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3009353 Introducción al Programa de Matemáticas: La Teoría de Probabilidades (Clase 8 ) Juan D. Vélez Universidad Nacional

Abril 13, 2013

(Institute)

3009353 Introducción al Programa de Matemáticas: La Teoría Abril de Probabilidades 13, 2013 (Clase 1 / 408 )


Limitaciones para comprender el azar Los humanos poseemos una concepción intuitiva del azar, de lo probabilístico, y lo manejamos por sentido común en forma de frecuencias o porcentajes. Para muchos efectos, esta concepción intuitiva del azar funciona relativamente bien. Pero, en general, el manejo del azar en situaciones medianamente complejas es difícil y con frecuencia viene acompañado de falsas intuiciones que dan origen a todo tipo de supersticiones. Se ha encontrado que la intuición desnuda es mala consejera en los asuntos aleatorios. Por ejempo, a pesar de que la razón nos indica que dos boletas de la lotería tienen exactamente las mismas probabilidades de ganar, cedemos a los pálpitos y nos ponemos en la tarea de escoger números acordes con ellos. Las pérdidas y ganancias se atribuyen a acuerdos y desacuerdos secretos con fuerzas sobrenaturales que están más allá de nuestra comprensión, o inventamos el milagro para explicar coincidencias improbables.

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Limitaciones para comprender el azar

creemos que en una serie de siete lanzamientos de una moneda, las caras y los sellos se deben alternar con frecuencia, de lo cual deducimos que la secuencia CSCSCS es más probable que la SSSSCCC . En este caso particular, la persona considera que la primera secuencia se acerca más a ese ideal. Sin embargo, las probabilidades de ocurrencia son iguales, e iguales también a la de la secuencia CCCCCCC . De aquí que muchas personas crean que el billete de la lotería que lleve el número 0000 tiene menos probabilidades de ganar que, digamos, el 2375. Una falsa ilusión.

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Limitaciones para comprender el azar (problema de las tres puertas) A cada concursante se le presentan tres puertas cerradas, detrás de una de las cuales se esconde un premio. La persona debe elegir una de las puertas. Después, el animador del programa, conocedor de la puerta "premiada", abre una de las dos no elegidas (para burla, ponen allí un chivo). En ese momento se le ofrece al concursante la posibilidad de, o bien permanecer …el a su elección original, o elegir la otra puerta. ¿Cuál de las dos alternativas es mejor para el concursante?

¿Cambia ? (Institute)

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Limitaciones para comprender el azar El problema dio lugar a una historia larga de chismes. Todo comenzó en 1990, en Estados Unidos, y la autora fue Marilyn von Savant, encargada de una columna periodística denominada Ask Marilyn, en la revista Parade. Según los records Guinness, dicha señora posee el más alto IQ registrado, 228. No es muy querida por los matemáticos, en especial por su libro The world’s most famous math problems, en el cual cuestiona atrevidamente la prueba de Wiles sobre el último teorema de Fermat y, además, le pone peros a la teoría de la relatividad (prueba de que el IQ no es una buena medida de la inteligencia).

Von Savant (Institute)

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Limitaciones para comprender el azar

En su columna, Von Savant recomendó (correctamente) a sus corresponsales que cambiaran de puerta pues ello les daría una probabilidad de acertar igual a dos tercios. Ahí se armó Troya. Le cayeron numerosos lectores que estaban en desacuerdo, incluyendo algunos profesores de matemáticas, señalando que al cambiar de puertas la probabilidad de éxito era igual a un medio. Después de regañarla, un doctor de la Universidad de Florida agregó que con cambio o sin él las probabilidades seguían siendo cincuenta-cincuenta.

