy: la probabilidad es un 50%. O lo tienes, o no lo tienes. :P

  21. Trackback | 15 mar, 2013

    A vueltas con Euromillones | La Ciencia y sus Demonios

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