Paradojas | El problema de las tarjetas

Con esta paradoja podremos abordar uno de los conceptos más importantes de probabilidad: la independencia de sucesos (Fernández-Fernández, 2021):

• En el interior de una habitación tenemos tres sobres que incluyen una tarjeta de idéntica forma y tamaño. Una de ellas tiene las dos caras azules, la otra tiene dos caras rojas y la última tiene una cara azul y otra roja. Tomamos un sobre y lo abrimos en horizontal para ver únicamente una cara de la tarjeta. Observamos que es de color azul. 

• ¿Qué probabilidad hay de que la otra cara de la tarjeta sea también azul?

Tal vez, pondríamos pensar que la probabilidad de que la otra cara sea también azul es de 1/2, puesto que como ya hay una cara azul, la otra solo puede ser azul o verde. Pero se trata de un razonamiento incorrecto. Esto se debe a que estamos pensando en tarjetas y no en caras de tarjetas.

 

Entonces, tenemos que pensar que lo que condiciona el suceso objeto de este problema no es la tarjeta sino sus caras. Los sucesos a estudiar deben de ser correspondientes a la tarjeta azul, siendo A1 y A2 las caras de dicha tarjeta azul [(A1, A2) y (A2, A1)] y la tarjeta bicolor, siendo A la cara azul y R la cara roja. Por supuesto, en los sucesos posibles debemos descartar las caras que comienzan con rojo [(R1, R2); (R2, R1) y (R, A)]

Con esta información ya podremos obtener la probabilidad correcta: la probabilidad es de 2/3 puesto que en dos de los tres casos, la otra cara de la tarjeta será azul; tal y como se muestra en la siguiente imagen.

  

Fuente bibliográfica

Referencia en estilo APA-7: 

• Fernández-Fernández, S. (2021). Azar y probabilidad en Matemáticas. Catarata.

 Jacob Sierra Díaz y Alti

Paradojas | El indulto del prisionero

La probabilidad puede ayudar a tomar mejores decisiones o, por lo menos, a ver la vida de otra manera. Hoy veremos un ejemplo muy claro sobre cómo este campo de estudio puede ayudar a entender problemas de nuestro día a día.

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  En una cárcel hay tres prisioneros que han pedido el indulto al juez: el prisionero 004, el 075, el 123. El juez, quien es muy famoso por ser lector de una famosa revista de juegos de ingenio, le envía una carta al prisionero 004 con la siguiente oración: 

He concedido el indulto a dos de los tres prisioneros que lo han solicitado. Puedes enviarme una carta haciendo la pregunta que más quieras para obtener más información al respecto. Sin embargo, no podrás preguntarme directamente si tú eres uno de los dos indultados, aunque sí que puedes pedirme que te de uno de los números de los otros dos indultados.

• Al leer la carta, el prisionero 004 realiza el siguiente razonamiento. La probabilidad de ser uno de los dos indultados es de 2/3. Entonces, si pregunto el nombre de uno de los indultados, mi probabilidad disminuirá a 1/2. Por tanto, no merece que escriba al juez pidiendo el número de uno de los indultados ya que disminuirá mi probabilidad de ser uno de los indultados. ¿Será correcto este razonamiento?

Empezaremos diciendo que el conocimiento de ocurrencia de un suceso (el número de un indultado) no debería condicionar la probabilidad de que el prisionero 004 haga la pregunta al juez. Es lógico pensar que el juez ya ha tomado la decisión y que, aunque los tres no lo sepan, ya se ha tomado una decisión. Por tanto no puede haber ninguna acción que modifique la probabilidad. En el campo de la Probabilidad diremos que la probabilidad a priori y posteriori es la misma.

De una manera más matemática observamos lo siguiente. Imaginemos que el prisionero 004 no hace la pregunta. Por tanto, el espacio muestra será igual a (004, 075), (075, 123), (004, 123) siendo dicho espacio equiprobable. Por supuesto no añadimos, por ejemplo, el suceso (075, 004) puesto que el orden de indulto es despreciable y redundante. Si queremos analizar los casos en los que el prisionero 004 sea indultado, tenemos dos sucesos favorables del anterior espacio muestran: (004, 075) y (004, 123); siendo, efectivamente, una probabilidad de 2/3.

