Por @Alvy — 13 de Octubre de 2011

Este problema que encontré en esta página de enigmas de ingenio a través de @acertijos me pareció interesante:

Last Chessman StandingTres jugadores de ajedrez A, B, C disputan un torneo. Los tres tienen el mismo nivel ajedrecístico, es decir, la probabilidad de que cualquiera de los tres gane en una partida dada es del 50%.

Comienzan jugando A y B. El perdedor, se retira para que entre C, y así sucesivamente: el perdedor siempre se retira para que entre el que no está jugando. (Suponemos que nunca hay tablas, es decir, siempre hay un ganador en cada partida).

El torneo lo gana quien gane dos partidas consecutivas.

¿Tienen los 3 jugadores la misma probabilidad de ganar el torneo?
Razona la respuesta.

{Importante: puedes dejar pistas e ideas al respecto en los comentarios, pero recuerda esperar 24 horas antes de hablar abiertamente de la solución, para que los demás puedan disfrutar buscándola. Quien no quiera recibir ninguna ayuda ni pista para dar con la respuesta tal vez prefiera no leer los comentarios de esta página.}

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115 comentarios

#1 — Franco Castro

Saludos, esta interesante, supongo el resultado del torneo va ligado a la cantidad de juegos que cada quien tenga.

#2 — Paresseux

Depende del orden que tengan...

#3 — LuisC

al empezar la primer partida los 3 tienen un 33.33% de probabilidades de ganar el torneo el primer ganador aumenta sus probabilidades y el primer perdedor seguro se apellida Schrödinger..

#4 — Mmonchi

No es muy complicado, el resultado lo obtengo en catorceavos.

#5 — LuisC

al empezar la primer partida los 3 tienen un 33.33% de probabilidades de ganar el torneo el primer ganador aumenta sus probabilidades y el primer perdedor seguro se apellida Schrödinger..

#6 — nanainana

No, no tienen las mismas posibilidades. Los que juegan primero tienen más. Suponiendo que C juega el último tiene que ganar dos partidas seguidas para ganar el torneo, es decir el 100% de sus partidas. Intentare hacer un arbol binario para explicarlo.
AB

AC | BC

A(campeón) CB | B(campeón) CA

C(campeón) BA | C(campeón) AB

B o A (campeón para ambas ramas abiertas)

#7 — aburridinho

nanainana, sigue extendiendo el árbol binario y calcula las probabilidades en cada paso.

#8 — LuisMars

¿A cuántas rondas?

#9 — 413X

Tal vez me equivoque en mi deducción, pienso que se explica que ya hubo una partida y como resultado un ganador, faltaría la otra para decidir entre los dos ultimos.

#10 — ArHmx

AB----- El porcentaje que suceda es de 100%.
AC - BC------ el porcentaje que suceda es de 50%
A, BC - B, CA-------- 25%
C, AB - C, BA-------- 25%

Luego se repite el ciclo cada vez con más números de eventos y reduciendo la probabilidad que suceda alguno de estos. Pero C siempre en un "nivel"(llamémosle así) puede ser campeón en 2 ocasiones con igual de probabilidad que suceda cualquier evento.

Entonces, la probabilidad de que A y B sean campeones en un mismo ciclo es la mitad que la de C.

Luego C tiene más probabilidad de ser campeón.

#11 — Errasti

Por dar una pista breve... dado que el juego es equivalente para A y B, ambos tendrán la misma probabilidad de ganar, así que con calcular sólo la probabilidad de A, de B o de C, se obtienen todas.

En otro orden de cosas, si al comenzar su primera partida el jugador A calcula su probabilidad de ganar, obtendrá un número, p(A). Si antes de su primera partida, el jugador C calcula su probabilidad de ganar, obtendrá otro numero p(C). Dado que el resultado de la primera partida no influye en la forma de realizar el cálculo del jugador C, la forma de calcular p(C) nos debería resultar familiar, aunque no la hayamos calculado.

Creo que ya está todo dicho.

#12 — David

Bueno, se tiene que desarrollar el árbol de combinaciones, viendo cuantas veces puede ganar cada uno de las posibles partidas...

#13 — Juan Manuel

Desarrollando el árbol como bien han explicado se da cuenta uno que las posibilidades son exactamente iguales siempre y cuando no se tengan en cuenta factores externos como el cansancio.
AB
AC BC
A CB B CA
C AB C AB

Probabilidades
Ganar A : 1/2 * 1/2 = 1/4
Ganar B : 1/2 * 1/2 = 1/4
Ganar C: (1/2*1/2 * 1/2) + (1/2*1/2 * 1/2) = 1/4

El 1/4 que falta se repartiría por las ramas abiertas en igual proporción.

#14 — Jakc

yo creo que este acertijo es como el del concurso y las 3 puertas

#15 — MenganitoF

Si nos sale un 1/4 para cada uno y 1/4 * 3 != 1, entonces repartimos el cuarto que falta entre los demás... XD XD. (También se podría 1/4 restante es la probabilidad de que nadie gane... ¿en las 3 primeras partidas?)

No quiero decir que no sea correcto el 1/3, que puede, pero....

Este problema tiene tufillo a problema de las 3 puertas (o de Monty Hall).... con el cual ni los estadistas se ponen de acuerdo (aunque parece que hay una solución más aceptada... y la cosa realmente depende del conocimiento y actuación del presentador).

Así que para avivar la polémica diré de forma intuitiva que las probabilidades, antes de que se juegue ninguna partida, podrían ser:

A y B = 3/8
C = 1/4

y una vez comenzado el evento:
El ganador anterior: 1/2
El contrincante: 1/4
El reserva: 1/4

Pero tan solo es intuición.

#16 — a

yo pienso ( y de matematicas ni papa).

que A y B tiene mas posibilidades de ganar.

En la 2º ronda tanto A como B pueden ser ganadores, pero C hasta la 3º ronda no puede serlo.

A parte tanto A como B si pierden una partida aun tienen posibilidades de ganar, C si pierde una partida se va a casa.

#17 — Ant

Voy a proponer una pista. Hay dos secuencias posibles, dependiendo de quien gana la primera vez ACBACBACB... o BCABCABCA...

Ambas son infinitas y se acaban cuando en cualquier momento en lugar de la letra que aparece, aparece la misma que la anterior (o sea alguien gana dos veces y se acaba).

Por ejemplo ACB y B, con lo que gana B.

Las probabilidades de cada caso van siendo 1/2^n, siendo n el número de partidas, incluyendo la ganadora.

Así por la primera fila el A gana con AA o con ACBAA o con ACBACBAA, etc... Las probabilidades van siendo una progresión geométrica con caso inicial 1/4 y razón 1/8. Su suma es la probabilidad de todos estos casos.

Para el C, que gana por la primera fila con ACC, ACBACC, es una progresión geométrica con caso inicial 1/8 y razón 1/8,...

