(1213) - Arpeggios, un juego sobre azar (Parte 1)

 Hoy vamos a volver un poco a los juegos de azar,  vamos a ver cómo jugar a Arpeggios, un juego muy relaiconado con la probabilidad y del que podemos sacar estrategias óptimas. 

El juego funciona de la siguiente forma:

Primero de todo, necesitarás 2 jugadores, folio, bolígrafo, y 2 dados, el juego se desarrolla por turnos, en primer luegar los jugadores se asignan los papeles de "jugador ascendente" y "jugador descendente", tiran por turnos un par de dados, y en cada tirada apuntan su resultado en el folio de la siguiente manera: empieza el jugador ascendente, tira los dados y sale (por ejemplo) un 2 y un 4, entonces puede escribir en su columna un 24, un 42 o rechazar la tirada, luego sigue el jugador descendente, que saca (por ejemplo) un 3 y un 1, por lo que podrá apuntarse un 13, un 31, o rechazar la tirada ... el juego sigue hasta que uno de ambos llegue a apuntar 10 números, pero tiene truco, pues el jugador ascendente solo puede apuntar números en orden ascendente, al igual que el descendente solo puede apuntarlos en ese orden.

Por ejemplo, si fueras jugador ascendente y sacaras  1, 4 te interesaría apuntar 14 antes de 41, pues vas a poder poner más números encima del tuyo  y llegar antes a los 10 que si te limitas a apuntar solo los superiores a 41.

Si sacaras por casualidad 5 y 6, te interesaría descartar la tirada porque solo hay una combinación que te permite subir la cifra, así que no te interesa.

Cada vez que un jugador tira, pasa los dados al otro y siguien jugando hasta que alguno consiga apuntar 10 números de acuerdo con su papel (ascendente o descendente).

Puesto que apuntar 10 de esta forma seguidos es algo complicado, se añaden un par de normas:

-Si sacas dobles, puedes elegir si quedarte el numero o tirar un dado de nuevo

-Si pasas turno, tu rival puede cambiar su turno por tu tirada (quedarse con los numeros que has sacado y apuntarselos como una tirada suya), al hacer esto, gasta su turno

(Ej: Sacas 6,6 , no lo quieres, tu rival sí, se lo apunta y te devuelve el turno)

-Puedes cortar una vez tu racha ascendente o descendente, es decir, que siendo ascendente puedes escribir un número inferior al anterior una sola vez en la partida, de igual forma, el descendente puede escribir un numero mayor al anterior una sola vez en la partida.

Ejemplo:

Jugador ascendente saca 1,4 -> Apunta 14

Jugador descendente saca 2,6 -> Apunta 62

Jugador ascendente saca 3,1 -> Apunta 31

Jugador descendente saca 5,3-> Apunta 53

Jugador ascendente saca 4,6 -> Apunta 46

Jugador descendente saca 3,4 -> Apunta 43

Jugador ascendente saca 1,5 -> Apunta 51

Jugador descendente saca 5,6 -> Pasa turno

Jugador ascendente acepta los dados -> Apunta 56

Jugador descendente saca 3,5 -> Pasa turno

...

La lista quedaría tal que así

El primero que llegue a 10 numeros apuntados gana.

Es un juego interesante para usar probabilidades condicionadas, esperanzas y otros cáluclos para decidir bajo qué condiciones te interesa apuntar, pasar o volver a tirar dados en función de lo que te salga.

Si no te apetece, este video te explica las cuentas y estrategias óptimas 

Autor: Raúl Barrero Pastor

(1163) - ¿Dados ideales pero no honestos?

¿Existen dos dados ideales (que cada cara sea equiprobable), con otros números en las caras con respecto al dado estándar, tales que al tirarlos conjuntamente den la misma probabilidad que al tirar dos dados ideales?

La respuesta simple y llanamente es sí. Incluso de casos no triviales como $\{0,1,2,3,4,5\}$ y $\{2,3,4,5,6,7\}$ o similares. La solución se conoce como dados de Sicherman, y la solución es única si se impone que no pueda tener ninguna cara un $0$. Dichos dados tienen por caras: $\{1,2,2,3,3,4\}$ y $\{1,3,4,5,6,8\}$.

Cómo llegar a la solución es realmente curioso al asignar a cada dado un polinomio $p(x)$ donde cada monomio tiene como grado la el número de la cara y su coeficiente es cuántas caras tienen ese número. Por ejemplo, el dado estándar es $x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6$, mientras que los de Sicherman son $x+2x^2+2x^3+x^4$ y $x+x^3+x^4+x^5+x^6+x^8$. En general para hallar los coeficientes de la solución no-trivial uno debe imponer que ningún dado tenga una cara con $0$, es decir $p(0)=0$, y que el dado tenga $6$ caras, es decir, $p(1)=6$.

Así pues buscamos dos polinomios $P(x),Q(x)$ tal que $P(x)Q(x)=(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^2=x^2(1+x)^2(1-x+x^2)^2(1+x+x^2)^2$. La condición de que $p(0)=0$ implica que $x|P(x)$ y $x|Q(x)$, mientras que las de $p(1)=6$ implica que $(1+x)(1+x+x^2)|P(x)$ y $(1+x)(1+x+x^2)|Q(x)$. Nos queda el factor $(1-x+x^2)^2$ por determinar. Si se "reparte por igual" entre ambos polinomios $P(x)$ y $Q(x)$, se vuelve a tener el mismo polinomio, mientras que si ponemos $P(x)=x(1+x)(1+x+x^2)=x+2x^2+2x^3+x^4$ y $Q(x)=x(1+x)(1+x+x^2)(1-x+x^2)^2=x+x^3+x^4+x^5+x^6+x^8$.

Para más información y sobre el vídeo que inspiró en parte esta entrada, vea el lector el vídeo en este enlace


Autor: Đɑvɪẟ Ƒernández-De la Cruʒ.