Ahora, vamos a ver el caso de que el prisionero quiera hacer la pregunta al juez. En este caso, aquí tendremos dos bloques del espacio muestral (la pareja de presos liberada y la información que dará el juez). Entonces, el espacio muestra se incrementará a los siguientes sucesos:

- Suceso 1 = [(004, 075), que el juez le diga que prisionero indultado sea el 075]

- Suceso 2 = [(004, 123), que el juez diga que el indulto es para el 123]

- Suceso 3 = [(075, 123), que el juez diga que el indulto es para el 075]

- Suceso 4 = [(075, 123), que el juez diga que el indulto es para el 123]

 

Aquí no tenemos el suceso de que el juez diga que el indulto es para 004 puesto que ha dicho que eso no lo dirá. Por tanto, el prisionero 004 será liberado si ocurre el suceso 1 y 2. Entonces, la probabilidad de que ocurra el suceso 1 es de 1/3 (no es 1/4 puesto que el suceso 3 y 4 es similar y el juez solo dirá dos números distintos a los tres posibles casos que hemos visto antes) y la probabilidad de que ocurra el suceso favorable 2 es también de 1/3. Sumando la probabilidades obtendremos 2/3.

Por tanto, es indiferente que el juez diga el nombre de otro prisionero. El argumento del prisionero 004 es erróneo puesto que no alterará las posibilidades de que A salga libre.

 

Jacob Sierra Díaz y Alti

Paradojas | El juego de San Petersburgo

En los juegos de azar, decimos que la cuota de entrada es lo que se tiene que pagar para jugar y, en el afortunado caso de ganar, llevarse el premio. Normalmente, las cuotas de entrada se establecen en función del valor medio de la posible ganancia.

En el año 1713 la familia Bernoulli desarrolló una de las paradojas más famosas de la teoría de la probabilidad. Fue propuesta por primera vez por Nicolás Bernoulli (1687-1759) y estudiada años más tardes por su sobrino Daniel Bernoulli (1700-1792), quien acabó publicando su análisis en 1738 en las Actas de la Academia de Ciencias de San Petersburgo. De ahí que hoy en día se le conozca como la Paradoja de San Petersburgo. 

• En un curioso juego hay que lanzar una moneda al aire de manera sucesiva hasta que salga una cruz por primera vez. El premio consistirá en el número de veces que se haya lanzado la moneda hasta que salga una cruz. Así, si en el primer lanzamiento sale una cruz, el premio será de dos monedas de oro (2¹); si en el segundo lanzamiento sale cruz, el premio será de 4 monedas de oro (2²); si en el tercer lanzamiento sale cruz, el premio será de 8 monedas (2³) y así sucesivamente de tal manera que el premio esté establecido por 2ⁿ, siendo n el número de tirada. Por tanto, cuanto más tarde salga la cruz, más premio nos podremos llevar.

• Pero si somos los organizadores del juego, ¿cuál debe ser la cuota de entrada justa que deberíamos cobrar para que el juego sea justo? 

Teniendo en cuenta que la cuota de entrada de un juego suele ser el valor medio de la ganancia y que en este juego puede haber un número infinito de posibles resultados (puede darse la improbable pero posible ocasión de que hasta el lanzamiento 300 no salga una cruz) tampoco sería tan descabellado pedir por jugar al juego 2.000 monedas de oro. Aquí la cuestión sería más bien, por cuánto dinero, el concursante estará dispuesto a gastar. 

En este caso, lo lógico sería estudiar la probabilidad de que salga por primera vez la cruz. Tal y como se observa en la siguiente imagen, lo más recomendable será estudiar la ganancia de cada lanzamiento si sale cruz junto con su probabilidad de que suceda dicho evento. Entonces, nos daremos cuenta que que salir cruz por primera vez en el x-ésimo lanzamiento tiene una ganancia de 2^x) y, por tanto, una probabilidad de 1 / 2^x

Entonces, observamos que la ganancia esperada es realmente infinita. Por tanto, la cuota de entrada deberá ser un valor infinito. Por tanto, tal y como dice Fernández-Fernández (2021) si una persona entra con 1000 monedas de oro, deberíamos aceptar el juego puesto que la ganancia media en el juego es superior a dicha cantidad (porque es infinita).

Esta famosa paradoja nos ayuda a entender que a veces el sentido común del valor medio de la ganancia no debería determinar una cuota de entrada aceptable. 

Jacob Sierra Díaz y Alti 

Paradojas | El problema paradójico de Yule-Simpson

Hoy vamos a conocer una paradoja muy conocida en todos aquellos que comienzan a introducirse en el estudio de la Probalidad. Esta paradoja nos demuestra que en algunas situaciones puede parecer que una tendencia observada en varios grupos de datos puede desaparecer cuando estos se combinan, como veremos a continuación. El presente problema ya fue analizado por K. Pearson y G. U. Yule a finales del siglo XIX y principios del siglo XX. Pero no fue hasta que Edward H. Simpson publicó esta paradoja en una revista científica cuando empezó a ser conocida. En honor a Yule y Simpson esta paradoja se le conoce como paradoja de Yule-Simpson, dándose en una infinidad de casos probabilísticos (Fernández-Fernández, 2021). 