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Limitaciones para comprender el azar

Paul Erdos Con posterioridad, un matemático amigo le mostró el problema al notable matemático Paul Erdös, quien también lo evaluó incorrectamente. Su amigo trató de convencerlo con una solución, pero en vano (este puede ser un chisme, pues el problema es demasiado elemental para una mente como la de Erdös). (Institute)

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Limitaciones para comprender el azar Para facilitar la comprensión de la solución del problema, resulta conveniente cambiarlo por uno equivalente, descrito de la manera siguiente: imaginemos ahora que en lugar de un concursante hay dos, uno que siempre se mantiene …el a su elección, y otro que siempre cambia de puerta En estas condiciones es lógico que el primer concursante ganará siempre que el premio esté en la puerta escogida, y solo en este caso. Esto es, ganará un tercio de los juegos y perderá dos tercios de ellos. El segundo ganará todas las veces en que el premio no esté detrás de la puerta escogida. Por tanto, el segundo concursante gana dos tercios de los juegos. En suma, el segundo gana cada vez que el primero pierde, esto es, dos tercios de las veces. Luego, la mejor estrategia es la del segundo jugador: cambiar siempre la elección.

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Análisis del Baloto ¿Cuán probable es ganarse el premio mayor del baloto?

Cada billete consiste de seis números, del 01 al 45. Quien acierte los seis números, en cualquier orden, es el ganador. (Institute)

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Limitaciones para comprender el azar (Baloto) La probabilidad de acertar el número ganador es P = 1/N, donde N = al número total de billetes. Recordemos que el número binomial

(mn ) =

m! n!(m n)!

proporciona el número de conjuntos de n elementos (sin repeticiones) que se pueden formar con m elementos. Por ejemplo, ¿en un conjunto de 4 personas, cuántas parejas se pueden formar? Si S = f1, 2, 3, 4g, (conjunto de personas), el número total de subconjuntos de dos elementos está dado por (52 ) = 4!/2!2! = 24/(2 2) = 6. Subconjuntos de S dos elementos

= f1, 2g, f1, 3g, f1, 4g, f2, 3g, f2, 4g, f3, 4g (Institute)

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Limitaciones para comprender el azar (Baloto)

En el caso del baloto, hay tantos billetes como subconjuntos de seis elementos hay de S = f01, 02, . . . , 40g. Es decir, hay un número de billetes igual a 6!) = 8145060. (45 6 ) = 45!/ (39! 119622220865480194561963161495657715064383733760000000000 20397882081197443358640281739902897356800000000 720 La probabilidad de ganarse el baloto es P = 1/8145060.

(45 6) =

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Limitaciones para comprender el azar (Baloto) Si se elaboran 8, 145, 065 cajitas angostas, de un centímetro de espesor, y se paran en …la india como se hace a veces con las …chas del dominó, y si en una de ellas hay un cheque por el valor del premio mayor del baloto. La probabilidad de ganarlo es la de escoger la cajita afortunada en una …la de 8, 145, 065 centímetros, esto es, de 81.45 km.

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Juegos de dados Al lanzar dos dados, ¿cuál es la suma más probable? El espacio muestral, o conjunto de todos los posibles resultados del experimiento, consiste de todas las parejas T = f(1, 1), (1, 2), . . . , (1, 6), . . . , (6, 6)g. El número de elementos de T , que denotaremos por jT j es igual a 6 6 = 36 (pricipio de conteo del "árbol")

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Juegos de dados Calculemos la probabilidad de obtener, por ejemplo, suma 4. El conjunto de casos favorables sería F = f(1, 3), (2, 2), (3, 1)g. Luego la probabilidad de obtener suma 4 al lanzar un par de dados es P=

jF j = 3/36. jT j

De igual manera, aquellos lanzamientos que nos dan una suma total igual a 7 serían F = f(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)g, de donde se sigue que la probabilidad de obtener suma 6 es P = 6/36 = 1/6. No es difícil ver que cualquier otra posible suma es menos probable. De aquí que muchos juegos de tablero (parqués, por ejemplo) marquen cada siete casillas de manera destacada. (Institute)

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Historia de la Teoría de Probabilidades El juego de azar (del árabe al-zahr, que signi…ca jugar a los dados) es casi tan antiguo como el hombre. Existen pruebas de que en el siglo XVI antes de nuestra era, los egipcios jugaban con regularidad a los dados. Parece que el juego de dados se convirtió en una actividad febril entre los romanos, pero desacreditada públicamente, hasta el punto que el término aleator (jugador) se utilizaba con desprecio. No obstante la mala reputación de los juegos de azar, cuenta Plutarco que Julio César y Antonio jugaban al dado con gran pasión, y que Augusto, Nerón, Claudio y Calígula también lo hacían con frecuencia