(1153) - Tirar dos dados: Distribución no uniforme a partir de uniformes

Consideremos un dado honesto o ideal, como con los que jugamos al monopoly, oca, parchís o trivial. Este dado tiene seis caras, convientemente numeradas del $1$ al $6$. Al ser ideal, y por la regla de Laplace, todos tienen la misma probabilidad de aparecer $\frac{1}{6}$.

Sin embargo, consideremos dos dados, ambos honestos, sumemos los resultados al lanzarlos. La tabla de posibles resultados es (siendo la primera fila y columna lo que sale en cada dado):
Nótese que se repiten varios resultado; algunos de varias veces y otros otros no tanto. ¿Qué es más probable sacar un 11 o un 12? Leibniz se equivocó y argumentó que ambos eran igual de probables ya que $6+6=12$ y $5+6=11$, ya que solo hay una posible suma que diese $11$. El problema de Leibniz fue considerar los dados como idénticos e indistinguibles. Sin embargo, con un dado rojo y otro azul, se ve fácilmente que hay dos opciones para obtener el $11$ o bien cinco rojo y seis azul, o bien cinco azul y seis rojo.Veamos la tabla de probabilidades

$$ \begin{array}{|c|cccccc|} \hline + & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\ 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 \\ 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\ \hline \end{array} $$

De hecho el número $7$ es el más probable de obtener con una probabilidad de $\frac{6}{36} = 16\text{'}\bar{6}\%$, lo que significa que es tan probable como cualquier otro resultado de un dado ideal individual. Mientras tanto sacar los extremos de $1$ o bien $12$ tienen cada uno una probabilidad de $\frac{1}{36} = 2\text{'}\bar{7}\%$.

Comparemos sendas funciones de masa de probabilidad y sendas funciones de probabilidad acumuladas:

Función de masa de los dados: Dado individual en rojo, al lanzar dos en azul

Función de probabilidad acumulada de los dados: Dado individual en rojo, al lanzar dos en azul

Siempre me ha sorprendido cómo, el ejemplo del dado que se introduce desde 3º ESO como la antonomasia de caso uniforme, si se suman dos se tiene una distribución no uniforme.

Consideremos una última cosa. En vez de solo sumar, sumemos y quedémonos con el resto de dividir entre $6$, que en este caso es equivalente a restar $6$ si la suma es estrictamente mayor que $6$. Aquí volvemos a una distribución uniforme. $$ \begin{array}{|c|cccccc|} \hline + (\mathrm{mod }6) & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 1 \\ 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 1 & 2 \\ 3 & 4 & 5 & 6 & 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 5 & 6 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 6 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline \end{array} $$ Este truco se puede utilizar para intentar "regularizar" la distribución de dos dados donde uno es no ideal.


Autor: Đɑvɪẟ Ƒernández-De la Cruʒ.

(1109) Un empate accidentado

    DerUVada llegó a la tercera jornada de la Liga Matemática como colíder y con puntuación perfecta. En el otro lado del campo, esperaba la Epsiloneta, el equipo representante de la Universidad de las Islas Baleares, que contaba en su casillero con una victoria y una derrota. 

    Los problemas empezaron antes incluso del partido. El Congreso al Futuro hizo que la UVa tuviese que hacer malabares con las bajas para poder formar un equipo completo, pero al final lo consiguió con Esteban, ambos Sergios, Guille, Jaime y Juan. 

    Los tres problemas a resolver fueron los siguientes:

    Problema 1:

    Se lanzan 2024 bolas. Se sabe que al ser lanzada, la i-ésima bola alcanza una distancia de $\sqrt[i+1]{2}$ para i = 1,...,2024. Supongamos que todas las bolas se encuentran inicialmente en un punto del plano. En cada ronda, se lanzan todas y cada una de las bolas exactamente una vez. Determina si es posible que, después de un número finito de movimientos, todas las bolas se encuentren en otro mismo punto nuevamente.

    Problema 2:

    Sean a y b números no necesariamente distintos escogidos al azar uniformemente del conjunto {1, 2, 3, . . . , 2024}. Si se sabe que la probabilidad de que 2024 divida a a+b es igual a p/q con p, q enteros positivos coprimos. ¿Cuánto es el valor de p+q?

    Problema 3:

    Un grafo tiene 15 vértices. Hay como máximo una arista entre cada par de vértices y ninguna arista conecta un vértice consigo mismo. Cada arista está coloreada de rojo o azul, de modo que no hay triángulos monocromáticos. Halla el mayor número posible de aristas de este grafo.

    Ambas universidades entraron de forma contundente al partido, resolviendo el segundo problema sin demasiadas complicaciones. Sin embargo, el caos se desató cuándo ambas universidades recibieron un "incorrecto" a su solución del problema 1. 

    Resultó que la respuesta oficial era "No",  pero ambos equipos habían alcanzado un caso, bastante sencillo, en el que sí. Esto causó una lluvia de protestas sobre la colegiada que llevó a que los estudiantes no pusiesen toda la atención necesaria en el tercer problema.

    Cuándo ambos equipos se quisieron dar cuenta, se había terminado el tiempo. El resultado final fue un empate a uno que mantiene a la UVa en la zona de play-off. 

Autor: Alejandro Marchena García

(1069) - El triángulo fractal de Sierpiński

 Quizás en algún momento de tu vida te as encontrado por internet este dibujo:

Por si no te suena, es el triángulo de Sierpiński, y a parte de en tu feed de Instagram aparece de manera insospechada en varios rincones de las matemáticas bastante curiosos.

Hoy vamos a ver un par de formas de construirlo desde la manera más normalita a la más insospechada.

Primero de todo vamos a dibujarlo directamente, a mano (si tienes un papel a mano te recomiendo probar a dibujarlo tú mismo).