• Tenemos dos mesas. En cada una de las mesas hay dos cajas opacas de distinto color: amarillo y azul. Dentro de cada una de las cajas se encuentra un número distinto de bolas negras y blancas. Entonces, en la mesa A, en la caja amarilla hay 5 bolas negras y 6 bolas blancas; en la caja azul hay 3 bolas negras y 6 bolas blancas. En la mesa B, en la caja amarilla hay 6 bolas negras y 3 bolas blancas; en la caja azul hay 9 bolas negras y 5 bolas blancas. 

• ¿De qué caja de cada una de las mesas será mejor intentar sacar por primera vez una bola negra?

Para resolver este problema, tal vez sería interesante representarlo en un dibujo.

Observamos que la probabilidad de que en la mesa A saquemos una bola negra es mayor en la caja amarilla (5/11) frente a sacarla en la caja azul (3/7), tal y como se representa en el siguiente esquema. Esto es porque hay más bolas negras en la caja amarilla que en la caja azul. A continuación, seguiremos la misma lógica para la mesa B: es mejor elegir la caja amarilla porque hay más bolas negras frente a bolas blancas (6/9) frente a un mayor número de bolas negras pero también más bolas blancas (9/14), tal y como se demuestra en el dibujo

Entonces, podemos concluir que para ambas mesas, lo más conveniente es escoger una bola de la caja amarilla, puesto que hay más probabilidad de victoria.

• Ahora juntamos las dos mesas y ponemos las bolas de las dos cajas azules en una y hacemos lo mismo con las cajas amarillas, tal y como se ve en el siguiente dibujo. ¿De qué caja será mejor intentar sacar por primera vez una bola negra?

Pues aquí es donde entra en juego la paradoja de Yule-Simpson puesto que en esta situación en la que no hay subgrupos (y son las mismas bolas que en el primer caso pero esta vez en una sola mesa) lo mejor será extraer una bola de la caja azul.

Fuente bibliográfica

Referencia en estilo APA-7: 

• Fernández-Fernández, S. (2021). Azar y probabilidad en Matemáticas. Catarata.

 Jacob Sierra Díaz y Alti

Paradojas | Transitividad en probabilidad

¿Qué es la transitividad? Según el diccionario online de la Real Academia de la Lengua, este término alude a la cualidad de transitivo. Veamos un ejemplo práctico para ilustrar este concepto de una manera mucho más sencilla. Imaginemos que vemos tres rascacielos: Alta Mar, Horizonte Norte y Cuatro Espadas. Sabemos que Alta Mar es más alto que Horizonte Norte y Horizonte Norte es más alto que Cuatro Espadas. Gracias a la capacidad transitiva podemos inferir que Alta Mar es más alto que Cuatro Espadas, tal y como se muestra en la siguiente imagen. 

Como podemos ver en estos casos, la transitividad se aplica de manera correcta en determinados casos (sobre todo si hablamos de cualidades físicas). Sin embargo, a veces, en probabilidad esta propiedad muchas veces no se cumple. Por tanto, vamos a ver un ejemplo basado de Fernández Fernández (2021) donde esta transitividad está rota. 

• Tenemos cuatro dados cúbicos (A, B, C y D) en el que en cada cara están escritos los siguientes números: dado A - 0, 0, 4, 4, 4, 4; dado B - 3, 3, 3, 3, 3, 3; dado C - 2, 2, 2, 2, 7; dado D - 1, 1, 1, 5, 5, 5. Vamos a realizar el juego de escoger dos dados a ciegas y lanzarlos. El dado ganador será aquel que mayor puntuación tenga. Por ejemplo, si lanzamos el dado A y el dado B, saliendo respectivamente 0 y 3, en esa ronda ganará el dado B al tener la puntuación mayor.

•  ¿Se puede aplicar la propiedad transitiva en este juego y concluir que hay un dado que siempre sea el ganador frente a los otros tres restantes?

Para comenzar a resolver este problema probabilístico debemos ir apuntando los pares de dados posibles y sus probabilidades de victoria.

(A - B) La probabilidad de que (el dado) A gane a B es de 4/6, o simplificado 2/3, porque debemos contar el número de números que con A ganaremos partido entre el número total de caras.

(B - C) La probabilidad de que B gane a C es de 4/6, o simplificado 2/3, porque contamos el número de números que con C perdemos (4 doses) y por lo tanto, ganaremos con B.

Esto ha sido una forma sencilla y rápida de calcular las probabilidades. Sin embargo, hay una forma más visual de obtener las probabilidades de este curioso juego: a través de un árbol de probabilidad.

