Juegos de azar. Figura 1: Tomado de M. A. García A. Introducción... pp 1 y 2.

Transcripción

1 Juegos de azar 1. Los Problemas Clásicos Figura 1: Tomado de M. A. García A. Introducción... pp 1 y 2. El Problema 1 es conocido como problema de los puntos. Planteado por Mere a Fermat y este a Pascal. Aunque hay evidencias de que problemas similares se habían planteado anteriormente. El Problema 4 es conocido como la ruina del jugador, de historia no muy cierta, algunos (como Miguel Ángel García) mencionan que lo presentó Pascal por primera vez, otros que fue Huygens. 1

2 2. Solución de Fermat al Problema 1. Situación: Al jugador A le faltan 2 partidas y al jugador B le faltan 3 partidas. Planteamiento: Por lo tanto en a lo sumo 4 partidas se acaba el juego, y como mínimo en dos partidas. Enlistamos todos los posibles resultados para cuatro partidas: (a, a, a, a) (a, a, a, b) (a, a, b, a) (a, b, a, a) (b, a, a, a) (a, a, b, b) (a, b, a, b) (a, b, b, a) (b, a, a, b) (b, a, b, a) (b, b, a, a) (a, b, b, b) (b, a, b, b) (b, b, a, b) (b, b, b, a) (b, b, b, b). De estos 16 posibles resultados, 11 hacen ganar al jugador A y 5 hacen ganar al jugarod B, por lo que la apuesta debe dividirse en una proporción de 11 : 5. Esto es Parte de A = = = 44 y Parte de B = = Solución de Pascal y Huygens al Problema 1. El tipo de solución es exhaustivo. Se analizan tres casos posibles al momento de detener el juego Caso I Al jugador A le falta 1 punto. Al jugador B le faltan 2 puntos. Siguiente partida Gana A. Se concluye el juego: A = y B = 0. Gana B. A y B quedan en igualdad de condiciones: A = 32 y B = 32. Cualquiera que sea el caso, A tiene ganados 32 pesos, y de los otros 32, los puede ganar o bien A o bien B en una azar igualmente probable, luego 16 pesos deben ser para A y 16 para B. Esto es, A = = 48 y B = 16. 2

3 Caso II Al jugador A le fanta 1 punto. Al jugador B le faltan 3 puntos. Gana A. Se concluye el juego: A = 64 y B = 0. Siguiente partida Gana B. Reducción al Caso I: A = 48 y B = 16. En cualquier caso, A tiene una ganancia asegurada de 48 pesos, mientras que los 16 pesos restantes se juegan en un azar igualmente probable, luego 8 pesos deben ser para A y 8 para B. Esto es, A = = 56 y B = Caso III Al jugador A le faltan 2 puntos. Al jugador B le faltan 3 puntos. Siguiente partida Gana A. Reducción al Caso II: A = 56 y B = 8. Gana B. A y B quedan en igualdad de condiciones: A = 32 y B = 32 En cualquier caso, A tiene asegurada una ganancia de 32 pesos, pudiendo ganar un máximo de 56 pesos, es decir, puede ganar = 24 pesos más, con un azar igualmente probable para A y B. Entonces la repartición de las apuestas queda como: 4. Conceptos A = = 44 y B = = 20. En las anteriores soluciones hay implicitos algunos conceptos. Probabilidad En el fondo, el problema radica en resolver el siguiente problema: Si el juego se interrupe cuando el primer jugador tiene dos puntos y el segundo sólo 1, cuál es la probabilidad de ganar que tiene cada uno de los jugadores? Analizemos el Caso I de la respuesta de Pascal y Huygens. Es decir, si el jugador A está a un juego de ganar y el jugador B está a dos de ganar, cuál es la probabilidad de ganar que tiene cada uno de los jugadores? Procedemos del siguiente modo: 3

4 1. Pensemos únicamente en calcular la probabilidad de ganar del jugador A. Esto es suficiente para saber qué sucede con la probabilidad de ganar del jugador B. 2. Si se juega la siguiente partida, entonces hay dos situaciones: Si A gana la partida, lo que sucede con probabilidad 1/2, entonces con toda certeza A gana el juego completo. Por el contrario, si B gana la partida, lo que también sucede con probabilidad 1/2, entonces la situación vuelve a equilibrarse cuando ambos jugadores están a una partida de llevarse el juego completo, por tanto la probabilidad de que A gane el juego completo es 1/2. De esta manera, bajo la condición de que al jugador A le falte una partida, y al jugador B dos, para llevarse el juego, la probabilidad de que A gane el juego es = 3 4. Por lo que la apuesta de 64 pesos debe dividirse en una proporción de 3 a 1. Esto es, A = 48 y B = 16. Hay aquí la idea de que las condiciones de ambos jugadores pueden cuantificarse en cualquier momento del juego. Lo que se justifica con el conocimiento empírico del Principio de Regularidad de las Frecuencias Relativas. Fundamentalmente, en este caso se piensa la Probabilidad como una medida de proporcionalidad entre estas condiciones que guardan ambos jugadores. De ahí que la razón (probabilidad) buscada sea finalmente la suma de las proporciones analizadas por casos. Una justificación para este modelo de pensamiento se haya en que las reglas de la aritmética contienen estas ideas. Pensemos por ejemplo en las leyes del conteo y la proporcionalidad: Ejemplo Supongamos que un satre es dueño de dos talleres. De cada 100 prendas, la mitad es producida en uno y la mitad en otro. Además de cada 100 prendas hechas en el primer taller, 83 son prendas formales, el resto son casuales. Para el segundo taller, de cada 100 prendas, 63 son formales y el resto casuales. De un lote de 100 prendas encargado al sastre, cuál es la cantidad de prendas formales? La respuesta es =

