El problema de Monty Hall

Publicado el 21 de septiembre de 2010 en Curiosidades por omalaled
Tiempo aproximado de lectura: 5 minutos y 35 segundos
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Los que tenemos ya una edad y superamos las cuarenta primaveras tenemos en la memoria el programa Un, dos, tres, responda otra vez. Si no lo recordáis o no lo conocéis, no pasa nada. Recuerdo que había un juego en el que al concursante le presentaban tres puertas. Tras una de ellas había un coche. El concursante escogía una (digamos, la 1). Entonces, el presentador le mostraba otra puerta tras la cual no estaba el coche (digamos, la 2). Entonces le decían: ¿quiere Ud. cambiar de puerta? O sea, podía seleccionar la 1, que es la que había escogido al principio, o la 3. ¿Debía el concursante cambiar o no? ¿Hay alguna diferencia?

Mucho más tarde, me enteré que este problema es conocido como Problema de Monty Hall y que en realidad, no era una cuestión del programa español, sino de otro llamado “Let’s make a deal”, que funcionó desde 1963 hasta 1990. A los creadores de este programa debió dejarles perplejos que después de emitir unos 4.500 programas durante 28 años, el legado principal fuera esta cuestión.

Y es que con la respuesta han llovido ríos de tinta. Está claro que, si no cambiamos, la probabilidad de que acertemos la puerta correcta es 1/3. El hecho de que nos enseñen una puerta donde no está no hace que dichas probabilidades cambien. La cuestión es que una vez que nos han enseñado esa puerta vacía, si cambiamos, el problema es otro, pues escogemos con una información que no teníamos al principio: ¿cuál sería su elección entre tres puertas si sabemos que el coche no está en la 2, por ejemplo?

Hubo muchos que dijeron que había que cambiar porque al inicio, la probabilidad de acierto era 1 entre 3; pero después, como sólo quedaban dos puertas, en el caso de cambiar, la probabilidad de acertar era 1 entre 2, o sea, un 50% de posibilidades en lugar del 33%. Por ello, el cambio era recomendable.

Por lo menos, parecía ser así hasta que entró en escena una mujer llamada Marilyn vos Savant ¿No la conocéis? Es la mujer que tiene el Coeficiente Intelectual (CI) más alto del mundo, con una puntuación de 228. Consta, incluso, en el libro Guinness de los Récords desde el año 1986. También es famosa por estar casada con Robert Jarvik, inventor del corazón artificial Jarvik. Pero la fama al gran público llegó por otro lado.

Tenía una columna en la revista Parade llamada “Ask Marilyn” y le plantearon esta cuestión. La amiga Marilyn contestó que, efectivamente, debía cambiar pero nuesta probabilidad de acierto no sería del 50%, sino del 66%, o sea, de 2/3.

Bueno los lectores de su columna casi se volvieron locos. Recibió unas 10.000 cartas en las que le corregían o se sentían defraudados por fallar en una pregunta tan sencilla. Entre las cartas había unos 1.000 matemáticos (muchos de ellos, doctores). Era tan evidente: había dos puertas, ¿no? pues una posibilidad entre dos era un 50%. ¿Qué podía haber más sencillo? Uno de ellos, un matemático, escribió un contundente la jodiste:

Deja que me explique: si se enseña una puerta perdedora, esa información cambia la probabilidad de cualquier elección mantenida, ninguna de las cuales tiene ninguna razón para ser más probable a 1/2. Como matemático profesional, estoy muy preocupado por la falta de habilidad matemática del público general. Por favor, ayuda confesando tu error y, en el futuro, sé más prudente.

Pero Marilyn siguió en sus trece. Otros matemáticos de otras universidades también escribieron:

Estoy conmocionado después de haber sido corregido por al menos tres matemáticos, tú todavía no ves tu error.

¿Cuántos matemáticos furiosos se necesitan para cambiar tu opinión?

Si todos esos doctores están equivocados, el país se encontraría en serios problemas.

Incluso el grandísimo Paul Erdös dijo: “Esto es imposible”.

Solo cuando se hicieron simulaciones por ordenador y se vio el resultado, Erdös aceptó que estaba equivocado. Pero un momento, ¿cómo era posible que todo el mundo, salvo Marilyn, dijera el 50% y las simulaciones dieran un 66%? ¿Acaso tenía razón Marilyn? ¿Estaba entonces el país en serios problemas como advertía aquel matemático?

