Volado poco ortodoxo (1)

[Machinegun]

Supongamos que alguien nos ofrece jugar volados de a un dólar pero con dos monedas cargadas: la moneda A cae águila 75% de las veces y la moneda B sólo 10%. Si cae águila ganamos y si cae sol perdemos; la regla es que si los dólares que hemos ganado o perdido son múltiplos de 3, entonces tenemos que lanzar la moneda B, de lo contrario lanzaremos la A. El primer lanzamiento tendremos que hacerlo con la moneda B porque 0 es múltiplo de 3.

1. ¿Cuál es la probabilidad de que gane si juego muchas veces?
2. Si juego unas 1300 veces, ¿aproximadamente con qué frecuencia habré tenido que usar cada una de las monedas?

Nota: El problema puede resolverse valiéndose sólo de aritmética elemental y nociones de probabilidad.

Saludos

[angel relativamente]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Hola Machinegun, yo no he entendido el juego porque no sé qué son "volados de a un dólar". ¿Se entiende que se hace una apuesta de 1 dolar por cada tirada?

[Machinegun]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Ángel, disculpa el provincianismo. Aquí ofrezco la definición de volado de un diccionario local "s m (Coloq) Lance de suerte que consiste en echar girando una moneda al aire para tomar una decisión dependiendo de la cara que queda a la vista al caer (tradicionalmente el águila o el sol de las antiguas monedas de 20 centavos)".

¿Se entiende que se hace una apuesta de 1 dolar por cada tirada?

Efectivamente, de eso se trata.

Saludos

[jogares]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

No estoy seguro de que este sea el enfoque pedido

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Si partimos de 0 (B) la segunda tirada siempre será A y el 70% de las veces se vuelve al 0 y así se repite indefinidamente. Del 30% restante un 22,5 pierde 2 y un 7,5% gana 2 pero si sigue jugando las probabilidades de ganar van progresivamente disminuyendo y tienden a cero. Respecto a la frecuencia en el 70% de los casos se alternan A y B. En el 30% habrá más A que B porque después de B siempre es A pero después de A puede ser A ó B. Para un total de 1300 la proporción aproximada será 600 B y 700 A.

[Machinegun]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Hola, Jogares, aquí mis comentarios a tu propuesta:

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Si partimos de 0 (A) la segunda tirada siempre será B

Se empieza lanzando B porque es la que corresponde a los múltiplos de 3.

y el 70% de las veces se vuelve al 0

¿Por qué el 70% si la moneda está cargada 75 águila contra 25 sol?

Del 30% restante un 22,5 pierde 2 y un 7,5% gana 2

¿De dónde obtienes estos datos?

Respecto a la frecuencia en el 70% de los casos se alternan A y B. En el 30% habrá más B que A porque después de A siempre es B pero después de B puede ser A ó B. Para un total de 1300 la proporción aproximada será 600 A y 700 B.

Mis cálculos arrojan resultados diferentes.

Saludos

[jogares]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Machinegun, contesto a tus preguntas. Saludos.

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Si partimos de 0 (A) la segunda tirada siempre será B
Debe decir si partimos de 0(B) la segunda tirada siempre será A. En toda mi explicación la A y la B están cambiadas. He editado el mensaje cambiándolas.
y el 70% de las veces se vuelve al 0
En la primera tirada el 90% será sol (-1) y en la segunda el 75% águila (+1) queda a 0
En la primera el 10% será águila(+1) y en la segunda el 25% será sol (-1) queda a 0
0,90*0,75+0,10*0,25=0.7. El 70% de las veces vuelve a 0.
Del 30% restante un 22,5 pierde 2 y un 7,5% gana 2
En la primera tirada el 90% será sol (-1) y en la segunda el 25% sol(-1) pierde 2
En la primera el 10% será águila(+1) y en la segunda el 75% será sol (+1) gana 2
0,9*0,25=22.25% pierde 2.
0,1*0,75=7.5% gana 2.
Respecto a la frecuencia en el 70% de los casos se alternan B y A. En el 30% habrá más A que B porque después de B siempre es A pero después de A puede ser A ó B. Para un total de 1300 la proporción aproximada será 700 A y 600 B.
Si partimos de que en el 70% de los casos vuelve a 0 después de 2 tiradas, se alternarán A y B. En el 30% después de B siempre hay que tirar A porque de un múltiplo de 3 al añadir o quitar 1 no se puede pasar a otro. Sin embargo de A se puede pasar a A o B. De aquí viene el redondeo a 700 A y 600 B.

