El problema de los dados del caballero de Méré: soluciones ...

SUMA 56
Noviembre 2007
5 1 1
en1 en+ , e1 , n12
, ,...
36 36 36
Con esta termina lo que Huygens explica sobre este caso.
Completamos nosotros la resolución del problema añadiendo
las funciones f, g y h que Huygens construyó para el caso anterior:
f(n) = 36 n – 35 n , g(n) = 36 n y h(n) = 35 n .
También deducimos que el número mínimo de lanzamientos,
n0, para que haya más alternativas favorables al seis doble que
n0n0 en contra, debe verificar la desigualdad 36 235 .
En la tabla siguiente comprobamos que dicho número mínimo
ha de ser 25, y no 24 como argumentaba el caballero de
Mére. No presentamos las potencias exactas, sino aproximaciones
en las que aparecen las primeras cifras, puesto que son
suficientes para efectuar las comparaciones.
N.º de lanzamientos
del gran dado
Así, la probabilidad de obtener al menos un seis doble en 24
tiradas es
36 35
24
36
24 24
Mientras que la de obtenerlo en 25 tiradas es
36 35
25
36
25 25
36 n 2 · 35 n
24 2,24 · 10 37 2,28 · 10 37
25 8,08 · 10 39 7,99 · 10 39
24
35
1 049140388
36
' ...
25
35
1 050553154
36
' ...
En la proposición 12, Huygens presenta el siguiente problema:
Encontrar el número de dados con el que se puede aceptar
lanzar 2 seises en la primera tirada.
O sea, con cuántos dados apostaría un jugador con ventaja, a
conseguir dos seis en un solo lanzamiento de todos ellos. Esto
es, obviamente, una generalización de las proposiciones 10 y
11. Huygens reformula el problema como sigue:
Encontrar cuántas tiradas de un dado son necesarias para
tener al menos una chance igual de conseguir dos seises.
En términos de esperanza, sea en la del jugador que lanza
cuando apuesta que conseguirá al menos 2 seises en n lanzamientos.
Hablando en términos de probabilidad, Huygens
50
plantea la siguiente ecuación recurrente para resolver este
problema: La probabilidad de obtener al menos 2 seises en n+1
lanzamientos es igual al producto de la probabilidad de obtener
al menos 1 seis en primer lanzamiento por la probabilidad
de obtener al menos 1 seis en los n lanzamientos últimos más
la probabilidad de no obtener seises en el primer lanzamiento
por la probabilidad de obtener al menos 2 seises en los n lanzamientos
últimos.
Observamos que la última probabilidad del segundo miembro
es la misma que la del primer miembro pero con n lanzamientos
en lugar de n + 1. Ahí está la clave de la ecuación
recurrente que Huygens obtiene para este problema. Además,
la probabilidad de obtener al menos un seis en n lanzamientos
es la complementaria de la de no obtener ninguno en esos
lanzamientos, o sea:
Si la apuesta es 1, la probabilidad se convierte en esperanza
del jugador que lanza y la ecuación recurrente de Huygens
toma la forma
lo que, partiendo de e2 = 1⁄36, encuentra e3 = 16⁄216, y así hasta
e10, que es ligeramente superior a 0,5. Escribe:
…tomando así cada vez un lanzamiento más, se encuentra
que se puede aceptar con ventaja cuando el número de lanzamientos
es 10. O sea, con n = 10 dará una ventaja ligeramente
superior a 1:1.
Con esto termina lo que Huygens aporta a la resolución del
problema que nos ocupa en su tratado. Hemos de notar que,
como se ha visto, Huygens no utiliza logaritmos para facilitar
el cálculo. Korteweg (1920) señala que ese hecho ha impedido
a Huygens la generalización del problema. Se pregunta
¿Por qué Huygens se limitó en su tratado de 1657 al caso de
uno y dos dados y no ha sabido resolver el problema en este
último caso nada más que por unos cálculos que debían ser
bastante penosos?
Y añade
obtener
al menos 1 seis en los
P
n lanzamientos últimos
5
1
6
n
en e
1 5 5
1 1
6 6 6
Es cierto que el cálculo de los logaritmos no parece haber
formado parte de los cursos enseñados por van Schooten y
que se encuentra en los manuscritos de Huygens, alguno
escrito antes de 1661… Sin embargo, parece inadmisible
que Huygens no haya tenido conocimiento antes de 1657
de una rama tan importante de la matemática, sin duda
bien conocida en Holanda por los trabajos de Vlack 1 .
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