¿Cuáles son los acertijos de probabilidad más interesantes o populares en los que la intuición es contraria a la solución?

Este es un problema simple (paradoja de la inspección) que, según mi experiencia, mucha gente se equivoca según la intuición.

Usted ha sido contratado para probar la puntualidad del servicio de autobuses de su ciudad. La autoridad de transporte de la ciudad afirma que programan 4 autobuses por hora (de acuerdo con un proceso aleatorio [1]), es decir, aproximadamente 1 autobús cada 15 minutos en promedio.

Para probar este reclamo, usted decide pasar todos los días al azar, preguntar a las personas en la parada de autobús cuánto tiempo han estado esperando y esperar hasta que llegue el primer autobús. Hace esto durante un mes y registra el tiempo total de espera. Según su estudio, observa que los autobuses llegan cada 20-30 minutos en promedio.

¿Qué medida es precisa? ¡Ambos!

La clave para darse cuenta de esto es que están midiendo cosas diferentes . El municipio está midiendo con qué frecuencia liberan el autobús de la primera estación de autobuses , que en realidad es cada 15 minutos en promedio. Sin embargo, lo que de hecho estás midiendo no es eso. Está tomando muestras de los intervalos de tiempo entre llegadas de autobuses.

Veamos algunos números a continuación, supongamos que cada línea vertical es una llegada y estamos viendo un total de una hora.

—–10 minutos—- | ——- 35 minutos ———– | —-10 minutos—- | —5 minutos– |

Como puede ver, si promedia estos números, obtendrá 1 autobús por 15 minutos en promedio.

Pero, ¿qué sucede si intenta medir un intervalo de tiempo a partir de esto, ya que llega a un tiempo aleatorio dentro de la hora? En realidad, es mucho más probable que llegue en el intervalo más largo (35 minutos) que en el más corto (5 minutos). Si promedia el tamaño del intervalo de esta manera obtendrá ~ 25 minutos [2]. Es decir, es 7 veces más probable que muestree el intervalo de 35 minutos que el intervalo de 5 minutos.

[1] Proceso de Poisson
[2] [matemáticas] E [T] = \ sum_t tp (t) = \ frac {10 ^ 2} {60} + \ frac {35 ^ 2} {60} + \ frac {10 ^ 2} {60} + \ frac {5 ^ 2} {60} \ aprox 25 [/ matemáticas]

Uno de mis favoritos personales es el rompecabezas Nombres en cajas .

Aquí está la declaración:

Los nombres de 100 personas se colocan en 100 cajas, un nombre en cada caja y las cajas se alinean en una mesa en una habitación. Una por una, esas 100 personas son conducidas a la sala. Cada persona puede mirar en un máximo de 50 cajas, pero luego debe salir de la habitación exactamente como la encontró y no se le permite más comunicación con los demás. Las 100 personas solo ganan el juego si todos y cada uno de ellos encuentran su propio nombre. Antes de que comience el juego, tienen la oportunidad de trazar su estrategia.

Probemos primero con nuestra intuición y verifiquemos algunas estrategias simples.

Por ejemplo, suponga que cada persona abre las primeras 50 cajas. ¿Cuál es su oportunidad de ganar el juego? Precisamente cero. Esto se debe a que algunas personas tienen nombres en los cuadros que nunca se abren si se utiliza esta estrategia.

OK, eso no funcionó, así que para nuestro segundo intento intentemos abrir las casillas al azar. Más precisamente, cada persona seleccionará y abrirá 50 casillas al azar. Entonces, la probabilidad de que una persona en particular encuentre su nombre es claramente 1/2. Pero para ganar el juego, todos deben tener éxito, y para 100 personas es muy, muy poco probable: esto solo sucederá con probabilidad [matemática] 1/2 ^ {100} \ aprox 10 ^ {- 30} [ /matemáticas]. Esa es una probabilidad positiva, pero para todos los propósitos prácticos, sigue siendo cero.

Y eso parece ser un problema que compartirán todas las estrategias posibles. Como cada persona solo abre la mitad de todas las casillas, debe tener una probabilidad de 50:50 de tener éxito. Si haces algo tonto (como en nuestra primera estrategia), tu oportunidad de tener éxito puede disminuir. Por otro lado, ¿cómo debe hacer algo más inteligente si no tiene idea de lo que vieron las otras personas en las cajas que abrieron?


Si es la primera vez que ve este rompecabezas, deje de leer ahora e intente adivinar la respuesta al rompecabezas. ¿Existe un argumento inteligente que muestre que no puede hacerlo mejor que la solución aleatoria simple? ¿O hay una manera inteligente de cómo mejorar esa solución de alguna manera? Y si se puede mejorar, ¿hasta dónde podemos llegar? ¿Cuál es la probabilidad de ganar el juego con la mejor estrategia posible? ¿Qué piensas?


Aquí está el pateador. Con la estrategia óptima, la probabilidad de ganar el juego es más del 30 por ciento. Sí, lo leiste bien. En realidad, existe una estrategia que hace que la victoria sea razonablemente probable. Tú y tus 99 amigos podrían seguir esa estrategia y ganar el juego en unos pocos intentos.