En realidad, el problema ya había sido resuelto por Martin Gardner en 1959 (ver el comentario de Jordi Solà). Voy a intentar explicaros por qué Marilyn tenía razón y aquel montón de gente se equivocaba. Normalmente, cuando alguien intenta explicarlo, lo hace calculando la probabilidad de acierto. Yo voy a hacer lo contrario: voy a imaginar que sé dónde está el coche y ver en cuál de las casillas acierto. Con este punto de vista, la explicación es casi evidente.

Vamos a imaginar que el coche está en la puerta 1 y consideremos las tres posibilidades: que escojamos la puerta 1, la 2 o la 3 y que siempre cambiaremos la puerta después de que nos enseñen la que no lo tiene.

Estado inicial

1.- Escogemos la puerta 1.

Escogemos la puerta 1

En ese caso, el presentador nos enseña la puerta 2 o la 3 (puertas sobre las que hay un círculo verde), cualquiera de ellas, ya que el coche no está allí. Nosotros cambiamos y perdemos. Resumiendo: si seleccionamos la 1 y cambiamos, perdemos.

2.- Escogemos la puerta 2.

Escogemos la puerta 2

En ese caso, el presentador no puede enseñarnos la puerta 1, ya que destrás está el coche; y no puede mostrarnos la puerta 2, pues la hemos escogido. Por tanto, debe enseñarnos la puerta 3 (marcada con el círculo verde), puesto que allí no está el coche.

Nosotros cambiamos a la que queda, o sea, la 1 y ganamos. Resumiendo: si seleccionamos la 2 y cambiamos, ganamos.

3.- Escogemos la puerta 3.

Escogemos la puerta 3

Ahora, el presentador sigue sin poder enseñarnos la puerta 1, y la 3 tampoco, puesto que es la que hemos seleccionado. Sólo puede mostrarnos la 2 (sobre la que está el círculo verde), pues el coche no está allí. Nosotros cambiamos a la 1 y ganamos. Resumiendo: si seleccionamos la 3 y cambiamos, ganamos.

¿Os habéis dado cuenta? Veamos, partiendo de la premisa de que hacemos el cambio de puerta:

Si al principio seleccionamos la 1 y cambiamos, perdemos.

Si al principio seleccionamos la 2 y cambiamos, ganamos.

Si al principio seleccionamos la 3 y cambiamos, ganamos.

Este razonamiento lo podría repetir tanto si el coche está tras la puerta 2 o la puerta 3, pues la posición de la que partimos donde está el coche es indiferente. Sí, cambiaría los números de las puertas, pero la conclusión sería la misma: en dos puertas ganaríamos el juego y en una perderíamos.

Por tanto, ¿no es, acaso, una probabilidad de 2 entre 3 de ganar? Parece que, después de todo, la señora Marilyn tenía razón, ¿no?

Existen simulaciones por en las que se hace una estadística de aciertos en esta página. Y por si no he sido suficientemente claro, tenéis otra explicación (con un poco más de parafernalia técnica) en esta otra página.

Y es que, en ciencia, no cuenta el número de personas que estén a favor o en contra de una argumentación. Y tampoco ganan quienes más gritan o quienes son más elocuentes. Ya lo dijo nuestro Santo Padre Galileo Galilei:

Si razonar fuera igual que cargar, estaría de acuerdo en que varias personas razonando valdrían más que una, al igual que varios caballos pueden tirar de más sacos de grano que uno solo. Pero razonar es como correr, no como cargar, y un único pura sangre puede correr más que cien percherones.

Fuente:
“El andar del borracho”, Leonard Mlodinow



Hay 71 comentarios a 'El problema de Monty Hall'

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  1. #1.- Enviado por: Alejandro Tropea

    El día 21 de septiembre de 2010 a las 19:17

    Magnífico texto. Conocía el problema, pero esta explicación, esta entrada es excelente. Gran aporte.

  2. #2.- Enviado por: Iñaki

    El día 21 de septiembre de 2010 a las 19:49

    Había oído la anécdota, pero ¿realmente pasó así o es una exageración alimentada con el paso de los años? Es que se me hace increíble que hubiera un solo matemático que fallase de esa manera en una cuestión tan simple.