Luego hay que ver por la fila de abajo, la que empieza con B, y sumar los casos en los que gana cada uno.

y, voy a comprobarlo....

#18 — ultimo

yo creo que tiene una solución muy logica.
si A gana a B en la primera partida y a C en la segunda, termina el campeonato con A como ganador en 2 partidas, B y C solo han jugado una.
Si B gana a A en la primera y a C en la segunda, B es ganador en 2 partidas.
Pero C no puede ser ganador en las dos primeras partidas puesto que la primera no lo juega, por lo que A y B tienen mas probablidades de ganar el campeonato que C.

#19 — Carles

A simple vista diría que C tiene menos probabilidades... y si hago el árbol de probabilidades obtengo lo mismo

#20 — Felipe Botero

Yo sin saber mucho de probabilidades también diría que C tiene menos probabilidad de ganar...
Pues solo puede ganar hasta la tercera ronda... mientras que A y B en la segunda ronda ya pueden haber ganado el torneo.

Saludos.

#21 — Orkan

Vale, ni uno ha cumplido la regla de las 24 horas ¬¬
Bueno, como ya no fastidio a nadie si digo mi solución...

AA|ACBA|ACBB|ACC|BB|BCAA|BCAB|BCC

Estas son las ocho posibilidades que hay. A gana en 3, B gana en 3 y C gana en 2. Por lo tanto, A y B ganarán en el 37,5% de los casos(3 contra 8 cada uno) y C sólo en el 25% de los casos(2 contra 8), es decir, que A y B tienen la misma probabilidad y C tiene menos.

Voy a comprobarlo empíricamente en Python, y ya de paso otra cosa interesante que se me ha ocurrido.

#22 — PGrande

Yo creo, Orkan, que de esas 8 posibilidades que planteas no todas tienen la misma probabilidad de suceder.

Por ejemplo, AA tiene (1/2)^2 de probabilidades de darse, mientras que ACBB tan solo (1/2)^4.

Mi solución es otra, pero esperaré.

#23 — PGrande

O quizá haya metido la pata por precipitarme y esté de acuerdo xD.

#24 — yomismito

calculemos la probabilidad para A (que es la misma que para B) y luego aparte la de C
así mismo suponemos que A gana el primer juego (si lo gana B intarcambiamos los papeles ya que las cuentas serían las mismas)


Primera partida gana siempre A como hemos dicho, segunda partida A vs C

si gana A, fin del juego (50% de que esto ocurra)

si gana C, juegan C contra B (50 % ) ante lo cual pueden pasar 2 cosas

Gana C, fin del juego (25%)
gana B y se enfrentan A contra B (25%)
y dentro de este último caso se enfrentan A contra B y pueden pasar 2 cosas
Gana B, fin del juego (12,5%) o que gane A (12,5%) y volvamos al planteamiento inicial ( A vs C y vuelta a empezar

con lo cual sumando las probabilidades tenemos

GANA A (50%)
GANA B (12,5%)
GANA C (25%)
Try again (12,5%)

Si hubiera ganado B la primera partida las probabilidades serían exactamente igual intercambiando A por B


GANA B (50%)
GANA A (12,5%)
GANA C (25%)
Try again (12,5%)

sumando y dividiendo por 2

GANA A (31,25%)
GANA B (31,25%)
GANA C (25%)
Try again (12,5%)


Y ya por último poderando eliminando el "try again" nos queda

GANA A: 0,3571428571
GANA B: 0,3571428571
GANA C: 0,2857142857


El problema es que repaso mis calculos y los veo correctos... pero analizando el comentario número 6 me da por hacer un árbol similar y deduzco lo siguiente

AB

AC BC

A(G) CB B(G) CA

A(G) A(G) C(G) BA B(G) B(G) C(G) AB

El problema es que de las 8 ramas, cada uno gana en 2 de ellas, con lo cual la probabilidad de victoria en este caso sería la misma para los tres.... Con lo cual tengo dos planteamientos, al menos uno de ellos está erroneo y no se cual es porque como ya digo no encuentro el fallo de ninguno de los dos (y al menos uno lo tiene) asi que a ver si un alma caritativa me lo encuentra para no rayarme mas :p

#25 — Orkan

@PGrande: Yo creo que tienen la misma. Anyway, he puesto a mi consola Python a hacer diez millones de torneos de estos, cuando de su resultado veremos si se aproxima a los resultados que espero o no :D Supongo que tardará unos minutos.

Lo cierto es que no sé cómo se podría demostrar o no si la probabilidad para todos los recorridos es la misma. Si pudieras explicar lo que tienes ahí, te lo agradezco.

#26 — Orkan

{'A': 3749442, 'C': 2500910, 'B': 3749648}

Y así queda mi solución demostrada a lo gallego.

#27 — Orkan

#24 Tu problema está en el Try Again, que no sé de dónde sale. Si en la cuarta partida gana A, A tiene dos partidas ganadas, ergo ese 12,5% del "Try Again" no existe, sino que lo sumas a A.
Entonces quedaría:
-Si gana A la primera:
GANA A (62,5%)
GANA B (12,5%)
GANA C (25%)
-Si gana B la primera:
GANA A (12,5%)
GANA B (62,5%)
GANA C (25%)
-Y la media es:
GANA A (37,5%)
GANA B (37,5%)
GANA C (25%)
Que es mi resultado.

Gracias btw, ese razonamiento es bastante más elegante.

#28 — Orkan

#28 Más elegante que el mío de antes, quiero decir.

#29 — MenganitoF

Orkan. Respecto a #21. Yep, que mi intención tan solo era una pista de como repartir el 1/4 que quedaba en el aire de las propuestas anteriores y di una aproximación a ojo errónea en un 2-3% aprox. (básicamente desechando directamente las siguientes posibilidades de ganar de C pensando que eran muy pequeñas, aunque han resultado no serlo tanto)

Y respecto a #27 las partidas deben ser ganadas de forma "consecutiva" y por tanto ya que pueden ganar infinitamente en este orden ACBACBACB... (o BCABCABCA...) a eso se refiere con "Try Again" (y es precisamente el 1/4 que queda tras la 3ª partida y repartían por igual al principio).

Tu muestra empiríca, sin embargo, ha demostrado... que mi erróneo resultado sirve para tu implementación errónea del problema XD XD XD

#30 — Mi nombre es Pedro

Hola, mi nombre es Pedro

Suponiendo que A y B tienen la misma probabilidad de ganar (50%) entonces:

A tiene 50% de posibilidad de ganarle a B, y posteriormente 50% de posibilidad de ganarle a C

B tiene 50% de posibilidad de ganarle a A, y posteriormente 50% de posibilidad de ganarle a C

C en cambio tiene 50% de posibilidad de ganarle al ganador de A o B.


Una analogia para entender mejor por que es mas facil que gane C a que gane A o B es jugar a la Ruleta Rusa. Entre mas veces jales, mas probable que te toque, y de cierta manera, A y B estan jugando mas veces a la ruleta rusa que C.