La estrategia real es increíblemente inteligente. La razón por la que funciona: las permutaciones aleatorias a menudo tienen ciclos razonablemente cortos.

Se pueden encontrar más detalles sobre el rompecabezas en el documento “Siete rompecabezas que crees que no debes haber escuchado correctamente” aquí: http://www.math.dartmouth.edu/~p

Citaré dos problemas que considero elementales, con profundas implicaciones y que encontré contradictorios cuando se les da a los estudiantes.
El primero lo identifiqué (en Google) con el nombre “El problema de los puntos”:

Problema de puntos

Dos jugadores igualmente hábiles son interrumpidos mientras juegan un juego de azar por una cierta cantidad de dinero. Dado el puntaje del juego en ese punto, ¿cómo deberían dividirse las apuestas?

Para hacerlo práctico:
Los jugadores están jugando un juego 3 de 5 (el jugador que gana 3 juegos el primero gana el juego) por un premio de 100 USD.
Por razones independientes, el juego se interrumpe con un puntaje intermedio (digamos 2-1) y no se puede continuar.
Aceptamos que el premio tiene que ser entregado a alguien y que el jugador líder no puede tomar el premio completo (porque aún no había ganado el juego)
En estas condiciones, ¿cómo se debe dividir el premio entre los dos jugadores?

La suposición más común es dividir el premio en 2/3 para el jugador principal y 1/3 para el otro, y está mal (desventajas para el jugador principal).

La solución es dividir el premio en 3/4 para el jugador principal y 1/4 para el otro.
La explicación que encontré es muy buena para introducir nociones como “eventos”, etc., y es así:

2-1 -> 2-2 o 3-1 (puntaje final)
2-2 -> 2-3 (puntaje terminal) o 3-2 (puntaje terminal)

Parece que dado que tenemos tres posibles puntajes terminales, 2 favorables para el jugador líder y uno favorable para el otro, deberíamos dividir el premio en tres.
El error es que esas tres puntuaciones finales se consideran igualmente probables, y no lo son.

2-1 -> 2-2 (con posibilidad de 1/2) o 3-1 (puntaje final) (con posibilidad de 1/2)
2-2 -> 2-3 (puntaje final) (con probabilidad 1/4 = 1/2 de 1/2) o 3-2 (puntaje terminal) (con probabilidad 1/4 = 1/2 de 1 / 2)

Entonces, conclusión: el jugador líder debe tomar 75 USD y el otro 25 USD.

El segundo problema es una especie de “pregunta sucia”, pero es valiosa:

Lanzas un dado justo. ¿Cuál es la probabilidad de que aparezca la cara “dos”?
La respuesta común suele ser “1/6” y está mal porque supone falsamente que el dado tiene 6 caras, cuando también puede tener 4 (tetraedro) u 8 (octaedro), etc. (cualquier poliedro regular).
La razón por la que encuentro valiosa esta pregunta sucia es que me permite explicar un simple hecho de probabilidad: la probabilidad de un evento depende del entorno (depende del conjunto de todos los eventos elementales posibles);
En el problema, el evento “la cara” dos “aparece” tiene una probabilidad de 1/4 o 1/6 o 1/8 dependiendo del entorno en el que esté incrustado el evento.
Es como en un mundo determinista, la longitud de una mesa dependería del hecho de que la mesa se considera en una habitación, o en una habitación en el piso, o en una habitación en el piso de un edificio, etc., y en cada De estos entornos diferentes, la tabla tendría una longitud diferente.

Espero que los disfrutes, incluso si ya los conoces 🙂

Cómo confundir mentes curiosas

Mi patrón es mejor que el tuyo

1. Lanza una moneda justa dos veces. ¿Cuál es la probabilidad de que obtengas dos cabezas (HH)? ¿Cuál es la probabilidad de que obtengas caras seguidas de colas (HT)? ¿Son estas probabilidades iguales?

(Sí, claro que sí. Todavía no hay confusión).

2. Lanza una moneda justa varias veces hasta obtener dos caras seguidas (HH). En promedio, ¿cuántas vueltas debería tomar esto? ¿Qué pasa si volteamos hasta obtener caras seguidas de colas (HT)? ¿Las respuestas son las mismas?

(Basado en el problema anterior, la mayoría de la gente supone que la respuesta es Sí, pero la respuesta es No.).

3. Juguemos: lanzamos una moneda varias veces hasta que emerge HH (yo gano) o HT emerge (tú ganas). ¿Es justo el juego?

(Basado en el problema anterior, la mayoría de la gente supone que la respuesta es No, pero la respuesta es Sí).

4. Jugamos al juego de lanzar una moneda hasta que salga un patrón. Eliges HHT como tu patrón, yo elijo THH. Lanzamos una moneda justa varias veces hasta que obtengamos cara a cara en fila (usted gana) o cara a cara en fila (yo gano). ¿Es justo el juego?

(Según la simetría, la mayoría de la gente supone que la respuesta es Sí, pero la respuesta es No. Estoy ganando el 75% de los juegos).