En primer lugar, dibuja un triángulo equilátero, localiza los puntos medios de sus lados y únelos. Eso es una iteración, después hacemos lo mismo con cada uno de los 3 trianguiltos que han aparecido en la figura, luego seguimos y lo hacemos a los 9 ... en algún momento dejaremos de dibujar (aunque sea por aburrimiento), pero si tuvieramos paciencia infinita o los comandos prohibidos de Belarmino para C llegaríamos a que la figura iguala en el infinito al fractal, el triángulo de Sierpiński. 

Construcción Directa

Empezamos con un triángulo, marcamos los puntos medios de cada lado y los unimos, en la siguiente iteración hacemos lo mismo con 3 triangulitos de los 4 triangulitos que han aparecido, iterando este proceso se revela el patrón siguiente: 

Esta es la forma más normalita de encontrarse el fractal, pero también hay otra forma de construirlo directamente, que es haciendo copias de sí mismo:

Construcción por duplicado

Hasta aquí si ya conocías la forma o el fractal te puede haber resultado curioso o te puede haber dado un poco igual, pero ahora vienen las sorpresas, pues este triángulo al parecer sale hasta de entre las pierdras.

Método probabilístico

Dibuja un triángulo y coloca un punto en él, donde quieras (dentro, fuera, en un borde...), ahora selecciona al azar un número entre 1 y 3, fíjate en el vértice correspondiente y une tu punto con él.  Ahora pinta el punto medio entre tu punto y el vértice, has completado la primera iteración. Ahora toca realizar lo mismo con el punto que acabas de dibujar y seguir indefinidamente.

Esto son las primeras iteraciones lentas para ilustrar el proceso:

Ahora bien, de esta sopa de puntos no debería emerger ningún patrón, recuerdo que cogemos los vértices al azar, pero no, resulta que si ponemos más puntos...

¡Aparece el mismísimo triángulo de Sierpiński! Esta manera de obtener el triángulo descoloca un poco la primera vez que la ves, porque del puro azar sale un patrón tan ordenado que parece hasta mentira.

Ahora bien, vamos a rizar el rizo ¿si llenamos siguiendo estas pautas otro polígono nos aparecerá algún fractal similar? Vamos a verlo.

Cuadrado:

No tiene pinta

Pentágono:

Podría servir

(Para esta última animación he calculado 30k frames, y los bordes no están muy perfilados, supongo que el patrón sigue pero es un poquito acto de fé)

Hexágono:

De nuevo volvemos a no tener suerte, pero la imágen final me despierta la duda de si las uniones de los vértices con el centro no pueden ser alcanzadas por los puntos y las vemos medio-sombreadas por puntos cercanos o es simplemente una cuestión probabilística.

Heptágono:

En este último caso vemos que el centro queda bastante despoblado, pero dudo mucho que eventualmente se perfile un heptñagono o un círculo en el centro, seguramente este hueco sí sea una cuestión probabilística.

El triángulo de Sierpiński aparece en mil sitios, desde el número de lados que tienen los polígonos regulares que puedes construir con compás pasando por el binario hasta la paridad de los números en el triángulo de Pascal.

Como curiosidad, el triángulo tiene dimensión \(log_2(3))\, desde luego en otro sentido de dimensión que el "numero de elementos de una base del espacio".

Para estas y más formas de redescubrir el triángulo de Sierpiński, os dejo estos videos que están bastante chulos.

Un canal muy recomendado sobre pruebas visuales

Autor: Raúl Barrero  

(1061) - EXTRA! Pistola de macarrones

Introducción

Puede que os suene que recientemente ha habido un "incidente" del campus, ya que por teléfono escacharrado ha acabado siendo poco menos que un tiroteo con fuga en helicóptero; acabó siendo nada, pero si nos ponemos serios ¿cómo de probable es que ocurriera de verdad algo así?

(Os adelanto que en España es prácticamente imposible, de hecho voy a usar datos de EE.UU. para que aún con esas, salga una probabilidad baja)

La Regresión de Poisson

La regresión de Poisson es un modelo estadístico diseñado para analizar eventos de baja frecuencia (como tiroteos) que ocurren en un periodo de tiempo en una zona particular. Este modelo es especialmente útil cuando el evento es raro y discreto (hay un número entero de ocurrencias), como es el caso de nuestro ejemplo.

En el modelo de regresión de Poisson, asumimos que el número de incidentes, denotado como \( Y \), sigue una distribución de Poisson, lo cual implica que la probabilidad de observar un cierto número de incidentes en un periodo de tiempo específico depende de una tasa de ocurrencia \( \lambda \), que a su vez depende de varios factores poblacionales. El modelo tiene la siguiente forma:

\[ Y \sim \text{Poisson}(\lambda) \]

\[ \log(\lambda) = \beta_0 + \beta_1 X_1 + \beta_2 X_2 + \dots + \beta_k X_k \]

donde:

• \( \lambda \) es la tasa esperada de eventos (incidentes armados) en un periodo o región específico.
• \( \beta_0 \) es el término constante o intercepto del modelo.
• \( X_i \) representa las variables que pueden influir en los incidentea (por ejemplo, el tamaño de la población, accesibilidad de las armas ...) .
• \( \beta_i \) son los coeficientes que determinan el impacto de cada variable en la tasa de incidentes.

Coeficientes

Como cada coeficiente \( \beta_i \) indica el cambio en el logaritmo de la tasa incidentes que ocurren  respecto a cómo varía  \( X_i \), podemos interpretar los efectos de \( \beta_i \) como sigue

• Si \( e^{\beta_i} > 1 \), la variable \( X_i \) aumenta la tasa de incidentes.
• Si \( e^{\beta_i} < 1 \), la variable \( X_i \) reduce la tasa de incidentes.

Nuestro caso:

En España desde 2021 han habido 17 incidentes armados en escuelas / institutos / universidades, aquí dejamos que cuenten casos mucho menos graves que un tiroteo (peleas fuertes, apuñalamientos...).  

