Craps

Sei que teño moi descoidada a etiqueta de probabilidade do blogue así que con esta entrada vou intentar remediar esta eiva tan siquera nunha mínima parte estudando un xogo con dados que, de seguro verías nalgunha película da factoria de Holywood. Trátase do craps, un xogo de apostas sobre o lanzamento de dous dados.

Cada vez que falamos de xogos, cómpre dar un aviso. Os casinos, as empresas de lotarías, tragaperras e xogos, nunca perden. Quen perde é o incauto que pensa que pode sacar algún beneficio do xogo. Hai un aspecto do xogo que non é nocivo, cando o seu obxectivo é que sexa utilizado como elemento socializador. Se un grupo de amigos se xunta coa desculpa de botar unhas partidas de tute ou dominó, o xogo non ten mal ningún. Se incluso apostan unha rolda de cafés ou de viños, a cuestión segue sen ser patolóxica. Cando alguén compra un boleto da lotería de nadal, aínda sabendo que a ganancia vai ser para os organismos estatais,  podemos falar de que estamos en zona segura. Agora ben, basta con dar un par de pasos máis no mundo do xogo e xa caímos no abismo. 

Neste ámbito tamén se impoñen as regras da globalización. Cando nos referimos a globalización estamos falando da americanización, o que nos leva a unha cultura  do xogo esencialmente patolóxica. Esta visión presenta o xogo como unha oportunidade de enriquecerse súbitamente e ten como consecuencia fatal a ludopatía. Teño por certo que todos os profesores temos visto casos de rapaces que caen nas garras desta droga, sobre todo nos últimos tempos, nos que a deglución do imperialismo se xuntou con políticas de alfrombra vermella para a industria do xogo coa proliferación de máquinas de apostas e tragacartos en calquera local de ocio ou as facilidades de apetura de negocios de apostas.

Feita esta necesaria paréntese, metámonos nas matemáticas.

O xogo do craps xurde na Luisiana do século XIX como modificación dun antigo xogo de dados inglés, o hazarz. Como se pode ver na mesa de xogos dun casino, hai moitos tipos de aposta. Nós ímonos centrar nas dúas máis importantes, que tamén son as máis interesantes deste o punto de vista do cálculo probabilístico. Estámonos a referir ás apostas de "liña de pase" e  "barra de non pase".

Primeiro explicarei en que consiste o xogo na súa versión de rúa. Máis adiante comentarei a adaptación que fan os casinos. O xogo consiste en que unha persoa lanza dous dados. O que nos interesa é a suma dos puntos. Quen aposta pola "liña de pase" gañará se a citada suma é de 7 ou 11. Perderá se sae o que se denomina craps, un total de 2, 3 ou 12. No resto dos casos apúntase o resultado (4, 5, 6, 8, 9 ou 10) e vólvense a lanzar os dados todas as veces que se precise ata que volva a aparecer o número apuntado (e daquela gañaríase) ou apareza un 7 (e daquela perderíase). Cal é a probabilidade de gañar se facemos esta aposta?

Non vou realatar todas as voltas que lle dei ata obter a resposta. Seguín varios camiños sen saída ata ir achegándome a un proceso viable e, por fin, á solución. Cando estaba escribindo esta entrada achei, na sorprendente entrada en eúscaro da wikipedia sobre este xogo, un resultado que usara neste proceso pero que non coñecía e que vai facilitar a presentación da resolución. O resultado é o seguinte:

Proposición. Nun experimento aleatorio consideremos dous sucesos incompatibles A e B. Repetimos o experimento reiteradamente. Sexa Z o suceso consistente en que A suceda antes que B. Daquela $$P\left ( Z \right )=\frac{P(A)}{P\left ( A \right )+P\left (  B\right )}$$

Centrémonos agora na resolución do problema. Para iso fixemos primeiro a denominación dos sucesos:

G="gañar a aposta da liña de pase"

i="obter i puntos" con $i\epsilon \left \{ 2,4,6,7,8,9,10,11,12 \right \}$

Consecuentemente a probabilidade pedida será

$$P\left ( G \right )=P\left ( 7 \right )+P\left ( 11 \right )+P\left ( 4 \right )P\left ( G/4 \right )+P\left ( 5 \right )P\left ( G/5 \right )+P\left ( 6 \right )P\left ( G/6 \right )+$$  $$+P\left ( 8 \right )P\left ( G/8 \right )+P\left ( 9 \right )P\left ( G/9 \right )+P\left ( 10 \right )P\left ( G/10 \right )$$