#31 — Mi nombre es Pedro

Para ser un poco mas Exacto

A tiene 25% posibilidad de ganar el torneo
B tiene 25% de posibilidad de ganarlo
mientras que C tiene 50% de posibilidad de ganarlo

Esto suponiendo que la posibilidad de ganar sea de 50%

#32 — Mi nombre es Pedro

#30, #31
Que vergüenza

Ignoren mis comentarios

No lei las instrucciones

#33 — PGrande

@Orkan: mea culpa, me acabo de dar cuenta de lo de "ganar dos CONSECUTIVAS". A replanteárselo toca.

#34 — yomismito

Para el 27 en respuesta a mi 24


Creo que mi try again si existe, tras las tres primeras partidas, pueden suceder 8 casos diferentes, teniendo en cuenta que si A o B ganan las dos primeras, no habria tercera tirada con lo cual al llegar a la segunda tirada habrá dos posiciones que terminen y 2 que no, y esas dos se convierten en 4 cara a la sigueinte tirada, las dos que terminan en la segunda tirada son gana A y gana B, con un 25% cada una (o 50% si lo miras solo dentro de su rama), en cuanto a las 4 de nivel 3, en 2 de ellas ganaria C, y las otras 2 que yo llamo try again son cuando ningun jugador ha ganado dos veces seguidas (ya sea ACB o BCA), si pasa ACB no se lo puedes sumar a A, sino que queda pendiente, igual que si gana B, es decir partiendo de mi razonamiento, tras 3 tiradas habria un 31,25% de que haya ganado A, un 31,25% de que haya ganado B, un 25% de que haya ganado C... y el 12,5 % de las veces que se corresponde con try again, repetimos la misma pelicula con las mismas probabildiades

Reconozco que hay un error en uno de mis dos planteamientos, aunque sigo sin saber cual es, pero creo que sumar el try again a A o a B, aunque coincida con una de las soluciones dadas... no es un error en mi planteamiento... sigo esperando ayuda que me estoy rayando tela :p

#35 — aburridinho

Creo que hay gente que confunde el hecho de que A o B puedan ganar antes con el de que tengan más probabilidades de ganar. No tienen nada que ver una cosa con otra. Ya que en contra de la idea de esto, muchos han expuesto su solución, hago lo propio con la mía.

Yo probé haciendo un árbol binario y me di cuenta de que es recurrente. Intento dibujar el árbol.

AB
(1)

AC | CB
(0,5) (0,5)

A | BC | CA | B
(0,125) (0,125) (0,125) (0,125)

BA | C | C | AB
(0,0625) (0,125) (0,0625)

Como veis, en la tercera tanda, dos combinaciones de 4 hacen de C ganador, por lo tanto tiene aquí las mismas probabilidades de ganar C que A o B en la segunda tanda.

El problema que veo yo aquí es ese, la probabilidad de que gane uno u otro parece estar estrechamente relacionada con el número de partidas que se echan.

#36 — Orkan

#33 MIERDA. Consecutivas.

Tendré que volver a pensarlo todo asdf. Bueno, a ello me pongo.

#37 — Sebas

Opino que proporcionales a 5, 5 y 4
Dejo pasar mas tiempo
Saludos

#38 — Maq

Para simplificar, se puede suponer que la primera partida la gana A, y desarrollar el árbol, como varios han dicho. El "truco" consiste en que, aunque el árbol es teóricamente infinito, la rama infinita es igual al propio árbol. Eso permite llamar X tanto al árbol entero como a la rama infinita, y a partir de ahí plantear ecuaciones muy sencillas para calcular las probabilidades de victoria de A, B y C.

Como esto solo vale para el árbol que empieza con victoria de A, para el árbol B solo hay que intercambiar A por B (también dicho ya), y para la probabilidad final se hace la media entre los dos árboles (ídem). C se queda, lógicamente, con el mismo resultado en los tres casos, y también lógicamente, A y B son equiprobables.

Los números son los que ha dicho Sebas #36, que ya había dado yomismito #24, pero a estas horas no soy capaz de ver si el cargarse el "try again" es correcto, como sospecho, o si haciendo esto acierta con los valores por casualidad. A ver si puedo ponerme mañana después de la mani.

#39 — Sebas

Las probabilidades de A y B son iguales por tanto pA=pB=(1-pC)/2

La probabilidad de ganar C es :perder A y B (1/)^2 o perder él despues de haber perdido A y B y volver a perder A y B (1/^2)^5 o ....

Por tanto pC= (1/2)^2+(1/2)^5+(1/2)^8....

Progresión geometrica a1=1/4, r=1/8 entonces Sn=2/7

pA=pB=5/14 y pC=2/7

Con un árbol (como han comentado) se ve perfectamente

#40 — Sebas

Las probabilidades de A y B son iguales por tanto pA=pB=(1-pC)/2

La probabilidad de ganar C es :perder A y B (1/)^2 o perder él despues de haber perdido A y B y volver a perder A y B (1/^2)^5 o ....

Por tanto pC= (1/2)^2+(1/2)^5+(1/2)^8....

Progresión geometrica a1=1/4, r=1/8 entonces Sn=2/7

pA=pB=5/14 y pC=2/7

Con un árbol (como han comentado) se ve perfectamente

#41 — Orkan

#34 Sí, tu Try Again existe, es que no había visto lo de "consecutivas".


Creo que tengo una solución, ya que puede haber infinitas rondas, pero excepto en la primera LOS TRES TIENEN la misma probabilidad, o eso creo. Así que hay que calcular la probabilidad de los tres en la primera ronda y repartir la probabilidad que quede entre los tres: Quedaría
A=5/18
B=5/18
C=8/18

Voy a volver a preparar una solución empírica.

#42 — Orkan

#34 Sí, tu Try Again existe, es que no había visto lo de "consecutivas".


Creo que tengo una solución, ya que puede haber infinitas rondas, pero excepto en la primera LOS TRES TIENEN la misma probabilidad, o eso creo. Así que hay que calcular la probabilidad de los tres en la primera ronda y repartir la probabilidad que quede entre los tres: Quedaría
A=5/18
B=5/18
C=8/18

Voy a volver a preparar una solución empírica.

#43 — Orkan

#41 También es posible que la esté cagando completamente, claro.

#44 — MordoSairon

¿Tienen los 3 jugadores la misma probabilidad de ganar el torneo? Mi respuesta es no.

La clave está en que sólo 2 de los 3 jugadores empiezan primero a jugar, dejando al 3ro una partida por detrás, lo que supone ir siempre por detrás en resultados del ganador de la primera partida. Por tanto, esa ventaja hace que cualquiera de los 2 primeros jugadores tenga más posibilidades de llevarse el torneo: sólo necesitan ganar una partida más, mientras que el 3ro aún tiene que ganar 2 (dada la igualdad en el resto de estadísticas, es evidentemente más fácil que suceda lo primero).

