miércoles, 9 de septiembre de 2009

Lanzando la moneda

Arrojo una moneda y voy llevando la cuenta de las caras y cecas que salen. Planeo detenerme cuando hayan salido 10 caras más que cecas.

¿Cuántas veces tendré que tirar la moneda, estimativamente?
¿Y si planeara detenerme cuando hayan salido un diez por ciento más caras que cecas?

3 comentarios:

luisito dijo...

Hola Marcos. Hacia mucho que no me metia en tu blog. Veo con agrado que lo seguis actualizando con problemas muy buenos. Este de la moneda me gusta mucho.

A mi me da +infinito. Si el problema fuera esperar a que haya o bien 10 caras mas que cecas o bien 10 cecas mas que caras, me daria 100. Esto me sugiere que o resolvi mal el problema, o vos no tenes ni idea de como se hace tampoco. Probablemente las dos cosas.

Los que lo quieren seguir pensando, paren de leer aca.

La manera que lo hago es la siguiente. La estimacion de cuantas veces me falta tirar la moneda depende naturalmente de la diferencia entre caras y cecas que uno lleva en la cuenta. Llamemos x a esta diferencia. Empezamos con x=0, y terminamos con x=10. Para cada valor de x, queremos estimar cuantas veces nos falta tirar la moneda. Supongamos que es un numero finito y llamemoslo u(x). El problema es calcular u(0). Que sabemos de u?

Sabemos que u(10)=0, porque si x=10 ya terminamos.

Para cada x<10 vamos a volver a tirar la moneda. Despues de un tiro vamos a pasar a x+1 o x-1 segun salga cara o ceca. Asi que u(x) tiene que ser lo mismo que 1+(u(x+1)+u(x-1))/2.

Asi tenemos las ecuaciones:
u(10)=0
u(x) = 1+(u(x+1)+u(x-1))/2 para x<10

Si elegimos cualquier valor arbitrario para u(9), con la formulita esta calculamos todos los valores de u(x) (incluyendo u(0)).

Pero hay un dato mas que es muy importante y tenemos que usar. u(x) no puede ser negativo para ningun valor de x<10. Desafortunadamente, para cualquier valor que elijamos de u(9), u(x) se hace negativo cuando x -> -infinito. Asi que el sistema de arriba no tiene ninguna solucion con numeros positivos y no queda otra que la esperanza sea de infinitas tiradas de moneda.

Como dije arriba, si pararamos cuando la diferencia entre caras y cecas fuera 10 (de cualquiera de las dos maneras), entonces si daria un numero finito. Pero eso se los dejo para que lo piensen.

El problema con el 10% me parece mas dificil. No se me ocurre como hacerlo.

Marcos dijo...

Gracias por el análisis. Lo chusmearé luego.

hjg dijo...

Es un problema de caminata aleatoria (random walk). Pero el enunciado es ambiguo: "¿cuántas veces tendré que tirar la moneda, estimativamente?" puede referirse a "cuantas veces en promedio" o "cuantas veces para tener asegurada una probabilidad mayor a 99% o 99.99%.. o lo que fuera". No tiene solución trivial (aunque tampoco es inabordable).
La segunda parte suena un poco mas complicada.