Axudarémonos dunha táboa na que, colocando os resultados dun dado na primeira fila e os do outro na primeira columna, obteremos todas as posibles sumas de puntos. Isto permítenos calcular a probabilidade de obter calquera suma

$P\left ( 7 \right )=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$, $P\left ( 11 \right )=\frac{2}{36}=\frac{1}{18}$

$ P\left ( 4 \right )=\frac{3}{36}=P\left ( 10 \right )$; $P\left ( 5 \right )=\frac{4}{36}=P\left ( 9 \right )$ e $P\left ( 6 \right )=\frac{5}{36}=P\left ( 8 \right )$

Para obter as probabilidades que faltan usaremos a proposición anterior pois está claro que obter un 7 é incompatible con obter calquera outro resultado distinto:

$$P\left ( G/4 \right )=\frac{P(4)}{P(4)+P(7)}=\frac{\frac{3}{36}}{\frac{3}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}=P\left ( G/10 \right )$$

$$P\left ( G/5 \right )=\frac{P(5)}{P(5)+P(7)}=\frac{\frac{4}{36}}{\frac{4}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}=P\left ( G/9 \right )$$

$$P\left ( G/6 \right )=\frac{P(6)}{P(6)+P(7)}=\frac{\frac{5}{36}}{\frac{5}{36}+\frac{6}{36}}=\frac{5}{11}=P\left ( G/8 \right )$$

Substituíndo todos os valores obtemos:

$$P\left ( G\right )=\frac{1}{6}+\frac{1}{18}+\frac{3}{36}\frac{1}{3}+\frac{4}{36}\frac{2}{5}+\frac{5}{36}\frac{5}{11}+\frac{5}{36}\frac{5}{11}+\frac{4}{36}\frac{2}{5}+\frac{3}{36}\frac{1}{3}=\frac{244}{495}=0'49292...$$

A probabilidade de gañar a aposta de "liña de pase" é algo menor do 50%. Velaí que non nos convén. Aínda que resultemos algo pesados, volveremos a dicir o mesmo desde outra perspectiva. A esperanza das ganancias ao realizar esta aposta virá dado por $$\frac{244}{495}-\frac{251}{495}=\frac{-7}{495}=-0'01414...$$

Isto é, por cada 10€ que apostemos espérase que perdamos uns 14'14 céntimos. Por esta razón, no caso do xogo popular é recomendable apostar ao "non pase" pois ten unha probabilidade un pouco superior a 0'5. Isto non é negocio para os casinos, así que adaptaron o xogo cunha modificación que os beneficiaba e que explicamos a seguir.

A aposta á "barra de non pase" case é o contrario da de "pase de liña", a única excepción é que se sae un 12 no primeiro lanzamento, o apostante de "barra de non pase" nin gana nin perde. Velaí que a probabilidade de ganar nesta aposta vese reducida en $\frac{1}{36}$ ficando finalmente en $$\frac{251}{496}-\frac{1}{36}=\frac{949}{1980}=0'479292...$$

As expectativas da aposta á "barra de non pase" son un pouco mellores: $\frac{949}{1980}-\frac{976}{1980}=\frac{-27}{1980}=\frac{-3}{220}=-0'013636...$

De cada 10 € apostados esperamos perder uns 13'67 céntimos. Como se ve, continuamos perdendo (se apostamos).

O resto das apostas do craps dan lugar a maiores perdas para o xogador. Por exemplo, a aposta a "calquera 7" págase 4:1 se sae un 7 no primeiro lanzamento. A esperanza de obter ganancias será $$4\cdot \frac{6}{36}-\frac{30}{36}=\frac{-6}{36}=-\frac{1}{6}=-0'1666...$$

Por cada 10 € apostados perderíamos 1'67 €. Mal negocio.

A demostración da proposición

Para completar a entrada daremos a demostración da proposición. Co fin de simplificar a escritura chamaremos $P(A)=a$ e $P(B)=b$. Entón teremos que demostrar que se $A$ e $B$ son incompatibles $$P(Z)=\frac{a}{a+b}$$

onde $Z$ identifica o suceso "$A$ sucede antes que $B$" cando realizamos reiteradamente o experimento asociado a este espazo mostral.