[Machinegun]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Jogares, tu razonamiento es impecable, pero sólo estás considerando 2 lanzamientos; por ejemplo, no consideras la posibilidad 0123.

Saludos

[jogares]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Machinegun, está contemplada la probabilidad de 012 con el 7,5%. A partir de ahí digo que la probabilidad es decreciente. La probabilidad de 0123 es 0,075*0,75=5,6% y la probabilidad de 01234 es 0.056*0.1= 0,56%. Esto es lo que me sale a mí a espera de mejor criterio.
Saludos

[Machinegun]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Cuando se conoce la frecuencia de un hecho puede calcularse su probabilidad, y cuando se conoce ésta puede calcularse aquélla. En nuestro caso, para conocer la frecuencia de uso de cada moneda debemos saber cuál es la probabilidad de uso de cada una. Para calcular esta probabilidad seguramente hay varios métodos, pero aquí quiero exponer dos que no exigen conocimientos elevados de la materia. El primero se basa en un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas y el otro se basa en posibles series de estados posibles (se determinan cuántos estados hay y cuántas series diferentes hay). En ambos casos debemos empezar por determinar los estados posibles: como al tener una cantidad de dinero divisible entre 3 debemos usar la moneda B, entonces consideraremos este hecho como el estado 0 (porque al dividir entre 3, el residuo será 0); los otros dos estados posibles son 1 y 2, que corresponden a la situación de tener una cantidad de dinero que al dividirla entre 3 arroje un residuo de 1 y 2, respectivamente. Cuando estamos en 0 usamos la moneda B, pero ganemos o perdamos vamos a usar la otra moneda en el siguiente lanzamiento; cuando estamos en 1 usaremos la moneda A y repetiremos la moneda si ganamos y la cambiaremos si perdemos; en 2 pasa lo contrario: repetimos la moneda si perdemos y la cambiamos si ganamos. Una vez determinados los estados y convencidos de que sin importar cuántos lanzamientos hayamos ejecutado sólo podemos estar en uno de esos 3 estados, nos dedicamos ahora a calcular las probabilidades de cada uno de ellos.

Método 1

A cada estado se puede llegar por cualquiera de los otros dos, de modo que tenemos 6 posibilidades:

1-0 2-0 0-1 2-1 0-2 1-2

Entonces, para calcular la probabilidad de 0 debemos sumar las probabilidades de pasar de 1 a 0, y las de pasar de 2 a 0, pero debemos multiplicarlas por la probabilidad de los estados de los que proviene, es decir

P(0) = 1/4 x P(1) + 3/4 x P(2)

y lo mismo para los otros dos estados:

P(1) = 1/10 x P(0) + 1/4 x P(2)
P(2) = 9/10 x P(0) + 3/4 x P(1)

Sabemos que:

P(0) + P(1) + P(2) = 1

Entonces, sustituyendo en esta última ecuación P(0), tenemos

1/4 x P(1) + 3/4 x P(2) + P(1) + P(2) = 1

y sumando tenemos:

5/4 x P(1) + 7/4 x P(2) = 1

procediendo del mismo modo en los otros dos casos, obtenemos las otras dos ecuaciones:

11/10 x P(0) + 5/4 x P(2) = 1
19/10 x P(0) + 7/4 x P(1) = 1

y resolviendo este sistema de 3 ecuaciones, obtenemos las probabilidades buscadas.