5. Al ver que THH es un mejor patrón, solicita elegirlo como su patrón. Acepto amablemente y cambio a TTH. Te sigo golpeando la mayor parte del tiempo. Cambias a mi TTH. Me cambio a HTT. Te sigo golpeando. Cambias a HTT. Me cambio a … HHT, tu patrón perdedor original. ¿Quién está ganando ahora?

(La mayoría de las personas ya están esperando problemas, y adivinan correctamente aunque sientan que es imposible. De hecho, HHT es mejor que HTT, que es mejor que TTH, que es mejor que THH, que es mejor que HHT).

Este delicioso resultado se conoce como el juego de Penney (¡No mires! Es divertido resolverlo por ti mismo). Lo he usado muchas veces en círculos matemáticos, incluidas sesiones reales de lanzamiento de monedas físico. Es divertido.


Martes chica

Muchas personas están familiarizadas con el viejo castaño: elija una familia aleatoria de manera uniforme entre todas las familias con exactamente 2 hijos, de los cuales uno (al menos) es una niña. ¿Cuál es la probabilidad de que la familia elegida tenga 2 niñas? Bajo el supuesto habitual de uniformidad de género al nacer, la respuesta es 1/3, no la mitad de lo que muchas personas suponen inicialmente. Esto es bastante conocido, pero sigue siendo un calentamiento útil.

Subamos la apuesta: ¿qué pasa si elegimos una familia aleatoria entre todas las familias con exactamente 2 hijos, al menos uno de los cuales es una niña nacida un martes ?

(La mayoría de las personas asume que el día de la semana en que tuvo lugar el nacimiento no hace ninguna diferencia. Están equivocadas. La probabilidad de 2 niñas en este nuevo escenario ahora es mucho más cercana a 1/2 que al 1/3 original Es un ejercicio útil para explicar, intuitivamente, por qué es así).

Es mejor decir explícitamente que los gemelos deben ser ignorados aquí. También es mejor formular la pregunta precisamente como un muestreo de un espacio muestral bien definido, en lugar de los cuentos habituales de “conoces a un extraño y te dicen que tienen dos hijos y que al menos una es una niña nacida de un Martes”.

Este divertido problema llegó alrededor del 2010, aparentemente comenzando con una charla de Gary Foshee en una reunión de Gatherner for Gardner. Cuando la intuición y las matemáticas probablemente se vean mal es uno de los muchos relatos. Una vez más, no hay que mirar – ¡descúbrelo!


La siguiente carta

Mezclo un mazo de cartas y las reparto una por una, tan lentamente como lo necesites. Observa la secuencia de cartas y en cualquier punto que elija dice Detener. Luego reparto la siguiente carta: si es negra, tú ganas. Si es rojo, pierdes. Sin bromistas ni juegos de manos. Si no dice Detener hasta el final, la última carta determina el resultado del juego.

Cual es tu estrategia

(Los estudiantes sugieren rápidamente muchas estrategias inteligentes, como contar los rojos y decir Parar tan pronto como se vean al menos 3 rojos más que los negros. La cuestión es que ninguna estrategia hace ninguna diferencia en este juego: todas las estrategias tienen una probabilidad de ganar exactamente 50%, y hay una razón simple para eso).


Siempre me ha encantado el problema del Secretario, en parte porque el resultado es contradictorio y en parte porque es algo práctico.

El problema básico es el siguiente: hay N solicitantes para un puesto de secretaria. Los solicitantes son entrevistados en orden aleatorio, y usted debe aceptar o rechazar a un candidato inmediatamente después de entrevistarlos. Después de rechazar a alguien, no hay forma de traerlo de vuelta. Solo hay un puesto disponible, por lo que tan pronto como acepte a un candidato, habrá terminado. ¿Qué estrategia debe seguir para maximizar la probabilidad de contratar al mejor candidato de los N solicitantes?

Resulta que la mejor estrategia es mirar a los primeros solicitantes N / e (es decir, el primer ~ 37%), rechazarlos a todos, luego aceptar al primer solicitante que sea mejor que todos los rechazos iniciales. Resulta que esta estrategia tiene una probabilidad de ~ 37% ( 1 / e ) de elegir al mejor candidato, independientemente de cuán grande sea N. Esto es contraintuitivo. Significa que incluso si tiene mil millones de solicitantes en algún orden aleatorio, encontrará el mejor ~ 37% del tiempo con esta estrategia, aunque (en promedio) hará su elección sin cumplir los últimos cientos de millones candidatos

Creo que esto tiene algunas implicaciones prácticas interesantes. Por ejemplo, como VC, una posible estrategia que puedo seguir es buscar sectores interesantes (impresión 3D, drones, bitcoin, etc.) e intentar invertir en la mejor startup en cada uno de esos sectores. El problema del secretario es una aproximación decente de esto. Puedo ir a AngelList y ver que hay treinta nuevas empresas de impresión 3D en LA / NYC / SF, que son los mercados en los que estoy interesado. Una forma de elegir la mejor de estas 30 sería conocer a 11 de estas nuevas empresas, páselos a todos, luego invierta en la próxima startup de impresión 3D que conozca que es mejor que todos esos. Por supuesto, esto sería un movimiento brusco. Perdería el tiempo de muchos fundadores si supiera que estaba planeando transmitir sus startups sin importar qué. Sin embargo, si por casualidad pasara una docena de nuevas empresas de impresión 3D, y supiera que había ~ 30 en total, entonces, si la 14 es mejor que la primera docena, sabría que hay muchas posibilidades de que sea el mejor de todos los 30 a pesar de que aún no había visto los últimos 16.