Como en España el indice de tiroteos es ridículamente bajo, vamos a usar algunos datos de EE.UU. para inflar la probabilidad y que salga algo apreciable para "inicidentes escolares", de cualquier tipo.

Sabemos del modelo de EE.UU. que: 

\[\log(\text{Incidentes}) = \log(\text{población}) + \beta_0 + \beta_1 \cdot (\text{tasa posesión armas}) + \beta_2 \cdot (\text{tasa enfermedad mental grave}) + \beta_3 \cdot (\text{índice pobreza})\]

Y usando los cálculos que hacen en el paper original, \[ \lambda_{\text{EE.UU.}} = 0.468 \]

Ajustandolo a la poblacion de España

\[ \lambda_{\text{España}} = 0.1426 \times \lambda_{\text{EE.UU.}} = 0.1426 \times 0.468 = 0.0666936 \approx 0.0681 \]

Calzándolo en la fórmula de la distribución de Poisson:

\[ P(Y≥1)=1−P(Y=0)=1−e^{−λ}\]

Que para nuestro caso: \[6.58329\%\]

Aclaración, esto es en toda España,  que en una población tan grande se espere 1 caso con esa probabilidad no es nada escandaloso, en EE.UU, los tiroteos en los mismos periodos de tiempo fueron en torno a 300 frente a los 17 de España, lo cual haría esa probailidad aún más pequeña si cabe en España.

En conclusión, podeis venir tranquilos a la universidad, salvo si estudias magisterio (porque no ibas a ir a clase de todas formas). 

El paper original es este, seguramente si de verdad os interesa el modelo estará mil veces mejor que este resúmen.

Se aceptan correcciones sobre la estadística y relacionados => https://forms.gle/GsDnmX6UadZ9FFwL7

Por último, filtramos en exclusiva el verdadero culpable del incidente:

No hay que dar ideas a magisterio que luego pasan cosas.

Autor: Raúl Barrero

(1021) - La ruina del Luckia

Debido al desbordante número de peticiones que he recibido sobre este tema ( 1 ) me veo obligado a desvelar los secretos que, esta vez sí, permiten en teoría desbancar al casino si se ejecutan correctamente, hoy vamos a hablar de cómo contar cartas en el Blackjack y sobre por qué funciona.

El juego

El Blackjack es un juego contra la banca, por lo que no hacen falta más jugadores que uno mismo y el crupiere. El objetivo es conseguir que la suma de tus cartas supere la suma de las del crupiere, sin pasarte de 21.

Al inicio de la partida, el crupiere reparte 2 cartas a cada jugador, todas boca arriba, y acto seguido se da una carta a sí mismo. Aquí el jugador cuenta lo que suman sus cartas, ve la del crupiere y decide entre cerrar su mano, pedir otra carta, doblar la apuesta o, si tiene dos cartas iguales, dividir su mano en 2.

Si decide cerrar su mano (normalmente porque la suma es alta), el crupiere se repartirá cartas a sí mismo hasta llegar a 17 o más.  Una vez tenga al menos 17, se comparan tu suma y la del crupiere, quien gane se lleva lo apostado, si hay empate se queda todo igual, y si tienes blackjack(21) pagan 3/2 de lo apostado.

Un ejemplo, si tus cartas { K, 4, 5 } suman 10+4+5=19 y el crupier saca { J,3,5 } que suman 10+3+5=18, como 18 es mayor a 17, el crupier deja de repartirse cartas  y ya que 19 > 18 habríamos ganado la mano. 

En caso de que el crupier hubiera sacado J,Q hubiéramos perdido pues 10+10 = 20 > 19. Y si hubiera sacado K, 6, Q 10+6+10 = 26>21 se habría pasado y habríamos ganado.

Si pides carta y tu suma se pasa de 21, automáticamente pierdes independientemente del crupiere.

Bien, una vez explicadas por encima las normas vamos a ver cómo ganarle a tus amigos antes de ganarle al casino.

Ganar con amigos

La idea de ganar dinero contando cartas surge de que podemos esperar a que queden pocas cartas bajas (2,3,...,7,8) en la baraja para apostar más fuerte en esas rondas y evitar apostar en las que tendríamos probabilidades normales de ganar.

Esto es así ya que con cartas más altas en la baraja es más seguro que nos repartan una alta y nos interese quedarnos a partir de 17 u obtengamos blackjack natural (As  + Figura = 21).

Dicho esto, si estamos esperando a que se acaben las cartas altas, el numero de barajas en juego importa, pues hay más cartas altas posibles y estarán más distribuidas.

Para 1 o 2 barajas, existen tablas precomputadas que permiten jugar de manera óptima juzgando por la suma de tus cartas y las del crupiere como se ve en esta imágen.

Para jugar con amigos basta con memorizar los sectores de estas tablas y en funcion de ello apostar más o menos esa jugada, las estrategias son óptimas suponiendo que se ha barajado antes de empezar.

    H es apostar (hit)

    D es doblar

    S es quedarse (stay)

    DS es doblar y si no se puede, separar

Ganar al casino

Los casinos son conscientes de que existen este tipo de estrategias, por lo que usan entre 5 y 7 barajas para minimizar la ventaja del jugador, pero aun así se puede sacar ventajas menores.

El sistema es el siguiente, según inicie la partida la cuenta es 0, cuando aparezcan cartas con 2, 3, 4, 5 o 6 sumas +1 a la cuenta, si aparecen un 7, 8 o 9 se ignora, y si la carta es 10, as o figura restas 1.

Manteniendo la cuenta mental de las cartas que van saliendo podemos ponernos cerca de la mesa y esperar a que la cuenta que lleves sea alta para entrar a la mesa, apostar alto un par de rondas y si hay suerte, ganar bastante dinero.

