Actualización 3: un lector pregunta por los detalles del sorteo. Creo que lo razonable es aclarar eso al principio. Se trata de un sorteo puro, cualquier combinación es igualmente probable. Los detalles de cómo se lleva a cabo el sorteo «real» son irrelevantes, eso es parte del tema de «elegir bien el modelo», sobre el que quería escribir en esta entrada. En todo caso, simplemente hay 8 bolas en un bombo, y se van extrayendo una a una. Se empareja 1ª con 2ª, 3ª con 4ª, etc.
Tal y como ha quedado la entrada, creo que también es justo avisar a los lectores de que el reto es encontrar el fallo en los dos primeros argumentos.
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A cuenta del sorteo de la Champions, en el que de un total de 8 equipos tenemos 3 españoles, @edusadeci lanzó la pregunta de qué probabilidad hay de que el sorteo empareje a dos equipos españoles, ya advirtiendo de que no es un problema tan sencillo como parece. Merece la pena echar un vistazo a las respuestas, realmente variadas …
Creo que es un ejemplo más de lo difícil que es la probabilidad, y de que muy pronto aparecen preguntas «sencillas» nada fáciles de contestar.
El aspecto que más me interesa del problema es que es un ejemplo perfecto de la importancia de elegir un buen modelo. Desde luego, la probabilidad se puede calcular directamente contando resultados del sorteo. Pero no es sencillo, y es otro buen ejemplo de lo sutil que es la combinatoria, sobre todo dado lo desentrenados que estamos en ella (su presencia en la educación matemática obligatoria es menos que testimonial).
El modelo que me parece más sencillo para contestar la pregunta original es considerar 4 cestos, y 3 bolas rojas. Si colocamos al azar las 3 bolas en los cestos, ¿cuál es la probabilidad de que caigan en cestos distintos? La clave para darse cuenta de que es el mismo problema es considerar las 8 bolas del sorteo, y ver el sorteo como el procedimiento de extraer bolas, al azar, e irlas colocando de dos en dos en los cestos. Podemos imaginar las bolas de los equipos españoles coloreadas de rojo, y darnos cuenta de que realmente el resto de las bolas ¡no juegan ningún papel! Visto así, queda también claro que se trata de una variante del problema del cumpleaños, donde tenemos 3 personas, que cumplen años en 4 días (con probabilidad uniforme, e independientes, claro) y nos preguntamos por la probabilidad de que sus cumpleaños sean distintos.
Una vez hemos llegado aquí, el resto es probabilidad «sencilla». Si numeramos las 3 bolas según el orden en que las colocamos en los cestos y consideramos los sucesos
vemos que calcular la probabilidad de que no haya eliminatoria entre dos equipos españoles es una pregunta que se puede responder con conocimientos básicos de probabilidad condicionada:
Actualización: podría decir aquello de «estaba preparado para ver si alguien prestaba atención», pero en absoluto, mi argumento está mal, sin paliativos. Un fiel seguidor del blog me lo ha hecho ver: el problema del modelo que propongo es que no excluye que haya tres bolas en un cesto, cosa prohibida en el sorteo. Eso sí, la solución que propone el lector (matemático, como yo) creo que tampoco es correcta. Al final, esta entrada va a ser sobre todo una prueba de que, con la probabilidad y la combinatoria, cualquiera puede cometer errores. Y que modelar de forma correcta es complicado, aún en situaciones «sencillas».
Como ya no me fío de nada he decidido recurrir a la «fuerza bruta», y contar las formas de colocar 3 bolas rojas en 4 cestos, sin permitir que haya 3 en el mismo. Son 16, y aquí están:
De esas 16, sólo en 4 se evita el emparejamiento entre dos equipos españoles. Por tanto, la probabilidad de que haya una eliminatoria española es 3/4. Nada extraño que haya ocurrido …
Actualización 2: nuevo error, otra vez de principiante. Los sucesos de la figura NO son equiprobables. Si pensamos en las permutaciones de 8 elementos, que sí son equiprobables, y vemos el sorteo como emparejar 1 y 2, 3 y 4, etc, los sucesos con 3 bolas en distintos cestos se pueden completar a 8 permutaciones (en el sentido de contar sólo las posiciones de las bolas rojas), mientras que los que tienen dos bolas en un mismo cesto se pueden completar solo a 2. Visto así, el conteo para los sorteos sin emparejamiento español es 32/(32+56) = 4/7, que sí coincide con la solución que proponía Roberto Muñoz, el lector que me hizo ver mi primer error.
Lo dicho, la probabilidad es resbaladiza, y si algún lector tiene un futbolín y cree que debo pasar por debajo de él, estoy dispuesto.