Editar: El ejemplo de VC es solo un divertido experimento mental para un problema cercano a mí. No te lo tomes tan en serio en la sección de comentarios. No digo que este sea el algoritmo que utilizo para invertir en empresas, solo digo que es una forma interesante de ver el problema de encontrar lo “mejor” de una serie de cosas cuando no sabes qué “mejor” “se parece a (pero sabe cómo comparar dos cosas).

Durante la Segunda Guerra Mundial (creo), los estadounidenses planeaban agregar blindaje a los bombarderos. El bombardero a menudo volaba muy lento y los estadounidenses descubrieron que los bombarderos tenían agujeros de bala consistentes en algunos lugares del bombardero.

Para la mayoría de las personas, al menos para mí, pensé que debería agregar placas a las partes del avión que tenían agujeros de bala.

La verdad es que necesita agregar placas a cualquier lugar que no sean los agujeros de bala. ¿Por qué?

¡Porque los aviones que sobrevivieron son los que fueron disparados en la parte menos útil del avión!

Siempre me ha encantado el problema de los dos sobres.

El problema:

Tiene dos sobres indistinguibles que contienen dinero. Uno contiene el doble que el otro. Puede elegir un sobre y quedarse con el dinero que contiene. Si elige al azar y encuentra $ 100 dentro, ahora se le ofrece la oportunidad de tomar el otro sobre.

¿Qué haces?

Intuitivamente, parece que debería cambiar, ya que hay una probabilidad del 50% de $ 200 y una probabilidad del 50% de $ 50, por lo tanto, una ganancia en promedio de $ 50.

Pero esto no tiene sentido. Podría haber hecho ese cálculo fácilmente con $ X en lugar de $ 100 y, por lo tanto, concluyo que debería cambiar sin importar lo que contenga el sobre. Puedo hacerlo incluso antes de abrir el sobre, y aún más, debería seguir intercambiando para siempre, de ida y vuelta. Que pasa

Para una respuesta muy corta y nítida,

Esta es la lista de los 10 acertijos de probabilidad más interesantes y populares que he encontrado, todos estos te dejarán boquiabierto.
Nota: estos son muy complicados y necesitan mucha atención. DEBE INTENTAR TODO

  1. El famoso problema de Monty Hall (que debe excluirse)
  2. Caballero en un tablero de ajedrez
  3. ¿Qué familia crees que es probable que tenga una niña?
  4. Probabilidad de elegir una respuesta aleatoria
  5. Proporción de niños y niñas en un país donde la gente solo quiere niños
  6. Asientos de avión al azar
  7. Tres colores de sombrero Microsoft Puzzle
  8. ¿Cómo dividirá las perlas para aumentar sus posibilidades de supervivencia?
  9. Mármoles rojos y azules
  10. Juego a ciegas!

[matemáticas] \ bf \ text {Las probabilidades en espiral de la ruleta rusa del grupo.} [/ matemáticas]

Suponga que organiza un tiroteo, donde en cada ronda, cada candidato selecciona a otro candidato que será eliminado. Tenga en cuenta que en cada ronda, todas las ‘ejecuciones’ se llevan a cabo sincrónicamente.

Después de la ronda final, o el banco gana porque todos están “muertos”, o el último hombre en pie gana el bote.

Entonces, ¿cuáles serán las probabilidades de los bancos para un gran número de competidores?

Grupos pequeños

[matemáticas] \ color {verde} {n = 0} [/ matemáticas]: sin ningún competidor, el banco gana directamente porque no hay sobrevivientes.
[matemáticas] \ color {rojo} {n = 1} [/ matemáticas]: con solo un competidor, el banco pierde porque tiene un ganador.
[matemática] \ color {verde} {n = 2} [/ matemática]: ahora nuevamente el banco gana: hay una muerte mutua garantizada en la próxima ronda.
[matemáticas] \ color {rojo} {n = 3} [/ matemáticas]: lo más probable es que el banco pierda, porque tenemos una posibilidad de [matemáticas] del 25% [/ matemáticas] de que tengamos una eliminación cíclica (el banco gana), y una probabilidad de [matemáticas] del 75% [/ matemáticas] de que dos personas mueran (el banco pierde).