Salu2! ^^

#45 — Errasti

Los tres jugadores ganan con probabilidad 1/3.
Veamos, la probabilidad de que gane A, condicionada a que la actual partida sea AB es Pa. Si desarrollamos el árbol a partir de ahí tenemos:
Pa = 1/4 + 1/8 Pa + 1/8 Pa. Es decir, Pa=1/3. Como la primera partida siempre la juegan A y B, la probabilidad de que gane A es 1/3, igual que la de B, por simetría. Como en total suman 1, la probabilidad de que gané C es también 1/3.

#46 — Sebas

Aclaro lo escrito antes, me he comido un "2" y he repetido por problemas de Internet
"La probabilidad de ganar C es :perder A y B (1/)^2", quise poner (1/2)^2 que es la conclusión de perder A con B y B con C (1/2*1/2*1/2) o perder B con A y A con C (1/2*1/2*1/2)
(1/2*1/2*1/2)+(1/2*1/2*1/2)= (1/2)^2
Lo demas sigue igual
Saludos

#47 — futurama

En la primera ronda pueden ganar A o B. En la segunda ronda hay 4 resultados de los que A gana en 1 y B en 1 (1/4 y 1/4) y se pasa a la siguiente ronda en 2 de 4 (1/2). En la tercera ronda C gana en 2 de las 4 posibilidades (1/2 de 1/2, o sea 1/4) y se pasa a la siguiente en 2 de 4 ( 1/2 de 1/2, o sea 1/4). Las siguientes rondas son una repetición de las primeras, hasta el infinito (ACBACBACB... o BCABCABCA...).

Aparentemente, si cogiéramos la ronda que quisiéramos A y B irían igual o por delante, por lo que tendrían más posibilidades, pero como sumamos hasta el infinito nos tiene sumar igual, 1/3.

#48 — MenganitoF

A ver ya que han pasado 24 horas subo un dibujo del árbol...

http://www.subirimagenes.com/imagen-torneo-7030778.html

#49 — Sebas

MenganitoF: Visto el árbol, coincido.
Y las sumas son las progresiones geométricas que menciono, en tu caso para C una doble de a1=1/8, y tanto para A o B una de a1=1/2 y otra de a=1/4 ambas de r=1/8

#50 — futurama

47# y 48# lo he repasado y el árbol está bien pero los cálculos creo que no. En cada "escalón" va ganando o una A y una B o dos C. Cada tres partidas han ganado lo mismo.
El primer termino es 1/4 y va creciendo con razón 1/4 (cuatro posibilidades por ronda) . El sumatorio hasta infinito(1/4+ 1/16+ 1/64+...) es (1/4) / (1-1/4) o sea 1/3

#51 — MenganitoF

Uhm... nop, (fijémonos solo en A) En la ronda 5 puede ganar A += 1/16 (por la rama de la derecha) y en la sexta A += 1/32 (por la rama de la izquierda), C no puede volver a ganar hasta la 7ª ronda por ambas ramas (C += 2 * 1/64).

En la 7ª, C iguala lo ganado por A en la 6ª ronda(6/64 = 1/32), pero no lo ganado en la 5ª (el 1/16) que es cuando realmente se nota la diferencia de probabilidad.

#52 — MenganitoF

Ups, 2/64 = 1/32 quise decir.

Añado que por eso he extendido el árbol hasta la 7ª ronda; porque al inicio al no haber ganador anterior la partida de la ronda 2 (donde no puede ganar nadie) es diferente de lo que sucede en la 5ª

#53 — Marcos

Yo opté por una solución numérica (y obviamente aproximada) que programé para resolverla y me da el siguiente resultado:

P(Gane A) = P(Gane B) = 0,3571
P(Gane C) = 0,2857

#54 — Mmonchi

Pues eso, P(A)=5/14, P(B)=5/14, P(C)=4/14.

En catorceavos.

#55 — Mmonchi

De forma gráfica:

http://i55.tinypic.com/wuexyo.jpg

Lo importante es no confundir [u]A[/u]B (que significa que A ganó la anterior) con A[u]B[/u] ni con AB (la posición inicial).

#56 — Gustavio

Hola amiguillos. ¿Y si tomamos en cuenta algunos datos que son evidentes en la premisa? La respuesta sería "depende..." y "si..."
Primero: A, B y C en realidad representan el orden en que los tres jugadores jugarán las partidas. Está claro que ese orden condiciona las probabilidades de ganar el torneo. La pregunta se refiere a "los jugadores" y no a A, B y C. Por tanto la respuesta sería: "Sí, antes de jugarse el torneo y si cada jugador no conoce el orden en que jugará las partidas" o lo que es equivalente, "Sí, antes de jugarse el torneo si se sortea el orden en que los jugadores competirán". Saludos

#57 — Orkan

#56 No. Pone:
"Tres jugadores de ajedrez A, B, C disputan un torneo."
a.k.a que A, B, y C son los jugadores.

#53 ¿Cómo lo hiciste exactamente? ¿Tuviste en cuenta que las victorias tienen que ser consecutivas?

Los que pusieron imágenes de árboles binarios, no se cargan....

#58 — Gustavio

Tomándolo así, Orkan, la respuesta es relativa de todas formas. Siempre dependerá de en qué rama del árbol te pares a analizar.

#59 — Mmonchi

Hecho con probabilidades condicionadas. (Pero me gusta más la forma gráfica.)

http://i51.tinypic.com/2s938xx.jpg

#60 — Marcos

#57 Pues descomponiendo el problema mediante el árbol llegué a la conclusión que había una componente que se repetía y podía descomponerse.

Es obvio que A y B tienen la misma probabilidad de ganar por lo que calculando la probabilidad de que gane A obtendríamos las de que gane C.

La probabilidad de que gane A si la descompones sería:
P(Gane A) = 0'5 (0'5 + 0'5^3(0'5 + 0'5^3(...))) + 0'5 (0'5^3 + 0'5^3(0'5^3 + 0'5^3(...)))

El primer término de la suma sería que empezase ganando A y el segundo que empezase ganando B (se ve fácilmente con el arbol).

Con (...) me refiero a que se va repitiendo el término infinitas veces de modo que va tendiendo a 0 (la posibilidad de que el torneo se alargue infinitamente es 0).

Con esto se puede hacer un método numérico que converja a la solución del problema. Entonces si partimos del infinito y de que ese término es 0 podemos ir componiéndolo "infinitas veces" (o hasta que la solución deje de variar).

Es decir, haríamos lo siguiente en pseudocódigo:

x = 0
hacemos
x = 0'5 + 0'5^3*x
hasta que la solución se estabilice.

Podrías hacerlo incluso con una calculadora y el resultado en 10 repeticiones ya es muy aproximado.

De ese modo calculé esos términos que tienen "profundidad infinita" en el árbol numéricamente.

No se si me explique bien, no es muy fácil escribirlo.

#61 — Marcos

#54 el tuyo es resultado exacto?