    No obstante, cuando ha salido alguna vez el tema en alguna conversación, siempre queda algún incrédulo. En esos casos, siempre pongo el siguiente ejemplo:

    Imagina que el juego consta de 1.000.000 de puertas. Tras una de ellas hay un premio, en el resto, nada. Eliges una puerta y acto seguido abren 999.998 puertas tras las que no hay nada. Así, quedan dos cerradas: la tuya y otra. ¿Cambias o no cambias?

  3. #3.- Enviado por: Jordi Solà

    El día 21 de septiembre de 2010 a las 19:53

    La explicación del problema es excelente pero la autoría del problema y su resolución no corresponde a Marilyn vos Savant; a ella sólo le corresponde el mérito involuntario de ser quien más insultos ha recibido por defender la solución correcta.
    La primera versión del problema, de 1959, corresponde a Martin Gardner y fue publicada en Scientific American. Hay numerosas versiones del problema (entre las que destaca una publicada el 1976 en American Stadistician) hasta llegar al incidente de Parade Magazine en 1990.

    Fuente: “Los túneles de la mente”, Massimo Piattelli Palmarini

  4. #4.- Enviado por: omalaled

    El día 21 de septiembre de 2010 a las 20:05

    Alejandro: muchas gracias.
    Iñaki: eso es otra buena demostración. Y sí, pasó de verdad y lo de las cartas a vos Savant también. Al menos, eso dicen todas las fuentes que he consultado.
    Jordi Solà: pues muchas gracias por el apunte, cosa que desconocía y que no cita el libro que consulté. Pongo una actualización. Y, por cierto, me apunto ese libro que comentas.

    Salud!

  5. #5.- Enviado por: Suso

    El día 21 de septiembre de 2010 a las 20:14

    Excelente artículo. Sobre todo porque ya había oído hablar muchas veces de este problema, nunca había entendido la solución, pero esta ¡es la primera vez que entiendo el enunciado! Lo cual me lleva a entender también la solución.
    Desde mi punto de vista habría que explicar claramente que las normas del concurso dicen que “escojas lo que escojas el presentador SIEMPRE va a abrir una de las puertas vacías”. Si el presentador abre una puerta AL AZAR no cambia la probabilidad. Pero si el presentador sabe dónde está el coche y está obligado a abrir una puerta que no tenga el coche y no sea la misma que has escogido tu… la cosa empieza a estar clara.

  6. #6.- Enviado por: omalaled

    El día 21 de septiembre de 2010 a las 20:19

    Suso: muchas gracias. Tienes razón. Hay un fallo en el que cae mucha gente. Si tienes una probabilidad entre tres de acertar y luego te enseñan una puerta vacía, tu probabilidad no ha variado: sigue siendo 1/3. Es más: aunque hayas acertado… ¡la probabilidad sigue siendo 1/3! El hecho de haber acertado o no es un suceso más.

    El artículo de hoy ha venido porque hace tiempo me enzarcé a explicarlo a un amigo y no acabé de convencerlo, así que le di vueltas y vueltas hasta que se me ocurrió cambiar de sitio y la explicación salió sola.

    Salud!

  7. #7.- Enviado por: Toro

    El día 21 de septiembre de 2010 a las 22:17

    El desequilibrio de probabilidades viene del hecho de que el presentador siempre muestra una puerta no premiada, con lo que aporta algo de información al concursante.
    Muy interesante y una explicación fabulosa.

  8. #8.- Enviado por: RayLike

    El día 21 de septiembre de 2010 a las 23:38

    Perfectamente explicado, y muy interesante ésto de las probabilidades.

  9. #9.- Enviado por: bardruck

    El día 22 de septiembre de 2010 a las 06:33

    lo que a mi me ha llamado la atención además de el cambio en la probabilidad es la psicología después de este concepto, cuando el presentador ofrece cambiar la puerta, la reacción que más he observado es “ah no, me dice que cambie de puerta por que elegí la adecuada y quiere hacerme perder” por lo que la elección más frecuente es no cambiar de puerta justo contra las probabilidades

  10. #10.- Enviado por: Malonez

    El día 22 de septiembre de 2010 a las 08:18

    Conozco este problema desde la carrera, donde sesudos ingenieros de 3º se reían del profesor cuando dio la respuesta correcta. En mi prudencia, aunque tampoco me lo acababa de creer, me quedé callado que suele ser lo mejor. Al final del año, y tras una importante carga matemática, casi nadie dudaba del resultado. Conocimiento es poder.