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Pascal Fermat y el Caballero de Meré

En su larga carrera de jugador, Antoine Gombaund, Caballero De Meré, había tratado de conciliar los resultados experimentales del juego de dados con el análisis matemático y descubrió que resultaba ventajoso apostar a sacar al menos un seis en cuatro tiradas de un dado a sacar al menos un doble seis en veinticuatro lanzamientos de dos dados. Esto no debería ser así –pensaba-, pues la relación entre el número de lanzamientos y el total de posibilidades era la misma en ambos casos: 4/6 y 24/36, respectivamente.

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Problema del Caballero de Meré De Meré, desconcertado, acudió a Blas Pascal. Pascal calculó correctamente la probabilidad de obtener al menos un seis en cuatro lanzamientos de un dado y obtuvo como resultado 1 (5/6)4 = 0, 5177. Para el doble seis la solución, correcta, fue 1 (35/36)24 = 0, 4114. Ambos resultados teóricos concordaron exactamente con los que De Meré había observado.

Figure: Pascal (Institute)

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Solución al problema del Caballero de Meré Espacio muestral (todos los posibles resultados) en el primer experimento: (cuatro tiradas de un dado) T = f(1, 4, 6, 5), (6, 3, 2, 1), . . . , (4, 5, 2, 1), . . .g Casos favorables F = f(6, 1, 5, 6), (3, 6, 2, 1), . . . , (6, 6, 6, 5), . . .g Probabilidad P de sacar al menos un seis en cuatro tiradas (jC j denota el número de elementos del conjunto C ). P=

jF j jT j

Si NF es el conjunto de casos no favorables, es más fácil calcular jNF j que jF j. El conjunto NF consiste de todas las 4-tuplas que no contienen ningún seis: NF = f(2, 3, 1, 4), . . . , (5, 5, 3, 1), . . .g. (Institute)

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Solución al problema del Caballero de Meré Un principio elemental de conteo nos dice que el número de 4 tuplas totales es 6 6 6 6 = 64 . Y el número de 4-tuplas no favorables, jNF j, es igual a 54 .

Principio de conteo (Institute)

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Solución al problema del Caballero de Meré

Luego, jF j = jT j

jNF j, y la probabilidad buscada es P

=

jT j

= 1

jNF j jNF j =1 jT j jT j 4 5 5 = 1 ( )4 = 0, 5177 4 6 6

(La probabilidad de un evento es igual a uno menos la probabilidad del evento contrario)

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Solución al problema del Caballero de Meré Calculemos la probabilidad de sacar un doble seis en cuatro lanzamientos. T = f[(2, 1), (4, 6), (5, 5), (4, 3)], . . . , [(6, 6), (3, 3), (4, 2), (4, 5)]g El número de casos totales es jT j = 364 , pues en cada lanzamiento hay 36 resultados posibles. Por el principo de conteo "del árbol", los 4 lanzamentos del par de dados pueden ocurrir de 364 maneras posibles. Como en el caso anterior, computemos el número de casos no favorables (es más fácil). En cada lanzamiento hay 36 posibles resultados. Sólo uno de ellos es no favorable. Luego en cada lanzamiento hay 35 casos no favorables. De nuevo, por el principio del árbol, del número total de resultados de 4 lanzamientos consecutivos, hay 35 35 35 35 casos en los que nunca se obtiene un doble seis jNF j = 354 . La probabilidad buscada es P = 1 (35/36)4 = 0, 4114.

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El problema de los cumpleaños

En una reunión se encuentran 23 personas elegidas al azar y a alguien se le pregunta por la probabilidad de que dos de ellas, al menos, celebren sus cumpleaños en la misma fecha (mes y día). Es casi seguro que el interrogado asignará una probabilidad bajísima a tal suceso. No es raro que dicha persona esté dispuesta a apostar, dándole una buena gabela al contrincante, a favor de la no coincidencia de cumpleaños entre ninguno de los presentes. Y no parece que las cosas cambien sustancialmente si en lugar de 23 personas fuesen 30 o 40. Problema: en un grupo de n personas, ¿cuál es la probabilididad de que haya al menos dos personas que cumplan años el mismo día?

