IX EDICION PREMIOS JORGE JUAN PROBABILIDAD

IX EDICION PREMIOS JORGE JUAN
CURSO 06/07
PROBABILIDAD
Dada tu excelente situación económica, se te ocurre darle salida a parte del dinero que
te sobra mediante el siguiente juego. Tú y tu pareja (si no tienes pareja, es asunto tuyo, pero
puedes suponer que la tienes y el problema se resolvería igual) lanzáis dos dados y cinco
monedas cada uno, apostando en dicho juego una cantidad de dinero realmente indecente. Si
ambos obtenéis el mismo número de caras, tú ganas la apuesta, si obtenéis la misma suma de
puntuaciones en los dados, la apuesta la gana tu pareja, y si ocurren ambos sucesos o ninguno
de los dos, para que no discutáis y deterioréis tan maravillosa relación, el dinero de la apuesta
me lo llevo yo, que para algo soy el que pone el problema.
a) ¿Qué probabilidad tenemos cada uno de ganar la apuesta?
b) Si has resuelto bien el primer apartado, te habrás dado cuenta de que tu pareja tiene
pocas posibilidades de “forrarse”. ¿Cuántas monedas deberíais lanzar para que ella
tuviese mayor probabilidad de ganar que tú?
2
 n   2n 
NOTA: Aunque estoy seguro que lo sabéis, recordad que       , y que la
i 0  i 
n
n
n
aproximación de Stirling nos dice que n!   
e
una aproximación… de Stirling.
n
2n , pero como su propio nombre indica es
RESOLUCION
a) Definimos los suceso A = “mismo número de caras con cinco monedas” y B = “misma
suma de puntuaciones con dos dados”.
2
 5  1  5   1 10 5  5   1 10 10 252
P(A)                 
 0.2461
i
i
5
2
2
2
1024






i 0 
i

0









12
 1  2  2  2  3  2  4  2  5  2   6  2
2
P(B)   P(suma  x )   2                   0.1127
x 2
 36   36   36   36   36    36 
P(AB) = 0.2461  0.1127 = 0.0277
P(AB) = 0.2461 + 0.1127 – 0.0277 = 0.3311
5
2
P( ganar TU ) = P(A) – P(AB) = 0.2461 – 0.0277 = 0.2184
P( ganar TU PAREJA) = P(B) – P(AB) = 0.1127 – 0.0277 = 0.0850
P( ganar YO ) = 1 – P(AB) + P(AB) = 1 – 0.3311 + 0.0277 = 0.6966
b) Generalizando el suceso A del apartado anterior al lanzamiento de n monedas,
obtenemos:
2
 n  1  n   1  2 n n  n   1  2 n  2n 
P(A)                 
i o 
 i  2    2  i0  i   2   n 
n
2
Aplicando la aproximación de Stirling:
2n
 2n 
2 2 n
 
 2n  2n!  e 
4n
  


2
2
n
 n  (n!)
  n n

   2n 
 e 



por tanto:
P(A) 
1 4n
1

n
4 n
n
1
 P(mismo nº de caras)  P(misma suma) = 0.1127  n  25
n
Pero puesto que se trata de una aproximación, debemos comprobar que 25 es el primer natural
que cumple la propiedad exigida ( P(A)  P(B) )
 50 
  = 0.1123 < P(B)
 25 
48
 1   48 
n = 24:
P(A) =     = 0.1145 > P(B)
 2   24 
y para concluir que, efectivamente la solución es n = 25, bastará comprobar que P(A) es
decreciente en n:
n = 25:
1
P(A) =  
 2
50

 1

1
1 / 2
3 / 2
P( A ) 
 n    n 
0 
n
n n n
2
efectivamente, n = 25
P(A) es decreciente en n, por tanto,