5 Luego, al elegir una prenda del lote en cuestión, la probabilidad de que ésta sea de tipo formal es Note que las fracciones 0.83 y 0.63 son las probabilidades de elegir una prenda formal de un lote de 100 prendas que proviene exclusivamente del primer y segundo taller, respectivamente. Probabilidad Condicional Es evidente que en las situaciones descritas anteriormente, se han obtenido probabilidades sujetas a ciertas condiciones eventuales consideradas como ciertas. Esta idea es patente incluso en el último ejemplo expuesto en el inciso anterior. Esperanza Matemática Otra perspectiva de comprender los anteriores juegos es mediante el concepto de ganancia esperada. Por ejemplo, si apostamos 10 pesos con otro jugador (con 10 pesos también de apuesta) a obtener 6 (un as) al lanzar un dado, entonces nuestra ganancia esperada es = 3.3. En el Caso I de la solución de Pascal y Huygens, la ganancia esperada por el jugador A, es = 48, el producto de la apuesta total por la probabilidad de llevarse el juego bajo las condiciones en el instante de interrumpirse el juego. Del mismo modo puede interpretarse la cantidad de 16 pesos, como la ganancia esperada de B. 5

6 5. Paradojas. Otro juegos clásicos Paradoja del dado. Figura 2: Tomado de Paradoxes in Probability Theory and Mathematical Statistics de Szekely. pp 2. Solución En realidad, solo debe tenerse en cuenta que el orden es importante, lo que implica una distinción entre los dados. Si lanzamos dos dados, hay cuatro formas de obtener 9 con la suma de los resultados: 9 = = = = Mientras que para obtener 10, solo hay 3 formas: 10 = = = Notamos que en este último caso, no se repite la suma Algunas veces esta idea puede ser confusa. Una vez que se entiende la idea del orden (lo que justifica la aparición de las sumas y 6 + 4) se llega a creer que debería a aparecer dos veces. Esto sería un completo error. 6

7 6. The Monty Hall dilemma. Presentado por Marilyn vos Savant en 1990 en su columna de la publicación semanal, Sunday Parade Magazine. Figura 3: Tomado de Henk Tijms, Understanding... pp 15. El Problema En un concurso hay tres puertas, I, II y III. Detrás de una de ellas hay un automóvil y en las otras dos un fiasco (comida de perro o cabras, lo más común). El juego consiste en lo siguiente: Un concursante debe elegir una puerta al azar. Luego, sin abrir la puerta elegida, el presentador abre una de las puertas que contiene uno de los dos fiascos. En ese momento el concursante puede cambiar su elección o continuar firme en la elección que hizo originalmente. Cambiar la elección original aumenta las probabilidades de ganar? Planteamiento Desde el punto de vista del concursante, el problema consiste en encontrar la estrategia más viable. Si conservar su elección original o bien cambiarla. El concursante hace las reflexiones siguientes: Al comienzo del juego, la probabilidad de ganar el auto es de 1/3 y de no ganarlo es 2/3, obviamente. Sin embargo, cuando el presentador, que conoce lo que hay detrás de cada puerta, elimina uno de los posibles fiascos, la situación cambia, dado que ahora tenemos información con la que antes no contábamos. 7

8 Supongamos que la elección original ha sido la puerta número I (el razonamiento es equivalente para las dos puertas restantes). El presentador deberá abrir entonces cualquiera de las puertas II y III. Hay dos casos: Caso A Si el auto se encuentra en la puerta I (lo que sucede con probabilidad 1/3), entonces el presentador elige la puerta II o III sin preferencia de ninguna (o sea con probabilidad 1/2) 1. Caso B Si el auto no se encuentra en la puerta I (lo que sucede con probabilidad 2/3), entonces con toda seguridad se encuentra en la puerta que no abre el presentador (cualquiera de las puertas II o III). Estrategia La mejor estrategia es cambiar de elección. En efecto, el caso B tiene mucho mayores probabilidades de suceder ( 2 3 ) que el caso A. Figura 4: Henk Tijms, Understanding... pp Árbol de azar para el problema The Monty Hall Dilemma. Observaciones En palabras de Henk Tijms (pp 210): 1 Es posible resolver el problema aun bajo es supuesto de que el presentador tiene preferencia por alguna de las puertas restantes. Sorpendentemente el resultado es el mismo. 8