Método 2

Este método creo que es más intuitivo, pero ni siquiera sé si siempre funciona: se trata de encontrar cuáles son las series posibles de los estados y obtener sus probabilidades. Si miramos bien, sólo hay 12 posibles series de estados, a saber (prescindo de los guiones por comodidad): 10, 20, 120, 210, 01, 21, 021, 201, 02, 12, 012 y 102. Todo lo que tenemos que hacer es sumar las probabilidades de alcanzar 0 a partir de las 4 series posibles (las 4 terminadas en 0) y dividir la suma entre las posibilidades de las 12 series posibles. Así, tenemos:

10	1/4
20	3/4
120	3/4 x 3/4
210	1/4 x 1/4
01	1/10
21	1/4
021	9/10 x 1/4
201	3/4 x 1/10
02	9/10
12	3/4
012	1/10 x 3/4
102	1/4 x 9/10

Haciendo las operaciones necesarias obtenemos la probabilidad buscada:

P(0) = 5/13,

por lo tanto la probabilidad de usar la moneda buena es 8/13. Con estas probabilidades ya podemos calcular la frecuencia de uso de las monedas en 1300 lanzamientos: 500 la moneda B y 800 la A. Ahora calculemos la ganancia esperada:

[(500 x 1/10) + (800 x 3/4)] – [(500 x 9/10) + (800 x 1/4)] = 0 dólares,

es decir, se trata de un volado equivalente al común y corriente, que consiste en lanzar una moneda no cargada. ¿Por qué entonces tanto brinco? Bueno, eso lo aclararé en un hilo posterior.

Saludos

[Richard R Richard]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Matematicamente la probabilidad de ganar o perder es la misma osea $\frac 1 2$ lo que a la larga en una sucecion de n eventos daria una ganancia 0,

Yo empece con que

Sea N el numero de ficha que poseo luego de cada intento este numero se puede clasificar de 3 maneras

$\forall Z\in Enteros$

N puede ser tipo
$N1 = 3 Z +1$

$N2 = 3 Z +2$

$N3 = 3 Z +0$

si defino PG1 como la probalidad de ganar cuando tengo N1 fichas = 0,75 y PN1 la probabilidad de que N sea tipo N1
PG2 como la probalidad de ganar cuando tengo N2 fichas =0,75 y PN2 la probabilidad de que N sea tipo N2
PG3 como la probalidad de ganar cuando tengo N3 fichas = 0,1y PN3 la probabilidad de que N sea tipo N3

Salen 3 ecuaciones que son linealmente dependientes

$PN3 = PN1 (1-PG1) + PN2 PG2$

$PN2 = PN3 (1-PG3) + PN1 PG1$

$PN1 = PN2 (1-PG2) + PN3 PG3$

Que sumada a

$PN1 + PN2 + PN3 =1$

Se tiene una solucion

$PN3 = \frac 5 {13}$

$PN2 = \frac 6 {13}$

$PN1 = \frac 2 {13}$

La probabilidad de ganar seria $PG = PN1 PG1 +PN2 PG2 + PN3 PG3$

osea $PG = \frac 2 {13} \frac 3 4 + \frac 6 {13} \frac 3 4 + \frac 5 {13} \frac 1 {10} = \frac 1 2$

y la de perder $PG = PN1 (1-PG1) +PN2 (1-PG2 )+ PN3 (1-PG3)$

osea $PP = \frac 2 {13} \frac 1 4 + \frac 6 {13} \frac 1 4 + \frac 5 {13} \frac 9 {10} = \frac 1 2$

Entonces tengo la misma probalidad de ganar que de perder en 1300 evento tendre 0 ganancia salvo desvio.