Esto da como resultado la siguiente tabla:

[matemáticas] \ begin {array} {cc} \ text {Tamaño del grupo} & \ text {El banco gana} \\ \ hline \ color {green} {n = 0} & \ color {green} {100 \ text {% }} \\ \ color {red} {n = 1} & \ color {red} {0 \ text {%}} \\ \ color {green} {n = 2} & \ color {green} {100 \ text {%}} \\ \ color {red} {n = 3} & \ color {red} {25 \ text {%}} \\ \ color {red} {n = 4} & \ color {red} {40 \ text {%}} \\ \ color {green} {n = 5} & \ color {green} {53 \ text {%}} \\ \ color {green} {n = 6} & \ color {green} {58 \ text {%}} \\ \ color {green} {n = 7} & \ color {green} {56 \ text {%}} \\ \ color {green} {n = 8} & \ color { verde} {51 \ text {%}} \\ \ color {red} {n = 9} & \ color {red} {47 \ text {%}} \\ \ Large \ color {red} {\ cdots} & \ Large \ color {red} {\ cdots} \\ \ Large \ color {red} {\ cdots} & \ Large \ color {red} {\ cdots} \\ \ Large \ color {green} {\ cdots} & \ Large \ color {green} {\ cdots} \\ \ Large \ color {green} {\ cdots} & \ Large \ color {green} {\ cdots} \\ \ Large \ color {red} {\ cdots} & \ Large \ color {red} {\ cdots} \\ \ end {array} [/ math]

Es de esperar que estas oscilaciones desaparezcan por aumentar el tamaño del grupo, sin embargo, sorprendentemente este no es el caso: en 2015, tres matemáticos holandeses mostraron cómo las probabilidades de los bancos siguen oscilando hasta el infinito:

Regiones verdes, el banco ganará, regiones rojas: el banco perderá. Adaptado de: http://arxiv.org/pdf/1507.03805v

A continuación intentaré dar una explicación visual de este curioso fenómeno.

Los valores esperados

Primero tenga en cuenta que en un grupo grande, un individuo tiene la posibilidad de [matemáticas] \ frac 1 e [/ matemáticas] de sobrevivir a la ronda actual. Entonces, para una ronda con [matemática] n = 42 [/ matemática] competidores, probablemente habrá sobrevivientes [matemática] n = 15 [/ matemática]. Esto se visualiza a continuación para tamaños de grupo moderados:

Los resultados más probables para las rondas de tiro se visualizan mejor organizando los números de grupo en una espiral, en la que cada número de bobinado crece con el factor [matemática] e [/ matemática] ( [matemática] \ aprox 2.71 [/ matemática] ).

Probabilidades en espiral

Si desea calcular la probabilidad de que el banco gane para un tamaño de grupo de [matemática] n = 6 [/ matemática], simplemente puede tomar el promedio ponderado de las probabilidades para los tamaños de grupo [matemática] n = \ {0,1 , 2,3,4,5 \} [/ matemáticas]. Los pesos son simplemente las probabilidades de ir a ese nuevo tamaño de grupo.

El eje vertical de la figura a continuación (imagen central) muestra este promedio ponderado para un tamaño de grupo de seis. La probabilidad de que el banco gane es ligeramente superior a 0.5, principalmente porque probablemente habrá dos sobrevivientes, y el banco gana:

El eje horizontal se agrega solo para fines de visualización, ya que permite mostrar las probabilidades como una estructura en espiral hacia adentro (ver la figura de la derecha arriba).

Para iniciar esta espiral, solo tuve que desplazar los nodos {0,1,2,3,4,5} horizontalmente, de modo que formen una forma espiral (figura izquierda arriba). El resultado es que el sexto nodo continuará automáticamente este patrón en espiral, ya que su posición en este gráfico es el promedio ponderado de los nodos anteriores. La iteración de este proceso para el nodo {7,8,9 …} genera automáticamente una espiral infinita hacia adentro (parte derecha de la figura anterior).

Los devanados con números más altos están incrustados en los devanados con números más bajos.

La iteración de este proceso hasta un tamaño de grupo de ([matemática] n = 50 [/ matemática]), muestra la formación de un nuevo devanado en la espiral. NB: es la misma oscilación representada en la figura del artículo, solo un eje adicional (sin sentido), para visualizar esto como una espiral, en lugar de una oscilación sinusoidal. Así como se puede representar un seno con una parametrización de círculo unitario.

Cada nuevo devanado está incrustado en el devanado anterior, ya que las posiciones de los números más altos son un promedio ponderado de las probabilidades para los números más bajos.

Finalmente, el radio de los devanados se volverá constante.

Mientras que el nodo 50 todavía está influenciado por los nodos en el lado opuesto del devanado, para el nodo 377 (representado a continuación) esta influencia ya es insignificante. Solo los nodos en la mitad superior del devanado anterior tienen un peso significativo:

Para grupos muy grandes (p. Ej. 377), las probabilidades del banco solo están influenciadas por el arco superior del devanado anterior. A medida que el rango angular del que depende un número tan alto se vuelve cada vez más pequeño, los devanados para números más altos eventualmente coinciden.

Formalmente, esto se explica de la siguiente manera: mientras que la incertidumbre absoluta en el número de sobrevivientes aumenta para grupos de mayor tamaño (con [math] \ sqrt {n} [/ math]), el espacio angular entre los números vecinos disminuye en cambio con [math] \ frac {1} {n} [/ matemáticas]. Como resultado, la incertidumbre angular de una ronda de eliminación específica es en realidad más baja para grupos más grandes, y es proporcional a [matemática] \ frac {1} {\ sqrt {n}} [/ matemática].