#62 — Vespa

Voy a poner mi granito de arena chistoso, que a mi esto de las probabilidades siempre se me ha escapado jajajjaja:

La probabilidad de que gane cada uno es:

- A= 50% (O gana el campeonato, o no lo gana)
- B= 50% (O gana el campeonato, o no lo gana)
- C= 50% (O gana el campeonato, o no lo gana)

NOTA: Ignoro si este tipo de pensamiento posee ya algún nombre, pero es ultrapositivo :P

#63 — Sebas

Vespa:Entiendo que tu "granito de arena chistoso" es que las probabilidades 50%+50%+50%=150%!!!!!!!

Veo que algunos para solucionarlo mencionan suma de infinitos sumandos, pero no veo que para ello empleen la suma de infinitos términos de la progresión geométrica de razón

#64 — Sebas

Veo que en mi post anterior no se ha editado el signo de "menor que 1" ni tampoco la formula de la Suma de infinitos terminos que deberia ir a continuación de "razón"
Intento nuevamente editarlo
razón

#65 — Sebas

Lo siento, no hay forma.... Saludos

#66 — Eneamus

Veamos: después de tanto árbol binario y tanta mandanga, creo que habéis caído en la trampa del acertijo. Que más parece que está jugando con vosotros en vez de estar jugando vosotros a él. Y todo porque entráis de cabeza pensando que no es posible que todos tengan la misma oportunidad de ganar, que sería muy aburrido el acertijo y que mola encontrar la aguja de las entrañas del pajar.

Todos tienen la misma probabilidad de ganar: 1/4, primero ganar a uno y luego al siguiente. Pero...¿y el 1/4 que falta? 0,25 es la probabilidad de que no gane ninguno, esto es, permanezcan jugando eternamente sin que se dé un ganador.

#67 — Jose

Mi comprobación empírica:


# -*- coding: utf-8 -*-

from random import randint

def torneo(jugadores):
resultado = '=>' # por la condición de abajo. '>' no puede ser jugador
while resultado[-1]>resultado[-2]:
gana_part = jugadores.pop(randint(0, 1))
jugadores.reverse()
resultado += gana_part
jugadores.insert(0, gana_part)
return resultado[-1]

totales = dict(a = 0, b = 0, c = 0)
for i in range(1000000): # 1.000.000 de torneos
totales[torneo(['a', 'b', 'c'])] += 1
print totales

Resultado:
{'a': 357647, 'c': 285274, 'b': 357079}

#68 — Jose

La indentación:
http://pastebin.com/uMPb7fUN

#69 — Pablo

Haciendo un árbol se ve muy bien que hay una estructura que se repite. Como por simetría tenemos que p(A)=p(B) solo tendremos que preocuparnos por p(C), y vemos que sus probabilidad de ganar va siendo 2*1/8+2*1/64+2*1/(64*8)... se infiere que sigue una serie como esta:
http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum%28+2*+1%2F%288%5En%29%2C1%2Cinf%29
que converge a 2/7.
Las probabilidades son entonces: p(C)=4/14 y p(A)=p(B)=5/14

#70 — Junior

El problema plantea un árbol infinito, en el que existen dos variables importantes:

1- Quien ganó la última partida
2- Que partida se está jugando

Si planteamos el árbol, en cuanto en un nudo estas dos variables coincidan podríamos decir que estamos otra vez en el primer nudo en que se dio esa condición pero con otra probabilidad de partida.

Planteando el árbol obtengo:

P(Aganador)=P(Bganador)=0,25+0,0625+[(0,5+0,125)*[Sumatorio(n de 0 a infinito)(0.0625*0,125^n)]]

P(Cganador)=1-2P(Aganador)

Para responder a la pregunta no necesito conocer la probabilidad exacta, solo si una de ellas supera el 0,333333... en un momento.

Tirando de HP y "aproximando" infinito por 1000, es decir con el sumatorio entre 0 y 1000 obtenemos:

P(Aganador)=0,3571428

En realidad la P(Aganador) será mayor, y probablemente tenga un límite, pero no me apetece abrir en octubre un libro de cálculo, además ya sabemos que no todos tendrán la misma probabilidad de ganar, la de A y B será igual, pero mayor que la de C.

El árbol, aquí:

http://www.megaupload.com/?d=S407CK6P

#71 — Junior

No sé porqué, pero el enlace al árbol falla, este si funciona:

http://www.megaupload.com/?d=S407CK6P

#72 — Junior

Ups! He puesto dos veces el mismo link, al subirlo dos veces me ha dado el mismo, parece que no funciona ninguno, en cuanto pueda lo subo correctamente.

#73 — arturo

Para mi que la mayoría de la gente anda despistada. Propongo un problema similar:
dos jugadores A y B juegan al siguiente juego. Alternativamente tiran una moneda, primero A y luego B y así.
El primero que saque cara gana.
El juego lo empieza A
¿cual es la probabilidad de que cada uno de ellos gane?

#74 — Junior

Arturo, yo creo que el problema deja de ser similar al necesitar ganar dos partidas consecutivas.

#75 — Orkan

#73 Veamos:
Hay un 1/2 de que gane A a la primera
Un 1/4 de que gane B después
Un 1/8 de que gane A después
Y así. Entonces la probabilidad de A sería:
1/(2^1)+1/(2^3)+1/(2^5).... Un sumatorio que sería igual a 2/3 según Wolfram. Y por tanto para B sería por fuerza 1/3. Lo que no sé es a dónde pretendes llegar.

#76 — Sebas

arturo: Efectivamente, tambien creo que es el mismo problema con infinidad de variante, 2, 3.., jugadores, con monedas, dados, partidas...
iguales o distintas probabilidades...
En este caso podria variar la probabilidad de jugar con blancas o con negras, distinto nivel, distinto número de partidas ganadas consecutivas ...

#77 — lvps1000vm

Pues aquí está el problema solucionado usando cadenas de Markov:

Diagrama de Markov:
http://imageshack.us/photo/my-images/585/diagrama1.png/

Ecuaciones solución:
http://imageshack.us/photo/my-images/804/ecuaciones.png/

El resultado final: 5/14, 5/14 y 4/14.

(Hala)

#78 — Isaac Alonso

Solucion:

p(A) =10/28 = 0.3571
p(B) = 10/28 = 0.3571
p(C) = 8/28 = 0.2857

Desarrollo: Arbol binario:

AB (1)

AC | BC (1/2)

A | CB | B | CA (1/4)

Aqui de momento tenemos p(A)=p(B)=1/4.

Desarollo la rama CB (partida anterior ganada por C)

CB (1/4)

C | BA (1/8) desarrollo BA

B | AC (1/16) desarollo AC

A | CB (1/32) aqui volvemos a tener la partida CB con partida anterior ganada por C de manera que el arbol entra en ciclo, en el cual p(C) = 2*p(B) = 4*p(A) (para este ciclo y todos los siguientes el repartimiento de probabilidades será este:

p(C)=2*p(B)=4*p(A).


