Problemas de Matemáticas en El País – Problema nº 33

Una entrega más de los problemas propuestos en la edición digital de El País. Esta semana toca el problema número 33 de los, ahora, 40 problemas que se van a proponer aprovechando la celebración del Centenario de la RSME.

Este problema treinta y tres se titula Azarosa taba y lo propone Rafael Tesoro, licenciado y máster en Matemáticas por la Universidad Autónoma de Madrid y responsable de planificación y control de proyectos en Sainsel Sistemas Navales SAU. Podéis ver dicho problema haciendo click en este enlace.

Recordamos que se sorteará la colección de libros “Las matemáticas nos rodean” entre todos los que acierten el problema de cada semana. Si encontráis la solución y queréis participar, sólo tenéis que enviarla a problemamatematicas@gmail.com antes de que termine el lunes 31 de octubre.

Respecto a la dificultad de los problemas, recordad que se intenta llegar a la mayor cantidad de gente posible, por lo que no se pretende proponer problemas con una gran complejidad.

Y respecto al tema de los comentarios, os recuerdo mi opinión. 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.

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.

12 Comentarios

  1. Este problema es equivalente al siguiente:

    Supongamos que tenemos una moneda trucada. ¿Existe algún método para lograr un sorteo justo entre dos personas usando sólo lanzamientos de esa moneda?

    Mi resolución indica que, en el mejor de los casos, y en promedio, con cuatro lanzamientos de la moneda trucada se puede obtener un sorteo justo.

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  2. ¿Seguro que hacen falta al menos 4?, yo juraría que con menos.

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  3. Para que el sorteo sea justo hacen falta, al menos, dos tiradas Puede que baste, o puede que no.

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  4. [1] El problema se resuelve fácilmente si se permite lanzar las tabas tantas veces como se desee/necesite (pero no digo cómo, que no se puede decir). Llego a lo mismo que JJGJJG.

    Además, como yo lo veo, fijado un número de lanzamientos (finito), no es posible asegurar que hay un suceso aleatorio con probabilidad 1/2.

    ————————

    Digo ésto, porque los sucesos son independientes, por tanto, dada una probabilidad irracional, la unión finita de esos sucesos forzosamente preservará el ser irracional y, si es irracional, no puede ser racional. (no vale intersección, porque entonces se está condicionando a un subconjunto de los sucesos posible y vamos a [1])

    ————————-

    En el espacio probabilísitico de partida, los sucesos elementales son 0 y 1, cada uno con probabilidad p y 1-p respectivamente.

    Dado un número n de lanzamientos, el problema es fijar a priori subfamilias de los sucesos aleatorios (B) que tengan por probabilidad \frac{1}{2} (y su negación tendrá el otro medio, claro). De aquí saldrán forzosamente los 0 y 1 con igual probabilidad (que es lo que se pide).

    Ojo no es posible realizar probabilidad condicionada ignorando ciertos sucesos de B, porque entonces, ya se requeriría [1].

    Para n=1 es B=\{[0],[1]\} con probabilidades P_{B}=\{p,1-p\}, por lo tanto, debe ser n>1. Es decir, no es posible asegurar generar la secuencia pedida con n=1.

    De igual forma, para cada n que se fije, B estará formado por 2^{n} elementos (todos los posibles resultados diferentes del experimento), con probabilidad cada uno de P(B_{z})=p^{b(z)}(1-p)^{n-b(z)} (donde b() cuenta bits=1) y así, la pregunta es si existen coeficientes binarios (0 o 1) para el sistema, tal que

    \sum_{z=1}^{B}a_{z}P(B_{z})=\frac{1}{2}

    si queremos quitar el conteo de bits, el polinomio y coeficientes se pueden escribir como

    \sum_{k=0}^{n}a_{k}p^{k}(1-p)^{n-k} con a_{k}=0..\binom{n}{k}

    sin poner ninguna restricción a p (y la naturaleza del problema nos indica que es un número real), algún resultado del análisis (que a mi se me escapa) probablemente diga que ese polinomio puede no tener solución (combinación de coeficientes tal que resulte 1/2, bla, bla).

    O eso creo…

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  5. Paco Moya | 28 de October de 2011 | 13:20
    ¿Seguro que hacen falta al menos 4?, yo juraría que con menos.
    ___________________________

    No: con dos tiradas, a veces es posible realizar el sorteo equitativo. Lo que he dicho es que, en la mejor de las condiciones, el promedio de tiradas necesarias es cuatro.

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  6. Hasta que ves la idea “fácil y buena” se te ocurren otras, más difíciles y posiblemente incorrectas. Me pasó lo mismo la semana pasada, primero pensé en agrupar al máximo los 5 puntos, con un doble tetaedro y/o con una pirámide de base cuadrada, hasta que se me ocurrió lo de dividir el prisma en 4 partes…

    La idea mala esta vez es la siguiente. Tenemos por ejemplo una serie de 100 de partida, con 80 ceros y 20 unos, o sea que en este ejemplo la probabilidad “p” de obtener 0 es 4 veces mayor que la de obtener 1, q = 1 – p. Se me ocurre quitar 60 ceros de la serie original, así conseguiremos una serie con igual número de ceros y unos. ¿Y cuales quito? De cada cuatro ceros que me encuentre cojo uno e ignoro 3.

    En fin, lo dicho, que además de mala es incorrecta.

    Y una idea buena es la del primer comentario, no jugarnos nada a cara o cruz, por si la moneda está trucada. Mejor nos lo jugamos a ……… o ………

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  7. El método es válido para hacer apuestas justas tanto si la moneda está trucada como si no.
    Si no está trucada el promedio de jugadas necesarias es cuatro, pero si está trucada el promedio siempre será superior a cuatro.

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  8. JJGJJG,

    si me aseguras que no está trucada, podemos jugar a cara o cruz, uno elige cara y el otro cruz, y sólo hace falta un lanzamiento.

    si no sabemos si está trucada, jugamos de otra forma, y se hacen 2 lanzamientos, o 4, o 6,…, o los que sean necesarios

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  9. Yo he encontrado una solución muy sencilla de explicar, pero no sé si es realmente lo que están pidiendo en el problema (no me lo deja nada claro).

    Espero haberlo entendido bien…

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  10. Jesús C, lo que yo he querido decir es que, aunque la moneda no esté trucada y lo sepamos con lo que podríamos jugar simplemente a cara o cruz, utilizando la estrategia de la trucada también haríamos apuestas justas.

    Aparte de eso, el hecho de que en la práctica no existe la moneda geométricamente perfecta. con su centro de gravedad rigurosamente equidistante de unos bordes totalmente circulares y paralelos, etcétera, es útil saber que hay una forma de jugar que corrige las pequeñas imperfecciones o asimetrías que pudiera tener la moneda que usemos. Todavía quedan, además otros sesgos que podría introducir, consciente o inconscientemente el lanzador por la forma de coger la moneda, la altura del lanzamiento, la velocidad de giro comunicada al soltarla, el ángulo de la posición en el espacio al iniciar el movimiento, ….
    Cada persona al repetir los movimientos introducirá un sesgo (probablemente muy pequeño, pero real, que no podemos controlar, y que en alguna medida se corrige utilizando la forma de apostar que se sugiere para resolver el problema de las monedas defectuosas.

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  11. Y la idea era…

    no jugarnos nada a (cara) o (cruz), por si la moneda está trucada. Mejor nos lo jugamos a (cara+cruz) o (cruz+cara), porque la probabilidad de ambas parejas es la misma, sea cual sea la probapilidad de cara, p.

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