Para tamaños de grupo extremadamente grandes, la posición en este gráfico 2D solo será una muestra de una sección angular muy pequeña del devanado anterior. Cuanto más pequeño sea el ángulo de este segmento de arco, mayor será la apariencia lineal de este segmento. Y dado que un promedio ponderado de un segmento lineal se encuentra en ese segmento lineal en sí, estos devanados coincidirán en la práctica para números altos, produciendo una oscilación infinita.

Conclusión

Entonces, para organizar un juego de ruleta rusa, es mejor comenzar con un tamaño de grupo fijo que se encuentre en la parte superior de cada devanado, como {50, 135, 365, …} (o cualquier otro número entero que esté cerca de [matemáticas] e ^ {k + 0.9} [/ matemáticas]). Luego, a la larga, probablemente obtendrá ganancias, según estos tres holandeses (y los holandeses no bromean sobre el dinero).

Tim van de Brug, Wouter Kager y Ronald Meester. “Las asíntotas de la ruleta rusa grupal” http://arxiv.org/pdf/1507.03805v

PD: Esta respuesta no refleja el contenido del documento referido. Solo he explicado la oscilación, un fenómeno que también se observa cuando los contendientes lanzan una moneda para determinar si sobreviven a la siguiente ronda. Sin embargo, el documento ofrece una prueba rigurosa del comportamiento asintótico del juego de la ruleta rusa, que es mucho más complicado que el juego de lanzar monedas.

La prueba de la enfermedad

Entonces hay una enfermedad llamada X que tiene el 1% de la población.
La enfermedad X no muestra síntomas.
Por lo tanto, se ha creado un examen médico especial para determinar si un sujeto lo tiene.
La prueba tiene una precisión del 98% para resultados positivos y una precisión del 97% para resultados negativos.
Por ejemplo, si una persona está enferma , hay un 98% de posibilidades de que la prueba salga como positiva y un 2% como negativa.
Del mismo modo, si una persona está sana , hay un 97% de posibilidades de que la prueba salga como negativa y un 3% como positiva.

La pregunta es: tomaste el examen y resultó positivo. ¿Cuáles son las posibilidades de que estés enfermo?

La mayoría de la gente pensaría que es 98%. De hecho es ~ 25%.

Este es un concepto erróneo común y probablemente una razón principal del hecho de que el 30% de las cirugías, si no más, resultan injustificadas en retrospectiva.

Si quieres resolver esto tú mismo, deja de leer aquí.
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La captura:
La probabilidad dada del 98% es la posibilidad de que la prueba sea positiva dado que la persona está enferma .
La pregunta pregunta cuál es la probabilidad de enfermarse dado que la prueba dio positivo .

¿Viste la diferencia?
El resultado positivo ahora se da, no se estima.
Y la enfermedad se estima, no se da.

Enumeremos los casos de obtener un resultado positivo:
[1] Las personas que están enfermas (1%) y las pruebas fueron precisas (98%).
[2] Personas sanas (99%) pero las pruebas fueron inexactas (3%).

Entonces, según [1], casi el 1% de la población obtendrá un verdadero positivo. (0.01 * 0.98 para ser exactos)
Y según [2] casi el 3% de la población obtendrá un falso positivo. (0.99 * 0.03 para ser exactos)
Es decir, de cada 4 personas que reciben un resultado positivo, solo una de ellas está realmente enferma (o el 25%).

¿Sorprendido? Yo fui también. No es intuitivo al principio.
Lo racional aquí es que la respuesta a la pregunta depende de dos factores:
1. La precisión de la prueba.
2. La probabilidad de tener la enfermedad en una determinada población .
Entonces, si criamos a cualquiera de ellos, obtenemos una mayor certeza de que un resultado positivo realmente implica estar enfermo.

En nuestro caso, el problema es que la probabilidad de enfermarse es bastante baja. Si pudiéramos aumentar la probabilidad del 1%, es decir, del 10%, las probabilidades de que los resultados positivos indiquen que está enfermo aumentarían del 25% al ​​78%.

Pero, ¿cómo podemos aumentar la probabilidad? Por filtrado. Prueba solo a pacientes con síntomas que indican que la tienen con mayor probabilidad.

Esta es la razón por la cual los médicos no deberían examinarlo para todo simplemente sin una buena razón. Por lo general, debería haber suficientes síntomas que lo colocarían en la población de “alto riesgo”. Las personas en la población de “bajo riesgo” no podrían confiar solo en los resultados de esta prueba.

Para concluir:
Por supuesto, los investigadores intentan crear pruebas con mayor precisión, pero a veces todavía no están allí y tenemos que conformarnos con lo que tenemos. Aquí es donde entra la responsabilidad de los médicos al limitar tales pruebas solo a poblaciones de “alto riesgo”.

Editar: Gracias a Joseph Henderson por detectar un error. Modifiqué los detalles para arreglarlo en consecuencia.

Mi rompecabezas de probabilidad favorito para confundir a los incautos es el clásico problema de las ‘tres cartas’.

Tengo tres cartas, idénticas en tamaño y forma, y ​​que no tienen marcas distintivas que no sean colores lisos en sus caras. Una tarjeta es verde en ambas caras, una es roja en ambas caras, y una es roja en una cara y verde en la otra.