Desarrollando la rama derecha del principio: partida CA con partida anterior ganada por C.

CA (1/4)

C | AB (1/8) desarrollo BA

A | BC (1/16) desarollo AC

B | CA (1/32) volvemos a tener la rama CA co partida anterior ganada por C, obtenemos un ciclo con repartimiento de prob:

p(C)=2*p(A)=4*p(B).

Inicialmente teniamos:

p(A)=1/4
p(B)=1/4

nos quedan 1/2 a repartir: 1/4 a la rama izq y 1/4 a la rama derecha:

Rama izq: p(A)+p(B)+p(C) = 1/4
sabemos que p(C) = 2*p(B) = 4*p(A)

Asi pues:
p(B) = 1/28
p(A) = 2/28
p(C) = 4/28

La rama derecha nos reparte el 1/4 restante como:
p(A) = 1/28
p(B) = 2/28
p(C) = 4/28

Suma total de probabilidades:

p(A) = 1/4 + 2/28 + 1/28 = 10/28 = 0.3571
p(B) = 1/4 + 1/28 + 2/28 = 10/28 = 0.3571
p(C) = 4/28 + 4/28 = 0.2857

q.e.d.

#79 — Kallcett

No tienen la misma probabilidad. Ya que la primera partida entre a y b si la gana cualquiera de los dos ya tiene una victoria por delante y si vuelve a ganar en este caso a c se acabo el torneo.

#80 — rasman

a mi me sale:

0.25 para C
0.375 para A y 0,375 para B

resumen:

para C:
BCC +ACC=1/8+1/8

para B o A :
BB
BCAB
ACBB
=1/4+1/16+1/16
a ver...

#81 — Terecata

Creo que todos tienen las mismas posibilidades.

En la primera partida A y B tienen la misma probabilidad de ganar, pero si por ejemplo gana A y luego juega contra C, entonces C tiene más probabilidades de ganar, pues A ya ha ganado una partida con lo que aumenta su probabilidad de perder, pues el número de partidas ganadas/perdidas tiende a equilibrarse dado que tienen la misma probabilidad de suceder (50%).

Si en la segunda partida gana C y entoces le toca jugar contra B de nuevo, este último tendrá más probabilidades de ganar, pues todavía no ha ganado ninguna.

#82 — pipa_

Me uno a algunos de los resultados anteriores. Después de desarrollar un poco el árbol, tenemos que:

P(A)=P(B)=E(0,5)^(3n-1) + E(0,5)^(3n+1) =
E(0,5)^(3n-1)*[1+(0,5)^2]=
5/4*E(0,5)^(3n-1), siendo n el número de la ronda (E=sumatorio).

Esta expresión para P(A) es una serie convergente cuyo límite no me acuerdo cómo calcular ;) Sin embargo, metiendo hasta n=13 en Excel, obtengo:

P(A)=0,35714286
P(B)=0,35714286

P(C)=1-2P(A)=-0,28571428

#83 — Orkan

#81 La probabilidad no funciona así. El pasado no afecta a la probabilidad. Si yo he lanzado una moneda 100 veces y han salido todas cara, si la vuelvo a lanzar la probabilidad es de 50% como siempre(excepto si la moneda está trucada, claro aunque la probabilidad de que salgan 101 caras sea prácticamente nula (más baja que 0,0000000001%).

Te lo pongo más claro aún.
La probabilidad que de 2 monedas salgan las 2 cara, es de 1/4, ya que hay cuatro posibilidades con la misma probabilidad;
Cruz+Cruz
Cruz+Cara
Cara+Cruz
Cara+Cara

Cómo sólo una de las 4 es cara+cara, la probabilidad es 1/4. Sin embargo, la probabilidad de que una sea cara y la otra no es de 2/4, ya que hay dos posibilidades: cara+cruz y cruz+cara. Por eso tiende a igualarse. Sin embargo, si una de ellas ya ha sido cara, la probabilidad de que la siguiente sea cara es 1/2 aún.

#84 — Terecata

#83. La probabilidad de una lanzada en particular siempre es del 50 %, pero si soy espectador de una partida en la que se ha lanzado 10 veces una moneda no trucada y en en las 10 ha salido cara, en la 11 apostaría por la cruz, pues a la larga el número de caras y cruces tiende a estabilizarse.

#85 — Alvy

#84 Terecata – Mmm… Me temo que cometes un error de razonamiento bastante habitual en temas probabilísticos, la llamada falacia del jugador.

#86 — Terecata

#83, #85. Tenéis razón. Soy un patán.

#87 — Orkan

#86 Bueno, hey, lo de "soy un patán" no hace falta, no se nace sabiendo...

#85 Guay, ahora ilumínanos sobre el problema en sí, que pareciera que cada uno tiene una solución distinta.

#88 — Pablo

Sebas dió la solución correcta bastante tiempo atrás. C sólo puede ganar en la tercera partida (gana la 2da y 3ra). Si pierde en la segunda, es porque el que ganó la primera ya ganó, entonces sólo puede volver a ganar en la sexta (gana la 2da, pierde la 3ra, gana la 5ta y gana la 6ta), y después en la 9na, y así sucesivamente. Por tanto, su prob. de ganar es (1/8)*2+(1/64)*2+(1/512)*2...El por dos es porque no importa si la primera partida juega con A o con B, etc. eso es 2/7. como A y B tienen la misma prob. de ganar, se reparten el 5/7 restantes, por lo que cada uno tiene una prob de 5/14 (o 2.5/7 para comparar que tienen mayor prob que C).

#89 — Sebas

Veo que bastantes han estudiado el árbol, propongo la siguiente variación en el anunciado.
Los jugadores tienen el mismo nivel pero el que juega con blancas tiene 3/5 probabilidades de ganar, A empieza con blancas y sigue con blancas el que gana la partida
Saludos

#90 — pipa_

#89 Pues a ver, con tus nuevas normas y rehaciendo el árbol con los nuevos factores, he vuelto a calcular los términos generales para cada una de las probabilidades. La P(C) me la podría haber ahorrado, pero me ha valido para comprobar que todas suman 1.

P(A)=0,42564
P(B)=0,31795
P(C)=0,25641

¿Alguien se anima y comparamos?

#91 — Alvy

#87 Orkan – Pues no creo que pueda iluminar mucho… Yo lo intenté y no di con la solución. En la página original no hay gran cosa. Y buscando en plan rápido por Internet tampoco encontré nada al respecto.

Tal vez la mejor aproximación como hiciste sea la de hacer una simulación a modo de método de Montecarlo, que en ocasiones encuentra la solución mejor que otros sistemas.

En cualquier caso, volviendo a la pregunta original, la respuesta suficiente sería «No» y como razones correctas las de #6 serían suficientes. (En el fondo, en el fondo, en el problema no pide hacer el cálculo exacto.) Sin tener esto en cuenta, lo que explicas en #21 a mi me suena razonable y correcto también.