(C - D) En la siguiente imagen se ve todas las posibilidades de la partida entre los dados C y D. Por tanto, la probabilidad de que C gane a D es de 2/3.

 

(D - A) La probabilidad de que D gane a A es de 2/3, como puede verse en la siguiente imagen.

Así, tendríamos que seguir hasta haber relacionado todos los dados (A con C y B con D) y haber extraído sus probabilidades de victoria. En definitiva, con ello podemos decir que A gana es más probable que gane a B; que B es más probable que gane a C; que C es más probable que gane a D y que D es más probable que gane a A. Con ello, sobre todo con el dado D, podemos concluir que no es buena idea aplicar la propiedad transitiva en este juego. 

  

Fuente bibliográfica

Referencia en estilo APA-7: 

• Fernández-Fernández, S. (2021). Azar y probabilidad en Matemáticas. Catarata.

 Jacob Sierra Díaz y Alti

Paradojas | La decisión de Monty Hall

En la televisión de Estados Unidos existió un programa que se llamó Let's make a deal (en castellano, Hagamos un trato) cuyo presentador era Monty Hall. Estuvo en antena entre 1963 y 1986. Este concurso inspiró a la escritora Marilyn vos Savant a plantear el siguiente problema de probabilidad que se conoce como el Problema de Monty Hall:

• En Let's make a deal un concursante escoge una puerta entre tres. Lo que se lleve de premio será lo que haya detrás de la puerta seleccionada. En una de ellas se encuentra un lujoso coche, mientras que en las otras restantes se encontrarán una cabra. Cuando el concursante se decide por una puerta, el presentador Monty Hall, quien sabe previamente en qué puerta se encuentra el coche, abrirá una de las puertas en las que se encuentre una cabra. Ahora, el concursante, con esta nueva información tiene una última oportunidad de cambiar la elección inicial de su puerta. 

• ¿Existe realmente diferencia entre cambiar la elección una vez abierta otra puerta?
• ¿Debería el concursante mantener su elección original?

Puede parecer una situación un tanto absurda puesto que a simple vista la probabilidad de éxito del concursante no debería variar por cambiar su elección. De hecho, el propio sentido común nos puede indicar que tenemos un 50% de posibilidades de acertar y, por tanto, es indiferente cambiar de decisión. Sin embargo, este es un planteamiento erróneo (no sin pocos debates probabilísticos, matemáticos e incluso filosóficos una vez publicó Marilyn vos Savant este problema en la revista Parade Magazine).

Para dar respuesta a este problema, debemos empezar plantearnos dos posibilidades. (I) En primer lugar, que el concursante (pongamos que somos nosotros mismos) haya seleccionado (por supuesto, sin saberlo aún) la puerta correcta que guarda el coche. Para esta decisión inicial, la probabilidad es de 1 entre 3 (ó 1/3). Ahora el presentador abrirá otra puerta que esconde una cabra. Para esta situación, si se decide cambiar de puerta, el concursante perderá el coche y se llevará una cabra. Por lo tanto, para este primer supuesto, parece que lo recomendable es mantener la decisión inicial (ya que ha sido la que tiene el coche; pero claro, esto no lo sabremos hasta que acabe el concurso).

(II) En el segundo supuesto, el concursante elige una puerta que tiene una cabra con una probabilidad 2 entre 3 (ó 2/3). Nuevamente, aún no sabe que hay detrás de esa puerta. Sin embargo, el presentador solo podrá abrir la otra puerta que guarda la segunda cabra. En esta situación, cambiando de elección, ganará el coche.

Para ver esto más claro, podemos realizar un pequeño esquema. Así, nos daremos cuenta que tenemos nueve casos posibles y si el concursante decide cambiar de puerta, ganará en seis de los nueves posibles casos (sobre todo cuando haya elegido originalmente una puerta que guardaba una cabra).

En definitiva, si con una probabilidad 1/3 ha elegido la puerta que tiene el coche, no debería cambiar la elección. Pero, si por el contrario, originalmente ha elegido una puerta que tiene una cabra (2/3), ganará el coche si cambia su elección original. Entonces, lo más seguro o, mejor dicho, más probable, es que elija originalmente una puerta con una cabra (2/3 frente a 1/3) y, por tanto, para maximizar la probabilidad de ganar el coche, deberá cambiar su decisión original (Fernández-Fernández, 2021). Por tanto, sí existe diferencia entre cambiar la elección original (se maximiza la posibilidad de victoria; lo que no significa que siempre se gane) y, entonces, debería cambiar la puerta seleccionada originalmente.

 

Jacob Sierra Díaz y Alti