Como $A\cap B=\varnothing $ temos que $P\left ( A\cap B \right )=P\left (  \varnothing \right )=0$, de aí que 

$$P\left ( \overline{A} \cap \overline{B}\right )=P\left ( \overline{A\cup B} \right )=1-P\left ( A\cup B \right )=$$ $$=1-\left ( P(A)+P(B)-P(A\cap B) \right )=1-\left ( a+b-0 \right )=1-a-b=r$$

Podería darse o caso de obter $A$ xa a primeira vez que realizamos o experimento; pero de non ser ese o caso (que non suceda $A$), tampouco debería suceder $B$ para garantir que suceda $Z$. Entón estariamos en disposición de repetir o experimento.

Se obtemos $A$ no segundo experimento remataría o proceso. No caso de que non suceda $A$ tampouco podería suceder $B$ nesta segunda volta pola mesma razón que antes. Entón estariamos en disposición de repetir oe experimento unha terceira vez... e así sucesivamente. De aí que 

$$P(Z)=a+ra+r^{2}a+...+r^{n}a+...=a\left ( 1+r+r^{2}+...\right )=a\frac{1}{1-r}=\frac{a}{1-\left ( 1-a-b \right )}=\frac{a}{a+b}$$

E aquí remata o conto.

Explícoche Matemáticas 2.0. Edición 2023

Xa choveu desde aquela 1ª edición do concurso no ano 2012. A proba do acerto deste certame é que foi copiado por outros SNL ( ETSE, Facultade de Química, SNL da USC)  e que 11 anos despois continúa na fura de diante. 

Resulta que a Comisión de Normalización Lingüística da Facultade de Matemáticas  resolveu o concurso Explícoche Matemáticas 2.0 na edición do presente ano 2023. De seguido presentamos os gañadores:

Carmen Castelo Monteagudo, Inés Prado Justo e Noa Salinas González do IES Isaac Díaz Pardo, titorizadas pola profesora Beatriz Máquez Villamarín, proclamáronse vencedoras do certame ‘Explícoche Matemáticas 2.0’ cun vídeo de animación moi orixinal titulado ‘Cero e os infinitos’

   

 O segundo galardón foi para Carla Dopazo Pavón, que amosou moita desenvoltura diante da cámara rexida por Santiago Vilas Subirán. Ambos son do IES Eusebio da Guarda e presentaron o vídeo ‘Teoría de grafos en 2 minutos’. A titora foi Beatriz Sixto Rodríguez

Dous terceiros premios

   

 Un dos terceiros premios foi para Rocío Rodicio González polo vídeo que leva por título ‘Domingo Fontán’do Colexio Santa Teresa de Jesús (Ourense)

   

‘Teoría de grafos’, titorizado por Rosa Mª Álvarez Nogueiras, é o título do traballo de Lucía Yáñez Carrasco, Mónica Diz Rodríguez e Mª José Dosil Villavicencio, do IES Otero Pedrayo (Ourense)

Dúas fendas de luz: o libro de Rózsa Péter e as matemáticas en galego.2

Isto é a continuación das notas que recollín da presentación que fixo Felipe Gago o pasado 22/06/2023 da tradución que fixo do libro "Xogando co infinito" (CCG, 2023) de Rózsa Péter. Para unha boa comprensión do que vén de seguido convén seguir a recomendación da propia matemática húngara e non saltar a primeira parte deste relato.

Felipe Gago comentou que estaba encantando con que lle encargaran este traballo e lembrounos como el mesmo traballara cun libro doutro matemático húngaro, Geoge Pólya (1887-1985), "Matemáticas y razonamiento plausible" (Tecnos,1966) nas súas clases da materia de Metodoloxía.

Como introdución recollo a explicación da famosa fórmula de Euler doutro húngaro, Imre Lakatos (1922-1974), en concreto das primeiras páxinas do seu libro "Pruebas y refutaciones" (Alianza Editorial 1986). 

Consideremos un poliedro convexo calquera. Se $C$ representa o número de caras, $A$ o número de arestas e $V$ o número de vértices, a fórmula euleriana á que nos estamos a referir é $$C+V-A=2$$

Lakatos indícanos que a demostración que imos dar desta igualdade debémoslla a Cauchy. Faremos de topólogos, isto significa que imaxinaremos que temos un poliedro de goma. Se lle recortamos unha das caras poderemos estirar e estender a superficie restante sobre un plano que, de ser certa a fórmula por ter agora unha cara menos, debería verificar a fórmula $C+V-A=1$. Para seguir mellor a argumentación, na figura 1 temos ilustrado o caso de que o poliedro fose un cubo. O seguinte paso consistiría en triangular os polígonos trazando diagonais entre os vértices do mapa plano (ver figura 2). Cada vez que debuxamos unha diagonal estamos aumentando nunha unidade o valor de A pero tamén aumenta da mesma maneira o valor de C polo que o valor de $C+V-A$ non variará neste proceso.