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El problema de los cumpleaños (Solución)

La tabla muestra el valor de la probabilidad de encontrar dos o más personas con la misma fecha de cumpleaños, como función del número de individuos presentes. Cuando en el grupo hay 23 personas, la probabilidad es de 0.51, ligeramente superior a 1/2. Esto signi…ca que en esa situación es más probable la coincidencia de al menos dos cumpleaños que lo contrario. Con 30 personas la probabilidad es de 0.71. Con 40 la probabilidad de coincidencias se eleva a 0.89, valor que nos autoriza a dar una ventaja en la apuesta de 1 a 8. Y cuando haya 70 personas, la probabilidad es prácticamente igual a la unidad. (Institute)

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El problema de los cumpleaños (Solución)

Resolvamos el problema contrario, es decir calculemos la probabilidad de que no haya dos personas que cumplan años el mismo día. Si en el salón hay sólo una persona no puede haber coincidencias de cumpleaños, por lo que la probabilidad de que todos ellos sean distintos es 1. Si en este momento llega otra persona, para que no haya coincidencias se requiere que la recién incorporada al grupo cumpla años en cualquiera de los 364 días disponibles, habida cuenta de que el cumpleaños de la primera persona ya ocupó un día de los 365. La probabilidad, entonces, de que no haya coincidencias es 364/365. Al llegar la tercera persona, para que no haya coincidencias se requiere que cumpla años en cualquiera de los 363 días que han quedado libres, así que la probabilidad de no coincidencias entre las tres presentes será (364/365) (363/365).

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El problema de los cumpleaños (Solución) Al llegar una nueva persona, por las razones ya anotadas, la probabilidad de que las cuatro presentes tengan cumpleaños distintos es el producto (364/365) (363/365) (362/365). Al continuar de este modo, llegaremos al …n a que la probabilidad Pn de que con n personas en el salón, todos sus cumpleaños sean distintos, esta dada por la fórmula:

Pn = (365/365)

(364/365)

(363/365)

...

[(365

n + 1)/365]

Simpli…cando, la probabilidad entonces de que haya al menos dos que sí cumplan años el mismo día es: Pn = 1

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365n

365! (365

n)!

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¿Milagros o coincidencias?

Supongamos que la parte más importante de la vida de una persona transcurre entre los 15 y los 65 años, esto es, un total de 365 50 = 18250 días, y que durante ese lapso sufre un promedio de 2 insomnios notables por año, para un total de 100. ¿Cuál será la probabilidad de que le ocurra al menos una desgracia el mismo día de haber padecido el insomnio? Por el término desgracia entenderemos la muerte de un familiar, un secuestro, un accidente, el comienzo de una enfermedad grave... Contrario a los dictados de nuestra intuición, ¿cuán fácil es la ocurrencia de tales hechos?

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¿Milagros o coincidencias? Aceptemos que ocurren k hechos desgraciados en la vida de una persona. Denotemos por P (k ) la probabilidad que deseamos estimar. Imaginemos que sobre una recta señalamos 18, 250 puntos equidistantes, uno por cada día de vida, y de esos puntos escogemos los 100 correspondientes a los insomnios, al tiempo que los marcamos con color azul. Ahora imaginemos al Diablo escogiendo uno por uno los k días de las desgracias. Podemos suponer que cada vez hace girar una rueda de lotería con 18, 250 números y que cada número que resulte ganador lo va señalando con un lápiz rojo sobre la recta anterior.

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¿Milagros o coincidencias? La probabilidad de que al sujeto no le ocurra ninguna desgracia en un día de insomnio es la misma de que ningún punto de la recta quede marcado con azul y rojo. Esta probabilidad se calcula así: la primera marca roja la podemos hacer en cualquiera de los (18250 100) lugares no marcados con azul, es decir, con una probabilidad de (18, 250 100)/18, 250 = 18, 150/18, 250. Para la segunda marca roja la situación es idéntica, ya que no se descarta la posibilidad de que la segunda desgracia ocurra el mismo día de la primera. Y lo mismo podemos decir de las restantes, luego la probabilidad de que las k desgracias no ocurran en ninguno de los 100 días de insomnio es el producto de la fracción anterior multiplicada por sí misma, k veces: (18150/18250)k . La probabilidad del suceso contrario, esto es, de que ocurra al menos una coincidencia, será entonces 1 menos la probabilidad de que no ocurra, lo que nos dará P (k ) = 1 (Institute)

(18150/18250)k

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¿Milagros o coincidencias? Para que se vea lo probable que resulta tener coincidencias como la descrita atrás, la siguiente tabla nos muestra los valores de la función P (k ) para varios valores de k (número de desgracias).