Retomando el artículo de la ruleta, la esperanza matemática del blackjack sin estrategia es negativa, es decir, que a la larga podemos esperar perder dinero. Sin embargo contando cartas tenemos que la esperanza matemática de jugar cuando la cuenta que llevas es un cierto número \( S \) es la siguiente:

\[T = \frac{S}{\text{barajas restantes}}\]

Esta T es la llamada "True Count" que varía con el numero de barajas en juego

\[E = \frac{T - 1}{\text{número de barajas}}\]

Por ejemplo, si llevaramos la cuenta de la partida en 14 y hay 5 barajas restantes, entonces:

\( T = \frac{14}{5} = 2.8\)

y

\[E = \frac{\left(\frac{14}{5} - 1\right)}{5} = \frac{2.8 - 1}{5} = \frac{1.8}{5} = 0.36\%\]

Luego tienes cierta ventaja contra el casino, cosa que si no siguieras la cuenta y calcularas esos porcentaes, probablemente acabaras apostando con una cuenta negativa y esperanza negativa, por lo general del -0.5% hasta el -1.5 %.

Cuando la cuenta suba hasta 15-20 puntos podemos entrar a la mesa y apostar más fuerte de lo que apostaríamos normalmente, ya que tenemos una esperanza superior a la del juego normal.

Si quieres aprender a contar cartas lleva mucho esfuerzo y paciencia, porque llevar tantos numeros en la cabeza y no equivocarse es particularmente difícil si a la vez estás jugando y hablando un poco para no parecer completamente absorbido por el juego y que el casino te expulse por contar.

Nota: Contar cartas mejora tus posibilidades pero no te garantiza nada, la ventaja de esta estrategia es apostar muy fuerte en un par de rondas en las que tienes ventaja, posiblemente ganar bastante dinero, y retirarse inmediatamente. En este proceso puedes tener mala suerte y perder aún así todo tu dinero, pero siempre será mejor que jugar a ciegas de las probabilidades que juegan en tu contra.

Para los interesados:

(Libro) - Guía de blackjack

(22 min) - Video Mathologer

(App) - Para practicar contar cartas

Autor: Raúl Barrero

(1019) - Elegir con cabeza

A veces nos toca tomar decisiones sin saber, quizás lo que tenemos frente a nosotros es el chollo de nuestra vida o lo último por la cola de nuestras posibilidades, pero no lo sabemos por falta de experiencia. 

Por ejemplo con un puesto de trabajo, un piso en alquiler, un coche en venta o incluso al elegir pareja, no sabes a lo que te metes hasta que ya has trabajado en varios sitios o tenido varias parejas para comparar con la elección actual. 

Es por esto que resultado me parece muy curioso e incluso útil para tomar decisiones, el planteamiento es el siguiente:

Coche nuevo

Quieres comprarte un coche de segunda mano, y has estado buscando mucho para cerrar  el catálogo a un total de 100 coches que a la vez te puedes permitir y te gustan, ahora bien, una vez examinas un coche con el propietario, debes tomar la decisión de comprarlo o no al acabar, pues asumimos que, si luego quieres volver a por él, otro se lo habrá llevado para entonces, así que los rechazos son permanentes.

Tenemos pues:

Planteado esto ¿cuántos coches deberías mirar antes de elegir el definitivo?

Si te quedas con el primero, lo más seguro es que no te encuentres el mejor de todos, sería como casarte con la primera persona que te lo propusiera, pero por otra parte, si los miras todos y te quedas el último, lo más probable es que el mejor ya se te haya pasado, por tanto, la solución debe estar en el medio.

¿Cual debería ser k en este caso? ¿Y para N objetos?

Efectivamente, la respuesta está en el medio, y es 1/e ≈ 0.368 ≈ 37%  de los N objetos disponibles para mirar, por lo que en este caso deberías tomar nota de los primeros 37 coches que veas sin comprar ninguno, y comprar el próximo coche que supere a todos los anteriores.

Un detalle importante es que esta estrategia no es infalible. Podría suceder que los primeros coches que veas sean los mejores, y que luego ninguno los supere, en cuyo caso podrías terminar con uno de los peores, pero curiosamente, esta estrategia nos da una probablidad del 37% de no fallar, que en general  es superior a hacerlo a ojo.

La demostración de este resultado es algo compleja, por lo que dejo un par de links para los interesados en este el llamado "Problema de la secretaria" o "Problema de la parada óptima"

    (1 minuto)    - Intuición de por qué funciona 

    (7 minutos)    - Explicación de Numberphile (calidad)

    (48 minutos)    - Charla sobre este problema y variantes similares + aplicaciones

Autor: Raúl Barrero

(1013) - Todo al rojo

 «Todas las evidencias muestran que Dios es en realidad un gran jugador y el universo un gran casino donde los dados se lanzan y la ruleta gira en todo momento. »

        -Stephen Hawking, ludópata y aficionado a la física

Si hay algo que los matemáticos en especial no deberían hacer por sentido común, es apostar dinero en el casino, ya que deberían haber aprendido gran cantidad de conocimientos en Probabilidad de 1º y por ello, sabrían lo que es la esperanza matemática y por qué eso supone malas noticias para su bolsillo, pero en caso de que "estuvieras malo" el 85% de las clases de Eusebio y no pudieras asistir, te lo resumo.

Definición

La esperanza matemática se define por \[ E(X) = \sum_{i} x_i \cdot p_i \] 

¿Pero qué información nos da esta cuenta a priori arbitraria?

Si tiramos una moneda al aire, tenemos que la probabilidad de ganar y la de perder son idénticas, \( \frac{1}{2} \), por lo que si seguimos jugando indefinidamente podemos esperar que "más o menos" nos salga el mismo número de caras que de cruces, ganar el mismo número de veces que perdemos.

Si nos proponen un juego en el que, si sale cara ganamos 2€ y si sale cruz perdemos 1€, la intuición nos dice que deberíamos poder ganar dinero, así que comprobemos con la esperanza matemática si en verdad es así.