Te muestro todas las cartas para que puedas observar la distribución de los colores. Luego pongo las cartas a la espalda y selecciono una al azar (con la misma probabilidad de elegir cualquier carta) y te muestro solo una cara de esa carta. Observas que es verde. ¿Cuál es la probabilidad de que la cara inversa también sea verde?

La mayoría de las personas responderán instintivamente a ‘la mitad’, porque razonan que solo hay dos cartas con un color verde en ellas, y si no es la carta verde, será la roja. Pero están cometiendo el error de pensar en términos de tarjetas , en lugar de las caras individuales de las tarjetas. Debido a que hay dos formas en que se pueden presentar las caras de la tarjeta totalmente verde (imagine que las identificamos como cara ‘A’ y cara ‘B’ con un rotulador invisible), estos son dos eventos distintos desde una perspectiva probabilística , por lo que deben contarse por separado. Por lo tanto, el número total de escenarios posibles en los que se ve una cara verde es 3: la cara ‘A’ de la carta verde, o la cara ‘B’ de la carta verde, o la cara verde del rojo-verde tarjeta. Entonces, la probabilidad de que la cara inversa de la carta presentada también sea verde es en realidad 2/3.

Este es un buen ejemplo de problemas de probabilidad en los que, sin embargo, los eventos aparentemente idénticos deben tratarse, y contarse, como distintos entre sí, y es útil para transmitir algunas de las sutilezas que rodean a los estados ‘degenerados’ en la mecánica cuántica. [1]

[1] Niveles de energía degenerados

Mi favorito es el problema del cumpleaños .

El enunciado del problema es el siguiente: dado un conjunto de N personas, ¿cuál es la probabilidad de que alguna pareja tenga el mismo cumpleaños?

* Esto supone que cada día del año es igualmente probable para un cumpleaños *

Parece un resultado bastante sencillo que esta probabilidad alcanza el 100% cuando N (número de personas) cruza 365 (según el principio de Pigeonhole). Pero un resultado contraintuitivo interesante en este problema es que esta probabilidad cruza el 50% con 23 personas y alcanza el 99,9% con solo 70 personas .

El gráfico de la probabilidad versus el número de personas aumenta muy rápidamente por encima del 99,9%, aunque toca el 100% solo después de N = 365.

Estás en un programa de juegos. El anfitrión ha elegido dos números (reales y distintos) y los ha escondido detrás de las puertas A y B. Ella le permite elegir y abrir una de las puertas, revelando así uno de los números. Luego, ella te pregunta: ¿el número detrás de la otra puerta es más grande o más pequeño que el número que has revelado? Su tarea es responder esta pregunta correctamente con una probabilidad estrictamente mayor que la mitad.

Tenga en cuenta que no se supone una distribución de probabilidad en los números detrás de las puertas. Más bien, su tarea es dar una estrategia probabilística, de modo que no importa qué números estén detrás de A y B, su estrategia responderá la pregunta correctamente con una probabilidad mayor que la mitad. (La probabilidad de responder correctamente puede depender de los dos números, pero siempre será mayor que 1/2).

Es un problema muy bueno, y el hecho de que exista una solución es completamente contrario a su intuición.

Este es un problema maravilloso que inventó mi hijo Yitzi Turniansky, que denominé “el problema del avión”. Admito que no pude resolverlo hasta que usé los métodos de Monte Carlo para ver la solución:

Supongamos que tiene un avión de 100 plazas, y cada uno de los 100 pasajeros tiene una tarjeta de embarque con un asiento asignado, y entran al avión uno por uno en un orden aleatorio. Sin embargo, el primer pasajero es un imbécil y simplemente se sienta donde quiera, sin importar el número de asiento en su boleto. Todos los demás pasajeros, siendo extremadamente educados, o bien toman el asiento asignado a ellos si está disponible, pero si alguien ya está sentado allí, tome un asiento vacío al azar en lugar de molestar al okupa.

¿Cuál es la probabilidad de que el último pasajero a bordo pueda sentarse en su asiento asignado?

(Responda abajo en los comentarios)

El problema del cumpleaños es un gran ejemplo contraintuitivo. Esto puede hacerse empíricamente, así como analíticamente. Una búsqueda en Google del “problema del cumpleaños” arrojará muchos sitios que explican las matemáticas detrás de él, pero el “problema” en sí mismo pregunta “cuál es la probabilidad de que 2 personas de entre las n elegidas al azar tengan el mismo cumpleaños, sin incluir el año . Es decir, ¿cuál es la probabilidad de que 2 de cada n personas elegidas al azar celebren el mismo cumpleaños (en la forma tradicional de simplemente observar el mes y el día)? Sorprendentemente, solo se necesitan 23 personas para dar una oportunidad de 50/50. 40 personas serán aproximadamente el 90%. Además de personas sospechosas en una fiesta o bar o ‘donde sea’, esto puede verificarse mediante una pequeña investigación empírica al pedir cumpleaños de voluntarios (nuevamente, solo mes y día). Hay una historia de que Evel Knievel se enamoró de esto en más de una ocasión. Estaba seguro de que lo estaban engañando, por lo que eventualmente él y la fiesta a la que había apostado (Amarillo Slim, creo) acordaron una manera en que las cosas no podrían ser manipuladas. Llamaron a la compañía de taxis y les pidieron que enviaran un montón de taxis solo para detenerse en una línea para poder usar su identificación requerida (que tenía sus cumpleaños). Una vez más, Evel perdió la apuesta.