Más ideas, menos cuentas. Un blog sobre educación matemática. 
¿Cuántos emparejamientos distintos (No importa casa o visitante) pueden hacerse con 8 equipos ? Combinaciones de 8 elementos tomados de 2 en 2. En total 28 posibilidades. ¿Cuántos enfrentamientos entre españoles puede haber? 3
En total 3/28
Me fijo en la probabilidad de escoger un español entre los 8 equipos 3/8 y de volver a coger a otro español entre los 7 restantes 2/7. La probabilidad conjunta 3·2/7·8= 3/28
Bienvenido al club … de los autores de soluciones incorrectas. Dentro de unos días publicaré un par de soluciones (ahora ya estoy seguro de tener la correcta, sobre todo porque tengo un argumento independiente al que me dio el lector, y la solución coincide, 3/7) pero creo que es útil esperar. De los errores se aprende, yo lo he experimentado en primera persona muchas veces.
La probabilidad de que el primer equipo español se empareje con otro español es 2/7 (quedan dos equipos españoles de 7 en total).
Si el primer equipo español se empareja con uno extranjero (probabilidad de 5/7), el siguiente equipo español tiene una probabilidad de 1/5 (queda el otro equipo español del total de 5).
En resumen: La probabilidad del cruce entre equipos españoles es 2/7 + 5/7*1/5 = 3/7.
La probabilidad de que tanto en Championship como en Europa League haya tocado cruce español es 3/7*3/7 = 9/49 = 18 %, pero ha tocado.
Yo he hecho unos cálculos «rápidos» y me sale una probabilidad de 39,28% a que tocaría enfrentamiento entre españoles. Tengo que repasarlo, pero lo he hecho considerando cada extracción de dos bolas (EE, EN, NE y NN) y añadiendo después lo que ocurre en la segunda extracción de dos bolas, condicionada con los resultados anteriores, y posteriormente en la tercera (que ya se puede considerar como última) extracción de otras dos bolas. Me sale, como digo, 39,28%. Lo repasaré
Yo al final lo he hecho a lo bruto, es decir con árbol de probabilidades (cada sorteo tiene tres posibilidades, español-español, español-extranjero o extranjero-extranjero. No queda muy monstruoso porque algunas ramas enseguida se cierran). Y me sale 3/7. No es muy elegante pero es seguro. Primero lo pensé poniéndome en el lugar de un equipo español, y viendo las dos posibilidades, como Fernando Bernal, pero tienes razón en que es un problema resbaladizo y no se queda una muy convencida.
Hola de nuevo. He repasado mis cálculos de ayer. Haciéndolo por grupos de dos bolas, como os decía, me sale: P(esp/esp) en la primera «pareja de bolas»=3/28. P(esp/esp) en la segunda «pareja»=3/28 de nuevo. P(esp/esp) en la tercera o cuarta «pareja de bolas»=1/14 + 1/7, que son 3/14 (ayer se me olvidó meter un suceso). Y lo más curioso del asunto, al sumarlo todo me sale 3/7. Justo lo que decíais algunos/as!!! Y esta vez creo que lo he ido sumando bien. No aporto nada, pero corroboro lo que habéis dicho otros, desarrollando más el proceso.
Un saludo
A mi me sale 1/14
Primero determino el numero total de sorteos que es 7!
Despues calculo el numero de sorteos en los que se emparejan equipos de españoles que es 3 x 5!
y ya solo queda dividir (3 x 5!) / 7! = 1/14
La solucion que propuse antes no era correcta ,aunque la idea de hacer un recuento no iba desencaminada.
La he refinado y ahora el resultado coincide con el vuestro.
El numero de sorteos que se pude hacer con n equipos es M(n)= (n-1)*(n – 2)*..*1
El numero de sorteos en que coinciden 2 españoles es 3 * M(6)
La probabilidad p sera P= (3 * M(6))/M(8)= 3/7
Un saludo
Hubo un error al teclear : M(n) = (n-1)*(n -3) *(n-5)..*1
Y ya que me pongo dejo mi solucion para el caso mas general de q equipos
p de los cuales son españoles . La probabilidad p valdria
p= c(p,2)*m(q-2)/M(q)
donde c(p,2) son las combinaciones de p elementos tomadas de dos en dos.
Creo que es correcta aunque con estas cosas de la combinatorianunca se sabe
No veo dónde podría preguntar, pero me pica la curiosidad, ¿alguien vio el programa de Cintora sobre los deberes? ¿qué opinión os merecen las ideas de Alberto Royo, el autor de «Contra la nueva educación»?
Supongo que tiene sentido plantear un debate sobre el tema. En cuanto tenga un rato escribo la entrada correspondiente.