Consideremos ahora  \[X = \text{"Dinero que gano en esta jugada en €".}\]  

Hacemos las cuentas

\[E(X) = \sum_{i} x_i \cdot p_i = 2\cdot \frac{1}{2} + (-1) \cdot \frac{1}{2} = 1 - 0.5 =  0.5\]

Y obtenemos que el valor esperado de \( X \) es de 0.5€, un numero positivo , o sea que si seguimos jugando, a la larga, podremos esperar ganar en promedio 0.5€ con cada jugada, un chollo.

Veamos qué pasa ahora con la 37 destinos.

La ruleta

Consideremos también  \[X = \text{"Dinero que gano en esta jugada".}\]  

Utilizando la regla de Laplace vemos que:

                                      

P(Rojo) =  \( \frac{18}{37} \) 

P(Negro) = \( \frac{18}{37} \) 

P(Cero) = \( \frac{1}{37} \) 

Sabemos además que en el casino, por cada euro apostado si ganamos nos lo doblan (+1€) y si perdemos nos lo quitan (-1€). Entonces:

\[E_{\text{color}}(X) = (+1) \cdot \frac{18}{37} + (-1) \cdot \frac{19}{37} = \frac{-1}{37} = -0.\overline{027}\]

La esperanza es negativa, lo cual nos indica que a la larga, la variable "Dinero que gano en la jugada" va  a ser negativa, o en lenguaje corriente, que vamos a perder dinero si seguimos jugando.

Sorprendentemente, da igual a qué apostemos, pares, impares, rojo, negro... ¡ la esperanza es la misma!

Si aciertas el número te 

\[E_{\text{número concreto}}(X) = 35 \cdot \frac{1}{37} + (-1) \cdot \frac{36}{37} = \frac{-1}{37} \]

\[E_{\text{pares}}(X) = +1 \cdot \frac{18}{37} + (-1) \cdot \frac{19}{37} = \frac{-1}{37} \]

Claro, la probabilidad de que caiga en un numero concreto es mucho menor a la de que caiga en rojo/negro o par/impar, pero como pagan más las pérdidas a la larga serán las mismas.

O sea, que da igual a lo que juegues que vas perder lo mismo. Si empiezas la noche con 15€ jugando en una mesa con apuesta mínima de 5€ puedes esperar perder: \[5\cdot(-0.027) =-0.135€\] por jugada, eso sí, probablemente no te dure las \(\frac{15}{0.135} = 111\) rondas teóricas.

Por último, que puedas esperar perder tu dinero no significa que lo tengas que perder, puedes ganar dinero en el casino, meter 10 al rojo y salir instantáneo con 20€ fresquitos, pero lo que nos dice la esperanza es, que si te quedas, y sigues jugando eventualmente esos 10 irán bajando y subiendo hasta hacerse 0.

Si quieres probar tu suerte, te dejo este programa sinulador de ruleta para que veas lo que te duraría el dinero y un par de gráficas por si no te apetece ejecutarlo :)

https://drive.google.com/drive/folders/1EbV48FwoAUpzlVGUsdJGuv1C05SEhwLT?usp=sharing

Autor: Raúl Barrero

(701) - Función característica [indicatriz] y función simple (con GIFs descargables)

Veamos primero de dónde viene el nombre de esta función y luego lo relacionaremos con qué hace: El nombre de característica viene de carácter, del latín character, y este del griego antiguo χᾰρᾰκτήρ - khărăktḗr «sello, seña, instrumento para grabar», derivado de χᾰρᾰ́σσω - khărắssō «yo afilo, hago una incisión, marco, acuño, escribo», (por eso se escribe con la letra griega $\chi$) ya que esta función da el carácter de cierto conjunto. Veamos cómo actúa: $$\begin{array}{ cccc }
\chi\raise-.5ex\hbox{|}_A : & \Omega & \longrightarrow & \{0,1\}\subsetneq\mathbb{R}\\
& x & \longmapsto & \displaystyle \begin{matrix} 0 & \big| & x\not\in A \subseteq \Omega \\ 1 & \big| & x\in A \subseteq \Omega \end{matrix}
\end{array}$$ Es decir, la función característica necesita un conjunto $A$ sobre del que tener una referencia a la hora de evaluar: para cada valor de $x$ en un supraconjunto (conjunto universal) $\Omega$ comprueba si está o no en $A$ , donde $A\subseteq\Omega$ . Según la respuesta a esta pregunta de sí/no devuelve $1$ o $0$ respectivamente.
En contextos de probabilidad y estadística se suele llamar función indicatriz (o indicadora) ya que indica, dice, afirma o niega que un elemento $x$ esté o no en el conjunto $X$ , por lo que se suele escribir como $\mathbf{1}_X$ o $\operatorname{I}_X$ . Del hecho de que nos devuelva $\text{NO,YES}$ hace, ya fuere por su genialidad o por su utilididad, que se use mucho en informática y en lógica booleana. $$\begin{array}{ cccc }
\mathbf{1}_X \; , \;\operatorname{I}_X : & \Omega & \longrightarrow & \big\{\text{NO,YES}\big\} \\
& x & \longmapsto & \displaystyle \begin{matrix} \text{NO} & \big| & x\not\in X \subseteq \Omega \\ \text{YES} & \big| & x\in X \subseteq \Omega \end{matrix}
\end{array}$$ Sin embargo, puede ser que no nos interese que la función nos devuelva los valores $\{0,1\}$ , sino que nos interesa que en un conjunto $A$ nos devuelva un valor determinado, $a$ (cuando pertenezca a dicho conjunto). Con esta premisa solo hay que reescalar la función característica, que llamamos función escalonada, pues hay un escalón en el conjunto $A$ , con una posible discontinuidad en $\operatorname{Fr}(A)$ : $$\begin{array}{ cccc }
a\chi\raise-.5ex\hbox{|}_{A} : & \Omega & \longrightarrow & \big\{0,a\big\}=a\{0,1\}\subsetneq\mathbb{R}\\
& x & \longmapsto & \displaystyle \begin{matrix} 0 & \big| & x\not\in A \subseteq \Omega \\ a & \big| &x\in A \subseteq \Omega \end{matrix}
\end{array}$$

