dimecres, 15 d’agost de 2012

The St. Petersburg paradox

Extracted from wikipedia: http://en.wikipedia.org/wiki/St._Petersburg_paradox,
from the book El libro de las Matemáticas of C. Pickover: http://divulgamat2.ehu.es/divulgamat15/index.php?option=com_content&view=article&id=11733:el-libro-de-las-matematicas&catid=53:libros-de-divulgaciatemca&directory=67
and from the article The St. Petersburg Paradox: http://plato.stanford.edu/archives/fall2004/entries/paradox-stpetersburg/.

In 1713, Nicolas Bernoulli, a member of the most famous mathematical family of the history (the Bernoullis), proposed the following problem:

Imagine a game of chance for a single player in which at each stage a coin is tossed. The pot starts at 1 dollar and is doubled every time a head appears. The first time a tail appears, the game ends and the player wins whatever is in the pot. Thus, the player wins $1 if the tail appears in the first toss, $2 if the tail appears in the second toss, $4 if the tail appears in the third toss, and, in general, $2^(k-1) if the tail appears in the k-th toss.

The question is: what would be a fair price to pay for entering the game?

Rational people would enter the game if the expected win is bigger than the price paid to enter the game. In this case, the expected win is:

E = 1/2*1 + 1/4*2 + 1/8*4 + 1/16*8 + ... = 1/2 + 1/2 + 1/2 + 1/2 + ... = infinite

So, if we follow the usual treatment of this kins of problems we would have to play the game at any price if offered the opportunity!

However, some studies showed that many people would pay more than $20. The paradox here is the discrepancy between what people seem willing to pay to enter the game and the infinite expected value suggested by the above analysis.

For more information follow the links in the top of this post, to the Wikipedia, to the book or to the article.

dilluns, 6 d’agost de 2012

Feu la prova

Publicat al suplement es-Estils de vida de La Vanguardia el 2 de juliol de 2012

 José María Letona, director de l'Escola de Pensament Matemàtic Miguel de Guzmán, proposa de posar a prova el nostre raonament matemàtic amb cinc problemes, alguns de clàssics i d'altres no tant.

  1. En qualsevol torneig de tennis, el nombre de participants sempre permet que puguin aparellar-se en qualsevol ronda. Aquest nombre (8,16,34,64, etcètera) és dels que els matemàtics anomenen "potències de 2" i amb ells calcular el nombre de partits que hi haurà al torneig és molt fàcil. Per exemple: amb 16 participants, a la primera ronda hi haurà 8 partits; 4 a la segona; 2 a les semifinals i després 1, la final. En total, 15 partits. Amb 32 participants, hi haurà aquests 15 més els 16 priers. És a dir, 31 partits. En tots dos casos hi ha un partit menys que el nombre de jugadors. Si el nombre de participants no és d'aquesta mena (potència de 2), en algunes rondes hi hauria un nombre imparell de jugadors. Una opció raonable per evitar aquest problema és, en aquests casos, triar un jugador que, per sorteig, passa a la ronda següent. Així, per exemple, amb 13 jugadors passarien a la ronda següent l'escollit més els 6 guanyadors dels 12 partits restants. D'aquests set jugadors, per sorteig, se n'elegeix un que passa a la següent ronda amb els tres guanyadors dels partits restants. Aquests 4 ja juguen com sempre, i el nombre total de partits seria, llavors: 6+3+2+1=12. També un de menys! I amb 2.013 jugadors també deu ser un de menys? I amb qualsevol número?
  2. Cadascun dels 1.000 veïns de Matematilandia té un armariet com els dels instituts i el dia de les festes populars munten un joc ben curiós. Va el més jove i obre tots els armariets. El següent els tanca de dos en dos: és a dir, va als armaris 2, 4, 6, 8... i els tanca. El següent va de tres en tres: és a dir, va als armaris 3, 6, 9, 12... i els obre o els tanca segons siguin tancats o oberts, respectivament. El següent, de quatre en quatre, fa el mateix: obrir o tancar. El veí número 500 només va als armariets números 500 i 1.000 i els obre o tanca segons siguin tancats o oberts. I a partir d'ell, els veïns número 501, 502, 503... fins al 1.000 només van a un armari: el que indica el seu número i fan el mateix: obrir-lo o tancar-lo segons el trobin tancat o obert, respectivament. Al final del joc, per tant, alguns armariets estaran oberts i d'altres, tancats. La pregunta al visitant és clara. Sense esperar que s'acabi el joc, sabríeu calcular el número de l'últim aramari que quedarà obert?
  3. Dos caçadors es perden en meitat de la caça. Un porta 5 llonguets i l'altre 3. Es troben amb un tercer caçador que no porta res de menjar però sí 8 monedes, i acorden repartir-se els 8 llonguets entre tots tres, a parts iguals, i les 8 monedes entre els dos que aporten el pa. Com s'ha de fer, perquè sigui just, el repartiment de les 8 monedes? *
  4. Trieu els 6 números que vulgueu entre els 10 primers. Oi que sempre n'hi ha entre els escollits un que és múltiple d'un altre? I si escollíssiu 17 números entre l'1, 2, 3..., 32 seria segur que n'hi hauria un que seria múltiple d'un altre? I si n'escollíssiu 2.000 entre l'1, 2, 3..., 3.998? I si trieu la meitat més un entre 1,2,3..., 2n?
  5. En Pere troba 40 errades en un treball i la Marga, independentment, en troba 33, de les quals 24 són compartides amb en Pere. Quantes errades, aproximadament, se'ls han escapat entre tots dos? Però, si no sabem el nombre d'errades de la feina, com esbrinarem el nombre d'errades que no han detectat (aproximadament)? Es pot fer! 


* Aquest problema el recordeu? És el dels 3 excursionistes, que vaig publicar aquí: http://ferproblemes.blogspot.com/2008/01/els-tres-excursionistes.html