Saludos

[Machinegun]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Pensaba abrir otro hilo, pero creo que será mejor terminar en éste. Hemos visto que un juego como el propuesto con las monedas A y B nos daba la misma probabilidad de perder que de ganar, como cualquier volado común. ¿Qué pasaría si en lugar de los porcentajes de carga referidos se nos ofreciera una pequeña modificación en nuestra contra de 0.5%? (En dicho caso, las probabilidades de caer águila de las monedas sería de 74.5% la A y de 9.5% la B.) Obviamente eso redundaría en un resultado contrario a nuestros intereses. Nuestra probabilidad de ganar sería poco más de 49.5% que nos arrojaría en 1300 lanzamientos una pérdida esperada de unos 11 dólares. Compliquemos más las cosas y pensemos en un volado normal pero con una moneda C cargada en nuestra contra con un 0.5%. En ese caso nuestra pérdida esperada sería de 13 dólares. Ahora supongamos que alguien nos invita a jugar uno de los dos juegos (el de las monedas A y B, o el de la moneda C). Así, a ojo de buen cubero, obviamente no nos convendría aceptar el reto, pero podemos hacer una contrapropuesta: jugamos los dos juegos pero alternándolos según la cara que muestre al caer una cuarta moneda D, esa sí sin cargar. Lo extraño del caso es que si se acepta nuestra propuesta, entonces, de dos juegos en los que se supone perderemos, armamos un juego en el que ganamos. Nuestra ganancia esperada es, si mis cálculos no me fallan, de ¡más de 20 dólares! Las operaciones para comprobar este resultado sorprendente son un poco tediosos, pero vale la pena efectuarlos. Esta es una paradoja descrita por un físico español hace unos 20 años.

Saludos

[Richard R Richard]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

A ver si te sigo, si juegas a los dos juegos con las monedas cargadas en ese 0,5% negativo al alternar entre uno y otro sales ganando?
No me queda claro como alternar, pero apriori tendrias ganancia si tus dolares son divisibles por 3 y la moneda D cae para que jueges con la C con lo que se reduce tu posiblidad de perder del 90% al 50,5%. Voy rumbeado?

[Machinegun]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

tendrias ganancia si tus dolares son divisibles por 3 y la moneda D cae para que jueges con la C con lo que se reduce tu posiblidad de perder del 90% al 50,5%. Voy rumbeado?

Sí, Richard, por ahí va la cosa, sólo que también cuando mis dólares no sean divisibles entre 3, perderé si la D me obliga a jugar con la C, porque aumentará mi probabilidad de perder del 25.5% al 50.5%.

Saludos

[Richard R Richard]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Hice el mismo desarrollo que en mi post #10 pero modificando las probabilidades para hacerlas 74,5 ganador en N3+1 y N3+2 y con 10% en N3 +0 y afectadas por el 50% probabilidad de que las uses mas otro 50% de que ganes solo el 49,5 en cada una cuando no las uses

con ello la probabilidad de ganar se elevo a 58,08% serian 104 dolares de ganancia en 1300 partidas

[Machinegun]

Re: Volado poco ortodoxo (1)

Ocultar contenido

Mostrar solución Ocultar solución

Richard, el desarrollo de tu post 10 es inobjetable, pero el resultado de tu post 14 me parece que es incorrecto. No creo que se deba nada más a que para N3 la probabilidad es 9.5%, no 10%. Revisa tus operaciones a ver si no se coló algún otro error. A mí me resulta que si sólo juegas el de las dos monedas tienes una probabilidad de ganar de 49.56%, mientras que si lo combinas con un volado normal antes de cada lanzamiento para decidir si juegas el de las dos monedas o el de la moneda sencilla, tu probabilidad de ganar aumenta a 50.79%, pero no a 58.08 como dices. No entiendo tampoco cómo calculas la ganancia esperada: si la probabilidad de ganar fuera de 58.08% entonces en 1300 lanzamientos esperaríamos ganar 755.04 y perder 544.96, lo que arrojaría una ganancia neta de 210.08, ¿de dónde obtienes los 104 que dices?

Saludos