Por ejemplo, si una desgracia se de…ne como la muerte de un familiar cercano o un accidente, de tal manera que sea razonable esperar que a una persona le ocurran en promedio 10 desgracias en su vida (k = 10), entonces podemos esperar, de acuerdo con la tabla anterior, que de cada 100 personas, a 5 les sucede una coincidencia de este tipo. Y de ocurrir 20 desgracias, la probabilidad de coincidir con algún insomnio es de 0.1; es decir, que de cada 10 personas, a una se le presentaría la coincidencia. (Institute)

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¿Milagros o coincidencias?

La gente acostumbra llamar milagro a todo suceso que, según sus conocimientos, viole las leyes naturales y, por tanto, que se trate de un hecho imposible o muy improbable. Pero es bien sabido lo limitados que somos los humanos para comprender los fenómenos que implican probabilidades, y más si no se tiene formación matemática. Las coincidencias, en particular, han llevado a muchos a pensar que han sido bene…ciarios de un suceso milagroso.

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¿Milagros o coincidencias?

La remisión espontánea de enfermedades con apariencia de incurables constituye uno de los fenómenos más interesantes y asombrosos de toda la medicina, y un motivo adicional para creer en prodigios. Pero lo más sorprendente de todo es que ocurre con una frecuencia nada despreciable. El Institute of Noetic Sciences, organización norteamericana sin ánimo de lucro, ha presentado para la investigación médica una colección de 1, 385 remisiones espontáneas, entre las cuales son muy comunes los casos de tumores cancerosos en estado avanzado que, de manera espontánea, han desaparecido por completo.

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¿Milagros o coincidencias? El médico y ensayista norteamericano Lewis Thomas fue en una época presidente del Memorial Sloan-Kettering Cancer Center de Nueva York, prestigioso instituto dedicado exclusivamente al estudio e investigación del cáncer. Así comenta las experiencias más espectaculares que le tocó vivir: "De vez en cuando los pacientes se presentan con un cáncer en estado avanzado, casi irreversible. Se los examina por medio de una operación quirúrgica y el cirujano observa metástasis en el hígado y en la cavidad peritoneal. El enfermo regresa a su casa para morir, pero vuelve a presentarse pasados diez años, sin rastros de su antigua enfermedad. Existen varios cientos de casos de ese tipo y nadie pone en tela de juicio la autenticidad de las observaciones". Ante una situación de estas, y si el enfermo o sus parientes más cercanos han elevado oraciones al cielo, como es la costumbre ante los casos perdidos, es lógico que se le atribuya a Dios, no al propio organismo. Y que la coincidencia se convierta en hecho milagroso. (Institute)

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¿Milagros o coincidencias?

Veamos los milagros con la lupa matemática. Se trata de calcular qué tan probable resulta ser que a una persona le sean escuchadas sus oraciones. Para comenzar, partamos la vida en semanas, de tal modo que a una persona que viva 50 años de vida adulta le corresponden 52 50 = 2600 semanas. Supongamos que de las semanas en que ora, en exactamente r de ellas pide a Dios que le conceda determinado hecho improbable. Podría ser, demos por caso, que rezara todas las semanas de su vida y sólo en promedio una vez por año pidiera a Dios que le concediera algo poco usual, como ganarse la lotería, aliviarse de una enfermedad penosa o salir de algún embrollo serio.