El campo eléctrico como $E(t) = a\, \chi\raise-.5ex\hbox{|}_{A}(t)$ con $A$ unión de intervalos

Es más, se puede usar una técnica muy similar a esta para definir una sucesión de conjuntos, $\displaystyle \{A_k\}_{k=1}^n$ , donde una función $f(x)$ tome en cada instancia un valor determinado, $a_k$ : $ A_k \overset{\text{def}}{=} \Big\{ x\in\Omega \;\big/\; f(x)=a_k \in \mathbb{R} \Big\} \subseteq \Omega $ , creando así una función escalonada.
Una vez ya con dichos conjuntos uno puede aproximar una función $f(x)$ mediante la suma de sendas funciones características reescaladas (escalonada): $$\begin{array}{ cccc }
\displaystyle \sum_{k=1}^n y_k \chi\raise-.5ex\hbox{|}_{E_k} : & \Omega & \longrightarrow & \{0\}\cup\big\{y_k\big/ k=1,\cdots , n \big\} \subsetneq\mathbb{R} \\
& x & \longmapsto & \displaystyle \begin{matrix} 0 & \big| & x\not\in \displaystyle \bigcup_{k=1}^n \hspace{ -9.25pt }\raise-1.2ex\hbox{|} \hspace{ 5pt }E_k \subseteq \Omega \\ y_k & \big| & x\in E_k \subseteq \displaystyle \bigcup_{k=1}^n \hspace{ -9.25pt }\raise-1.2ex\hbox{|} \hspace{ 5pt }E_k \subseteq \Omega \end{matrix}
\end{array}$$ Es más, los conjuntos $\displaystyle E_k \overset{\text{def}}{=} \Big\{ x\in\Omega \,\big/\, f(x)=y_k \in \mathbb{R} \Big\} \subseteq \bigcup_{k=1}^n \hspace{ -9.25pt }\raise-1.2ex\hbox{|} \hspace{ 5pt }E_k \subseteq \Omega $ , son disjuntos de forma que en dicha suma habrá al menos $(n-1)$ sumandos nulos, $0$ , y un posible sumando distinto de $0$ , ya que al ser disjuntos los conjuntos, si $\displaystyle x\in\bigcup_{k=1}^n \hspace{ -9.25pt }\raise-1.2ex\hbox{|} \hspace{ 5pt }E_k$ , entonces $x$ está en un único conjunto $E_k$ . El hecho de que los conjuntos sean disjuntos nos ayuda a la hora de futuras demostraciones y definiciones, y también para poder visualizarlo. Las funciones escalonadas que se escriben como una suma de características reescaladas (escalonadas), pero de intervalos disjuntos reciben el nombre de funciones simples.

Sucesión de funciones simples

Esta es solo una breve introducción a la función característica y a cómo aproximar una función $f(x)$ como suma de funciones de características, que es de lo que tratará el próximo artículo en una mayor profundidad.




Autor: Đɑvɪẟ Ƒernández-De la Cruʒ.

(659) - El teorema casi olvidado más importante : Teorema de Bayes

Una década antes de morir, Thomas Bayes( $c.1701-1761$) estuvo haciendo un experimento: le pidió a un sirviente que pusiera una bola en una mesa, pero que no le dijese dónde estaba. Luego tenía que ir tirando bolas y cantando dónde caían en relación con la bola inicial. O sea, no tenía mucha información sobre un suceso concreto (dónde estaba la bola inicial), pero tras sucesivos sucesos (tiros de bolas) iba actualizando su conocimiento sobre dicha bola inicial. Empero Bayes, en un primer momento, no consideró este resultado suficientemente importante, y lo desestimó, sin embargo es mucho más importante de lo que en un primer momento puede parecer. No fue hasta $1763$ cuando Richard Price ($1723-1791$) expuso tal magnum opus a la Royal Society. Bayes se interesó en la probabilidad y estadística en los últimos años de su vida al leer los trabajos de varios intelectuales. Sin embargo, aunque trabajó en algunos artículos, nunca llegó a publicar ninguno, y no fue hasta después de muerto que se publicó (similar a otros científicos como Newton).

En el instituto, e incluso en $1^o$ de carrera, el teorema de Bayes se se suele introducir como un mero resultado más. Los ejercicios suelen ser que piden una probabilidad condicionada o directamente piden aplicar el teorema de Bayes, cuyos argumentos (inputs) muchas veces se dan ya en el enunciado o solo hay que hacer una operación para hallarlos, pero nunca se pide comentar el resultado.
Para entender el teorema de Bayes, hay que estar familiarizado con la probabilidad condicionada: $\operatorname{P}(A|B)$ se lee «probabilidad de $A$ condicionado $B$», es decir, es la probabilidad de que ocurra el suceso $A$ sabiendo previamente [bajo la condición de] que ha sucedido $B$ . Viene dado por la definición de Kolmogórov (Колмого́ров): $$ \operatorname{P}(A|B) = \frac{\operatorname{P}(A\cap B)}{\operatorname{P}(B)} $$ (Se puede entender como hallar un lado del rectángulo de área $\operatorname{P}(A\cap B)$ con lados $\operatorname{P}(B)$ y $\operatorname{P}(A|B)$ ). El Teorema de Bayes establece: $$ \operatorname{P}(A| B) = \frac{\operatorname{P}(B | A) \operatorname{P}(A)}{\operatorname{P}(B)} $$ O para múltiples sucesos: $$ \operatorname{P}(B) = {\sum_j \operatorname{P}(B| A_j) P(A_j)} \implies \operatorname{P}(A_i| B) = \frac{\operatorname{P}(B| A_i) \operatorname{P}(A_i)}{\displaystyle \sum_j \operatorname{P}(B| A_j) \operatorname{P}(A_j)} = \frac{\operatorname{P}(B| A_i) \operatorname{P}(A_i)}{\displaystyle \operatorname{P}(B| A_i) \operatorname{P}(A_i) + \sum_{j\neq i} \operatorname{P}(B| A_j) \operatorname{P}(A_j)} $$
El teorema de Bayes consiste en partir al principio de una probabilidad que se conoce a priori y a través de más conocimiento, se va refinando y optimizando la certeza de dicho evento, es decir, según se van conociendo más condiciones (eventos, sucesos), se va actualizando la probabilidad hasta estar muy perfilada.