Uno de mis favoritos, porque no puedes llegar a un acuerdo sobre cuál es la respuesta incluso entre los llamados expertos, es el problema de la bella durmiente. Hay al menos dos facciones, cada una de las cuales insiste en que las demás siguen la intuición para obtener la respuesta incorrecta.

Una mujer que llamaremos voluntarias SB para el siguiente experimento: será drogada para dormir el domingo por la noche. La despertará temporalmente el lunes por la mañana con otra droga que le permitirá estar completamente consciente durante una hora, pero después de ese tiempo se dormirá nuevamente y olvidará todo lo que sucedió en esa hora.

Algún día después del domingo por la noche y antes del martes por la mañana, se lanzará una moneda justa. Si aparece Tails, SB volverá a despertarse de esta manera el martes; si aparece Heads, la dejarán dormir hasta el miércoles, cuando el medicamento original desaparecerá en cualquier caso.

El lunes, y nuevamente el martes si está despierta, se le pide a SB que evalúe la probabilidad de que la moneda salga (o salga, no sabe cuáles) cabezas. ¿Qué debería decir ella?

Una empresa quiere hacer un simulacro de incendio. Anuncian que esto sucederá a las 12 en punto uno de los próximos 10 días hábiles. No dicen qué día porque quieren que sea una sorpresa.

Pero, no puede ser una sorpresa porque:

  • No puede ser el día 10, porque entonces la gente sabrá cuándo no sucedió el día 9
  • No puede ser el día 9 ya que las personas sabrán cuándo no sucedió el día 8, y ya saben que no puede ser el día 10
  • Porque tampoco puede ser el día 8, ya que sabrán cuándo no sucedió el día 7 y sabemos que los días 9 y 10 son imposibles
  • y así hasta el día 1 con el mismo razonamiento

El hecho es que uno de los días que suena la alarma de incendio y todos se sorprenderán.

Como la gente se sorprendió, debe haber algo mal con el razonamiento.

Ojalá supiera la fuente de este problema. Si lo haces, ¡deja un comentario!

Vamos a jugar un juego. Elijo una distribución de probabilidad en la línea real. No sabes nada al respecto, excepto que está en todas partes distinto de cero.

Usando mi distribución de probabilidad, genero dos números distintos. Luego lanzo una moneda justa para determinar qué número mostrarle: llámela A y llame al otro número B. Luego le pregunto si A

Ciertamente, puedes adivinar. Y tendrías un 50 por ciento de posibilidades de ganar.

¿Pero hay una estrategia para mejorar?

Sorprendentemente (para mí, al menos), la respuesta es sí.

Elija cualquier número, llámelo C. Su estrategia es comparar A con C … si A

¿Por qué es eso mejor que al azar?

Llama a los números que genero usando la distribución de probabilidad X e Y, y supongamos que X

Si C 0, ya que la distribución de probabilidad es en todas partes distinta de cero.

Voy a voltear seis dados estándar y contaré la cantidad de valores distintos que surjan. Entonces, si el resultado es [matemática] (6, 5, 1, 2, 4, 6) [/ matemática] registro un cinco, y si el resultado es [matemática] (6, 6, 4, 1, 1, 6 ) [/ matemáticas] Grabo un tres. ¿Cuál es la probabilidad de que grabe un cuatro?

Le garantizo que a menos que haya resuelto este rompecabezas antes, su primera respuesta estará bastante lejos. Vea los comentarios para la respuesta correcta.

Una pregunta que me encanta hacer a la gente es esta.

Considere la baraja de 52 naipes. En el transcurso de la historia del uso de ese mazo y todas las veces que se ha barajado, ¿crees que hemos experimentado todas las formas posibles de pedirlo o no?

Si no es así, ¿qué porcentaje de las posibles formas de ordenar esa baraja crees que se ha experimentado físicamente en algún casino u hogar en algún momento?

La respuesta es sorprendente para mucha gente. Si imaginas que el mazo de 52 cartas se creó al comienzo de la Tierra hace 4.500 millones de años y los aproximadamente 7 mil millones de residentes actuales han estado vivos todo el tiempo y no han hecho nada más que barajar su propio mazo a una velocidad de un nuevo barajado por segundo, y además de suspender no creer en la probabilidad de colisiones y decir que cada barajadura única es única y nos acerca a nuestro objetivo de verlos a todos, aún no tendría una fracción de un porcentaje de la barajadura posible experimentado por hoy. 52! (cincuenta y dos factorial) es un número muy, muy grande. Está en el orden de 10 ^ 67. Solo hay unos 10 ^ 17 segundos en 4.5 mil millones de años. Mil millones de personas 10 ^ 9. Entonces eso es solo alrededor de 10 ^ 26/10 ^ 67 = 10 ^ -41. Muy rudamente, te importa.