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¿Milagros o coincidencias? Denotemos por q la probabilidad de que cualquiera de esos fenómenos raros ocurra por puro azar durante una semana. Ahora bien, si después de pedir con devoción algo muy especial, en el intervalo de una semana nos ocurre un suceso que parece corresponder a lo pedido, interpretémoslo como un milagro propiciado por la oración; es decir, démosle una semana de plazo para que la oración sea correspondida. De acuerdo con esto, en un eje en el que representaremos las 2600 semanas de vida adulta resaltamos en azul las r semanas en las que se hizo el pedido milagroso. Ahora bien, la probabilidad de que en una semana particular no ocurra el milagro esperado es (1 q ), y de que en las r semanas resaltadas no ocurra es (1 q )r . Luego la probabilidad, P (r ), de que ocurra es el complemento a uno, es decir, P (r ) = 1

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(1

q )r

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¿Milagros o coincidencias?

Podemos ahora ensayar algunos valores de q y de r en la fórmula anterior. Si, demos por caso, q es una millonésima (ganar la lotería, por ejemplo) y pedimos unas dos veces por año al cielo tan extraordinario milagro (r = 100), entonces P (100) = (100) = 1

(1

1/106 )100 ' 0.00001,

lo que signi…ca que, de cada 100, 000 personas, en promedio a una se le concede el “milagro”. En una ciudad medianamente grande –un millón de habitantes, por ejemplo–, hechos de este orden de improbabilidad tienen que ocurrir con gran frecuencia. Y aunque se puede explicar por simple azar, todos estamos inclinados a interpretarlo como hechos sobrenaturales, como una merecida concesión divina.

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Supersíquicos en la ruleta

Preguntémonos: ¿cuál sería la ganancia esperada de una persona que debido a supuestos poderes de adivinación fuese capaz de predecir (además de lo que obtenga por puro azar) el 5% de las veces que jugase a la ruleta? Si, por ejemplo, la persona apostase a la ruleta 5 rondas seguidas de 38 juegos cada una, ¿cuál sería su ganancia esperada? Pues bien, en caso de que las ganancias fuesen muy altas y dado que todos los casinos gozan de muy buena salud económica, se concluye que no hay sujetos de esa clase.

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Supersíquicos en la ruleta Es bien sabido que las ruletas empleadas en América tienen 38 números, que van del 1 al 36, más el cero y el doble cero (las de Europa no tienen doble cero), y que cada vez que un jugador acierta recibe 36 veces lo apostado. Suponga, además que el jugador participa en 5 rondas de 38 juegos cada una.

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Supersíquicos en la ruleta

Para simpli…car el análisis, supóngase que se apuesta cada vez una …cha y que se juegan rondas completas de 38 juegos, uno por cada número de la ruleta; es decir, se invierten 38 …chas por ronda. En cada una de estas rondas se acierta, en promedio, 1.9 veces (5% de 38), más un acierto adicional por simple adivinación aleatoria (se juega 38 veces, y la probabilidad de acertar por azar es 1/38), da un total de 2.9 aciertos por ronda. En consecuencia, las …chas recibidas por los aciertos sumarán 2.9 36 = 104.4, que al restarle las 38 invertidas proporciona una ganancia neta de 66.4 …chas por ronda.

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Supersíquicos en la ruleta

Supóngase ahora que se alcanzan a jugar cinco rondas completas cada vez que se visita el casino, lo que nos proporcionará un bene…cio neto de 332 …chas (66, 4 5 = 332). Y si cada vez se apuestan …chas de 100 dólares, se obtendrá una ganancia de 33200 dólares por noche, suma nada despreciable.

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**El juego del "Agalludo" (complemento)

Dos personas se turnan en el lanzamiento de un dado. En su turno, cada jugador hace una serie de lanzamientos, y va sumando los puntajes obtenidos en cada lanzamiento. En cualquier momento puede decidir que no lanza más, y el puntaje obtenido se adiciona al total acumulado, el cual se contabiliza en una tabla. En cualquier momento del juego, y si durante el turno de un determinado jugador, este llegase a lanzar el dado, y cae en 1, entonces el total acumulado en dicho turno (y solo en este turno) se anula, y el jugador deberá ceder el dado a su contrincante. Quien primero acumule 100 puntos se convierte en el ganador de la partida. ¿Cómo jugar este juego de manera óptima?

(Institute)

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Clase 8 - Introducción al Programa de Matemáticas