Agora eliminaremos os triángulos un a un. Poden darsenos dúas situacións. Tal e como vemos no triángulo marcado para eliminar na figura 3, se sacamos unha aresta, eliminaremos unha cara. Para eliminar a cara marcada da figura 4 teremos que sacar dúas arestas polo que tamén eliminaremos un punto. En calquera dos dous casos o valor de $C+V-A$ non se modifica. Repetiremos o proceso unha e outra vez ata quedarmos unicamente cun triángulo que terá 1 cara, 3 vértices e 3 arestas, de aí que o valor de $C+V-A$ será $1$, tal e como queríamos demostrar.

Aprendiz de meiga (segunda parte)

Os polígonos regulares son figuras planas delimitadas por segmentos iguais e que determinan ángulos interiores iguais. Hai infinidade deles, un para cada número a partir do 3.

Un poliedro convexo é regular se está delimitado por polígonos regulares, sendo todas estas figuras congruentes entre si e dispostas de tal forma que en cada vértice se xuntan o mesmo número delas. Se cada unha das caras ten $n$ lados, o produto $n\cdot C$ daranos $2A$ pois cada aresta está compartida por dúas caras. Acabamos de realizar o mesmo proceso que aprendimos na entrada anterior: para obter o número de arestas preferimos realizar un reconto do seu dobre. Volvamos a aplicar esta idea, pero agora tendo en conta que en cada vértice se interceptan $m$ arestas. De aí o produto $m\cdot V$ vai darnos $2A$ pois cada aresta ten dous vértices. Aplicando estes resultados ($n\cdot C=2A$ e $m\cdot V=2A$ á fórmula de Euler teremos:$$\frac{2A}{n}+\frac{2A}{m}-A=2$$

Dividindo por $2A$ e pasando o último termo do primeiro ao segundo membro:$$\frac{1}{n}+\frac{1}{m}=\frac{1}{2}+\frac{1}{A}\quad\quad [1]$$

Polo tanto o primeiro membro de [1] será sempre maior que $\frac{1}{2}$. Supoñamos que $n\geq 4$ e que $m\geq 4$. Nese caso $$\frac{1}{2}< \frac{1}{n}+\frac{1}{m}\leqslant \frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$$ Chegamos a unha contradición. Polo tanto polo menos un dos valores, $n$ ou $m$, debe ser $3$ pois tampouco ten sentido que sexa menor (os polígonos deben ter polo menos 3 lados e nun vértice deben coincidir polo menos 3 arestas).

Se $n=3$ a igualdade [1] convértese en $$\frac{1}{m}-\frac{1}{6}=\frac{1}{A}$$ Polo que $m$ só poderá tomar os valores 3, 4 ou 5 (para 6 ou valores superiores $\frac{1}{A}$ daría negativo, un absurdo). Para estes valores A sería 6, 12 ou 30, o que se correspondería cun tetraedro, octaedro e icosaedro respectivamente. 

Se $m=3$ a ecuación [1] transfórmase en $$\frac{1}{n}-\frac{1}{6}=\frac{1}{A}$$Analogamente $n$ só poderá tomar os valores 3, 4 ou 5 para os que A=6, 12 ou 30 respectivamente, dando lugar a un tetraedro, un cubo e un dodecaedro. Para verificalo basta con que usemos a as fórmulas  $n\cdot C=2A$,  $m\cdot V=2A$ e $C+V-A=2$. Aplicándoas a cada caso obteremos os seguintes resultados:

$$\begin{matrix}\,n&m&\,C&V&A&\,\,poliedro\\3&3&4&4&6&tetraedro\\3&4&8&6&12&octaedro\\3&5&20&12&30&icosaedro\\4&3&6&8&12&cubo\\5&3&12&20&30&dodecaedro\end{matrix}$$

Se revisamos todos os datos veremos que unicamente son posibles 5 poliedros regulares. En comparación co que sucedía cos polígonos é un resultado sorprendente. O máis curioso é que se chegue a esta conclusión utilizando as mesmas técnicas que as empregadas para calcular a suma $1+2+3+...+n$. Acabamos de abrir unha fenda luminosa entre a aritmética e a topoloxía.