#92 — En_tito

Gana el ultimo en morir. Como no sabemos el historial medico de ninguno nos encontramos con una notable falta de datos.

#93 — Adrián

Todos tienen la misma probabilidad.

La solución del 21 asume que se acaba en 4 partidas pero no es cierto porque tienen que ganarse 2 partidas de forma consecutiva así que el torneo podría extenderse hasta el infinito.

Para ver de forma sencilla que todos tienen la misma probabilidad y sin entrar en demasiadas complicaciones creo que lo más sencillo es desmontar la teoría de que como C empieza más tarde a jugar es menos probable que gane.
A ó B tienen un 25% de probabilidades cada uno de acabar el torneo tras las 2 primeras partidas. Por lo tanto a C sólo se le da la oportunidad de jugar el torneo en un 50% de las ocasiones (básicamente si gana su primera partida). Pero es que resulta que si gana, cuando vamos a la tercera ronda, A y B tienen un 0% de probabilidades de ganar el torneo en esa ronda puesto que hemos accedido a ella porque C ganó su primera partida. Y C tiene un 50% de probabilidades de ganar en esa ronda, condicionado a que hayamos llegado a la misma, es decir, C acumula un 25% (al igual que A y B) de probabilidades de ganar hasta esa ronda. Si estudiamos el comportamiento hasta el infinito veremos que en las rondas pares pueden ganar A ó B mientras que en las impares sólo puede acabar el torneo si gana C. Cada ronda par es el doble de probable que su ronda impar consecutiva (p.ej llegar a la ronda 2 es el doble de probable que llegar a la ronda 3, 100% vs. 50%) de ahí que parezca que a C le resulte más difícil ganar. Pero resulta que cuando llegamos a una ronda impar sólo C puede ganar mientras que en las pares A y B se reparten la probabilidad así que C "recupera" la probabilidad perdida.

#94 — Angel

Os estáis haciendo muchos líos empíricos.

A, B y C NO tienen las mismas probabilidades. Las tendrían sólo en el caso de que fuera aleatorio quienes dos empiezan a jugar.

El hecho de que esté fijado que son A y B quienes empiezan, quita aleatoriedad al proceso, y hace que A y B tengan más probabilidades que C.

Este problema es similar al famoso del concurso de televisión, con tres cajas, en donde uno elije una caja y luego el presentador descarta una de las cajas no elegidas, y le ofrece cambiar su elección. Cambiar siempre es mejor porque el presentador te está "regalando" probabilidades, al elegir una caja que ya sabe que es incorrecta.

Este acertijo es equivalente. Si pensáis que tienen las mismas posibilidades... ¿quiénes querríais ser si tuvierais que participar en el torneo?

#95 — Adrián

No es ningún lío empírico Ángel.
Te lo puedo demostrar matemáticamente si quieres, es más, si lo quieres ver también lo tengo simulado en Excel y te lo puedo enviar si te gusta discutir sobre estos temas.
Precisamente la gracia del problema es que parece que A y B tienen más probabilidades y por tanto todos querríamos empezar, pero la realidad es que no es así.
Como he comentando antes el truco está en que C y sólo C puede ganar en rondas impares mientras que A y B pueden ganar en las pares pero A y B se reparten la probabilidad en estas rondas mientras que C las acumula para sí sólo en las impares.

#96 — Adrián

Viendo las respuestas, la explicación que doy coincide plenamente con Futurama, es decir la #47.

#97 — Sebas

pipa_: veo que los seguidores del árbol tenemos detractores, considero tus soluciones correctas pero aproximadas por el método utilizado, yo apunto 83/195, 62/195 y 50/195, efectuo la suma por "suma de los infinitos términos de una progresión geométrica"
Para jugar un poco mas he cambiado las exigencias variando el nivel de los jugadores,
A probabilidad de ganar a B 0.6
B probabilidad de ganar a C 0.7 y
A probabilidad de ganar a C 0.8
Siendo mis soluciones
P(A) 76044/129385
P(B) 44821/129385 y
P(C) 8520/129385

#98 — lvps1000vm

Tíos, ¿de verdad creéis que el árbol binario es mejor que simplemente dibujar el diagrama de Markov? Os pongo la imagen.


http://img221.imageshack.us/img221/2112/diagrama2pc.png

#99 — Sebas

Ivps1000vpm: no tengo nada en contra del diagrama, en este caso para mi igual.
Lo que no comparto son ciertos razonamientos que inducen a otras soluciones, razonamientos que no comparto
Saludos

#100 — Orkan

#95 Me gustaría ver cómo hiciste esa simulación, porque yo hice una en Python y me salió menor probabilidad para C que para los otros dos. Dinos cómo la hiciste.
Me dio {'A': 35186, 'C': 29733, 'B': 35081} en el primer intento y {'A': 35347, 'C': 29449, 'B': 35204} en el segundo, con 10.000 simulaciones en cada intento. (Resultado como el de #67). C

#101 — Fistroman

NO. A y B pueden ganar en la segunda partida y C sólo en la tercera, si el torneo no llega a la tercera partida, C habrá perdido tan sólo perdiendo una vez.

#102 — Fistroman

NO. A y B pueden ganar en la segunda partida y C sólo en la tercera, si el torneo no llega a la tercera partida, C habrá perdido tan sólo perdiendo una vez.

#103 — Carlos

Tíos, el problema ha quedado absolutamente resuelto (y yo reconozco que de primeras llegué a una solución equivocada). Pero cuando a uno le plantan el diagrama y las ecuaciones (link en #77) o los resultados de un Monte Carlo bien hecho, la cosa queda vista para sentencia. Muchos deberían hacer el esfuerzo por ENTENDER lo que han planteado los demás en vez de tratar de imponer su solución. Y esto se aplica también para la vida en general...

#104 — Orkan

#103 El problema radica en que veo el diagrama y las ecuaciones y no entiendo ni papa xDDD Pero se corresponde con las simulaciones, ergo sí, tiene que ser el correcto. Si eso luego me lo veo mejor a ver si me aclaro.

#105 — Seguro de mí mismo

Os voy a demostrar matemáticamente por qué los tres tienen la misma probabilidad. Lo haré de una forma sencilla para que lo entendáis...

Que no... que lo correcto es A=B=5/14, C=4/14.

Solo escribo para decir que echo de menos una indicación (un enlace junto al enunciado, o algo así) cuando el problema ya está resuelto y cual es esa solución aceptada (tipo lo que tienen en la web donde has encontrado este). Cuando ya se ha puesto la solución "buena", pero queda ahí perdida en medio de 100 mensajes de todo tipo, graciosos, loantes, dudosos, y tal, para uno que llega tarde y con ideas frescas es complicado leerselo absolutamente todo antes de escribir su tontería equivocada, y enmarañar más el asunto (el siguiente recién llegado podría leerla como última, pensando que es la buena).

