El sorteo de la Champions (y II)

Muchas gracias a todos por las aportaciones. Creo que ha habido tres soluciones distintas, y que tiene sentido recapitularlas.

  1. Con probabilidad elemental, fijando un primer equipo español, digamos el A. La probabilidad de que su rival sea español es 2/7. Que el rival de A no sea español tiene probabilidad 5/7, y en ese caso que el rival de B sea el tercer equipo español tiene probabilidad 1/5. Por tanto, la probabilidad de eliminatoria española era \frac{2}{7} + \frac{5}{7} \cdot \frac{1}{5} = \frac{3}{7}.
  2. Directamente con la regla de Laplace, contando casos favorables y posibles. En algún momento hablaremos de la combinatoria, casi desaparecida del currículo. Y cuando se trata, reducida a variaciones, permutaciones y combinaciones, con sus correspondientes fórmulas. A la hora de la verdad, muchas cosas no son nada de eso. Por ejemplo, los posibles emparejamientos entre n equipos.
    Para la primera eliminatoria hay \binom{n}{2} posibilidades, para la segunda \binom{n-2}{2}, etc. Como es mejor ignorar el orden de esos emparejamientos, tras dividir por (\frac{n}{2})! se obtiene la fórmula para el número de emparejamientos entre n equipos: \frac{\binom{n}{2} \binom{n-2}{2} \cdots \binom{2}{2}}{(\frac{n}{2})!}. Tras simplificar queda (como observó ricardito) que el número de emparejamientos entre n equipos es el producto de los impares menores que n. En el caso de los 8 equipos, 7 \times 5 \times 3.
    ¿En cuántos de ellos hay eliminatoria española? Hay 3 posibles emparejamientos entre equipos españoles, y para cada uno de ellos hay que emparejar los restantes 6 equipos. Por tanto, hay 3 \times 5 \times 3 emparejamientos con eliminatoria española.
  3. Para terminar, mi modelo de las bolas rojas. Consideramos 8 posiciones, distribuidas en 4 cajas. La posición 1 y 2 en la primera caja, la 3 y la 4 en la segunda, etc. Hay \binom{8}{3}=56 formas de colocar 3 bolas en esas 8 posiciones.  Si en una caja hay dos bolas, hay 6 huecos para la bola roja restante. Por tanto, en 4\times 6 de las distribuciones de bolas hay 2 en la misma caja, y la probabilidad es \frac{24}{56} = \frac{3}{7}.
Anuncios

El sorteo de la Champions y los modelos matemáticos

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. 

———————————————————

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

A_i \equiv “la bola i cae en un cesto vacío” (para i=2,3)

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:

probabilidad-Champions

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: 

sorteo-bolas-rojas

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 2nuevo 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.