El teorema de Bayes se puede usar en múltiples aspectos; veamos los más sorprendentes: se ha usado desde ver en qué zonas del Atlántico había que buscar para hallar el oro de un galeón hundido, para hallar a un asesino en serie, para rescate marino de unos náufragos. Tal ha sido la repercusió de este teorema que se fudó una rama de la estadística y de la probabilidad, la bayesiana, donde el propio teorema da nombre a elementos como factor de Bayes, inferencia bayesiana, estimador de Bayes, prior de Bayes, regresión lineal bayesiana...

Autor: Đɑvɪẟ Ƒernández-De la Cruʒ.

(641) - Ya conoces a gente que morirá el mismo día que tú. Paradoja del cumpleaños

Supongamos que entras en una aula para hacer un examen (por ejemplo). Puedo asegurarte, con probabilidad de al menos $50\text{'}73\%$ si hay siquiera $23$ personas, que dos de ellos morirán el mismo día. No es necesario saber nada más sobre las personas, pero podemos afirmar que dos morirán el mismo día del año.

Uno podría pensar que para que la probabilidad fuese del $50\%$ sería necesario que hubiese al menos tantas personas como la mitad de días del año, es decir, al menos $183$ personas. Sin embargo con $183$ personas la probabilidad es de $99\text{'}999999999999999998\cdots \%$ , o sea, la probabilidad de que no ocurriese sería de aproximadamente de $3$ entre $200 \text{ trillones } (1\text{'}53\cdot 10^{-20})$ . Recordemos que un trillón es un $1$ seguido de dieciocho $0$ .

En ningún momento estamos seleccionando una persona en particular y preguntado cuántas personas más tendría que haber en el aula para que ambos muriesen el mismo día. Ese es otro problema diferente, en el que se fija a una persona y se va comprobando con el resto. En este caso necesitaríamos $253$ personas , que es aproximadamente $-365\cdot\ln(1-0\text{'}5)$ , para tener una probabilidad del $50\text{'}02\%$ .

Estos resultados casi paradójicos muchas veces se suelen plantear en términos de cumpleaños, es decir:

¿Cuántas personas tiene que haber en una habitación para que al menos dos de ellas cumplan el mismo día con una probabilidad mínima dada?

¿Cuántas personas se necesitarían para que podamos afirmar, con una confianza dada, que otro individuo cumple el mismo día que tú? 

Esta paradoja y problema de probabilidad-estadística se puele plantear no solo en términos de cumpleaños, sino también preguntando qué probabilidad hay de que dos personas adopten a su mascota el mismo día, qué probabilidad hay que en un grupo de amigos dos se hayan sacado el carné de conducir el mismo día, dos parejas se hayan casado el mismo día, ... o como lo hemos planteado desde aquí, cuál es la probabilidad de que dos personas mueran el mismo día. 

Una aurea dicta romana decía mors certa, [sed] hōra incerta: «la muerte es cierta, [pero] la hora, incierta» (entendiendo hora como el momento, el entonces). Al plantear la paradoja de este modo podemos ver de una forma mucho más determinista algo casi azarosamente aleatorio: la hora de nuestra muerte.

He aquí algunos enlaces de cómo se suele plantear este problema explicados por MatesMike y por Derivando.

Autor: Đɑvɪẟ Ƒernández-De la Cruʒ.

(577) - ¿Qué es un vector? 4 "definiciones"-interpretaciones según el tipo de matemático

En el día de hoy traemos una entrada sobre qué es un vector según diferentes enfoques.

Antes de empezar, cabe resaltar que para tanto algebristas como analistas prefieren representar un vector como sus componentes tal cual, mientras que los físicos pueden preferir representarlo como el producto de su módulo por su vector unitario correspondiente.

· Para un informático, o un estadista-probabilista, un vector es una forma eficaz de almacenar información que aparece como un listado o un array de diferentes números donde se considera la posibilidad de haber elementos repetidos.

· Para un algebrista, un vector es un elemento de un espacio vectorial: una n-tupla [pareja, trío, cuarteto…] de variables, constantes, parámetros o incluso funciones que vive en un espacio vectorial.

· Para un analista, su concepción de vector es muy similar a la de un algebrista, pues lo ve como una yuxtaposición ordenada y consecutiva de funciones (o similar).

· Para un físico, sin embargo, la concepción de un vector es la que más se asemeja a la que se da en ESO y Bachillerato: un vector es un “viaje”, una distancia flechada entre dos puntos del espacio bi- o tridimensional (uno que es el origen y otro, el destino)

Esto está muy bien para definir los vectores como posición ( $\vec{r}$ ), desplazamiento ( $\Delta\vec{r}$ ), o fuerza ( $\vec{F}$ ), pero, ¿y vectores como velocidad ( $\vec{v}$ ), aceleración ( $\vec{a}$ ), campo ( $\vec{E},\vec{g},...$ ), o momentos ( $\vec{p},\vec{L},...$ )? Muy fácil: mediante derivadas, integrales, límites, y productos escalares y vectoriales. Toda la física se puede describir mediante el vector posición ( $\vec{r}$ ) y aplicado a varios operadores de derivación, integración,… Esto es el inicio de la cinética.

Autor: Đɑvɪẟ Ƒernández-De la Cruʒ.