¿Qué autoridad debería hacer esto? A la vista de #91, nosotros mismos (votando los comentarios con pulgares arriba).

No sé si es mucho pedir, pero específicamente en el tema de acertijos me parece imprescindible.

El blog me va a seguir enganchando igual.

Gracias!

#106 — Seguro de mí mismo

Os voy a demostrar matemáticamente por qué los tres tienen la misma probabilidad. Lo haré de una forma sencilla para que lo entendáis...

Que no... que lo correcto es A=B=5/14, C=4/14.

Solo escribo para decir que echo de menos una indicación (un enlace junto al enunciado, o algo así) cuando el problema ya está resuelto y cual es esa solución aceptada (tipo lo que tienen en la web donde has encontrado este). Cuando ya se ha puesto la solución "buena", pero queda ahí perdida en medio de 100 mensajes de todo tipo, graciosos, loantes, dudosos, y tal, para uno que llega tarde y con ideas frescas es complicado leerselo absolutamente todo antes de escribir su tontería equivocada, y enmarañar más el asunto (el siguiente recién llegado podría leerla como última, pensando que es la buena).

¿Qué autoridad debería hacer esto? A la vista de #91, nosotros mismos (votando los comentarios con pulgares arriba).

No sé si es mucho pedir, pero específicamente en el tema de acertijos me parece imprescindible.

El blog me va a seguir enganchando igual.

Gracias!

#107 — Orkan

#105 Completamente de acuerdo en todo.


Ah, y acabo de verlo. Alvy, en #91 dices que mi #21 es razonable y correcto: y efectivamente lo es, salvo por el hecho de que no se aplica al problema que se busca resolver aquí e.e

#108 — Sebas

De acuerdo con #105 pero....
Despues de intentar resolver bastantes problemas sin que pueda consultar su solución (y como yo supongo que otros que han comentado en este), si un problema lo considero resuelto es porque tengo bastantes argumentos para defenderlo delante de cualquier juez y a medida que pasa el tiempo mas claro lo veo, si por el contrario dudo de algo no me queda mas remedio que reconocer que no he dado con la solución
En este particularmente creo que hay datos mas que suficientes para ver cual es la solución sin necesidad de árbitro (no esta demas leer todos los comentarios) y que cada uno se juzge,
Tambien considero que no esta demás antes de exponer los comentarios o pistas, consultarlo con la almohada, reconozco que algunas veces tambien me precipito.
Creo que algunos tienen dudas y por el contrario otros lo ven muy claro.
Si existen dudas creo que mucho se brindaran para despejarlas.
Perdonad por el sermón... no es mi deseo ofender a nadie.
Espero que nos volvamos a tirar del moño en otros
Saludos

#109 — Mmonchi

¿Todavía con esto? El problema está más que resuelto, pongo una solución gráfica para aquellos que no quieren fórmulas:

http://i53.tinypic.com/123v24n.jpg

#110 — Juan AR

Yo había llegado a la misma conclusión que Junior #71 pero él lo ha explicado de manera magistral. No se puede añadir una coma. :)

#111 — Juan AR

Bueno, con la diferencia que yo no había sabido proponer la fórmula, sólo había llegado al árbol y a los ciclos dentro de él. No me quiero atribuir méritos de los que carezco. :P

#112 — Manuel

Tienen los tres las mismas posibilidades de ganarlo que de perderlo. Cambiar el enunciado (ganar por perder) y lo veréis más claro.

¿Como puede tener alguien más posibilidades de ganar y de perder al mismo tiempo?

Hay que llevar cuidado, pues a veces hay razonamientos que prueban una cosa y su contraria al mismo tiempo.

#113 — Llevad cuidado

Manuel #112, por favor haz tú mismo el ejercicio que propones, y cuando llegues a "...el perdedor siempre se retira...", me cuentas cómo lo redactas tras el cambio. O bien, haz otro ejercicio, mírate el #39, o aunque sea el diagrama del #109.

Observo un patrón: respuestas poco reflexivas que intentan encajar una solución que fue sorprendentemente elegante para otro problema, pero que desgraciadamente, en este no encaja.

Saludos.

#114 — pp

Nos piden analizar si los 3 jugadores tienen la misma probabilidad de ganar el torneo. Calcular la probabilidad absoluta en este caso no tiene sentido, porque a consecuencia del propio enunciado de las reglas, este suceso depende del número de rondas que se hayan disputado, o lo que es lo mismo, solo tiene sentido hablar de la probabilidad de ganar el torneo transcurridas X rondas.

El hecho clave está en la definición de victoria. Gana quien consiga ganar 2 partidas de manera consecutiva. En un torneo con este reglamento, y dada una partida entre dos jugadores X e Y, la probabilidad de ganar el torneo en esa partida concreta se calcula como la probabilidad de ganar la partida actual, multiplicado por la probabilidad de que ese jugador haya ganado la partida anterior.

Esto es, si un jugador no ha ganado la partida anterior, no puede ganar el torneo en la partida actual.

Si ha ganado la partida anterior, entonces lo hizo con probabilidad 0.5 ó 1/2, que multiplicado por 0.5 de probabilidad de ganar la partida actual, nos da un valor de 0.25 ó 1/4.

Esto quiere decir que todos los jugadores tienen la misma probabilidad de ganar el torneo, PERO siempre y cuando hayan tenido la posibilidad de participar en la ronda anterior.

Y ahi es donde está el truco y la confusión. Hay que razonarlo en función de las rondas que hayan transcurrido, para ver la desventaja del jugador C.

Si lo vemos exahustivamente, en la ronda 1 ningún jugador tienen posibilidad de ganar el torneo, porque ninguno ha tenido posibilidad de disputar la ronda anterior.

En la ronda 2, solo A y B tienen posibilidad de ganar el torneo, porque solo ellos han tenido posibilidad de jugar la ronda 1 (porque así lo enuncia el problema). En este caso la probabilidad de ambos es 1/4. Ojo, en la ronda 2 la probabilidad de ganar el torneo del jugador C es igual a 0.

A partir de la ronda 3, los 3 jugadores han tenido oportunidad de disputar la ronda previa, con lo cual la probabilidad de ganar el torneo de cada uno es de 1/4.

Si queremos generalizar para N rondas, la fórmula de la probabilidad puntual es la fórmula clásica de casos exitosos entre casos totales.

O sea, que si N es el número de rondas disputadas del torneo (N > 1) podemos decir que la probabilidad de A ó B de ganar el torneo en esa ronda será de 0.5 * (N-1) / N y en cambio, la probabilidad de ganar el torneo para el jugador C será de 0.5 * (N-2) / N que como se puede observar está afectada por el enunciado del problema, siendo menor sus opciones que las de sus compañeros.

#115 — JangBi

Todos tienen las mismas posibilidades.

De hecho es así como se resuelven los empates entre tres jugadores en los torneos de Starcraft.

A veces la cosa acaba en dos partidas pero en otras ocasiones han llegado a jugar más de diez.