    Conozco otras dos versiones. La primera es la de los trileros callejeros que tienen los 3 cubitos y la pelotita. Hacen exactamente lo mismo para que creas que tienes un 50% de éxito, pero esa gente que es muy lista, NO te dejan cambiar de cubilete. La otra es la de 3 condenados (A,B y C) que saben que uno de ellos está condenado a muerte pero no saben cuál. Así que A le pide al carcelero que le diga uno que no esté condenado entre B y C. EL carcelero le dice que B no está condenado a muerte. Inmediatamente todo el mundo cree que A y C tienen un 50% de morir pero por todo lo dicho no es así.

  11. #11.- Enviado por: vdoks

    El día 22 de septiembre de 2010 a las 10:55

    Muy interesante, aunque si no se ofrece siempre la posibilidad, entraría en juego la picardía y psicología del presentador…

  12. #12.- Enviado por: vdoks

    El día 22 de septiembre de 2010 a las 12:14

    …o del trilero ;)

  13. #13.- Enviado por: jarregui

    El día 22 de septiembre de 2010 a las 13:21

    ¡Qué bien!

    Éste es desde hace años mi segundo problema matemático favorito, he sudado tinta con mis amigos para explicarlo… Mi madre al final lo entendió en la línea de lo comentado por Iñaki, pero con 1.000.000 de sartenes y 1 huevo frito :-)

    Me espero por si alguna vez publicas algo sobre mi primer problema matemático favorito, el de la balanza y las 12 bolas (ignoro si lo conoces). No tengo ni idea de su origen, pero seguro que tiene años de historia como éste

  14. #14.- Enviado por: Rawandi

    El día 22 de septiembre de 2010 a las 15:52

    La mayoría de la gente pensaba que el tercer milenio comenzaba con el año 2000 en vez de con el año 2001.

    Estos casos demuestran que la matemática no es precisamente el fuerte de la especie humana. ;-)

  15. #15.- Enviado por: peinafarolas

    El día 22 de septiembre de 2010 a las 16:29

    Magnifica entrada!!! Es mi problema matemático favorito desde que vi la película 21 Blackjack en dónde lo plantean en una clase del MIT, creo que es en ecuaciones de variable compleja, pero no estoy demasiado seguro.
    Con la presentación que acabas de hacer del problema queda fácilmente entendido y con las versión de 1.000.000 de puertas también.
    Buscaré cosas sobre el acertijo de las 12 bolas y la balanza que comenta jarregui.
    Un saludo.

  16. #16.- Enviado por: jmmayoral

    El día 22 de septiembre de 2010 a las 17:22

    Excelente explicación…. pero la veo un punto flojo.
    Si elegimos 1 y nos abren la 2 y cambiamos… perdemos
    Si elegimos 1 y nos abren la 3 y cambiamos… perdemos
    Si elegimos la 2 y nos abren la 3 y cambiamos… ganamos
    Si elegimos la 3 y nos abren la 2 y cambiamos… ganamos

    Por tanto, las posibilidades de ganar o perder cambiando son del 50%.
    Las combinaciones posibles son 4, no 3. La falacia está en decirnos en la explicación que eligiendo la puerta 1 da igual cuál nos abran.

  17. #17.- Enviado por: BBP

    El día 22 de septiembre de 2010 a las 18:14

    jmmayoral, los dos primeros casos que comentas en realidad son el mismo, una vez elegida la 1, si cambiamos perdemos. El razonamiento tal como dice omalaled es:

    “…partiendo de la premisa de que hacemos el cambio de puerta:
    Si al principio seleccionamos la 1 y cambiamos, perdemos.
    Si al principio seleccionamos la 2 y cambiamos, ganamos.
    Si al principio seleccionamos la 3 y cambiamos, ganamos.”

  18. #18.- Enviado por: omalaled

    El día 22 de septiembre de 2010 a las 20:47

    Toro, RayLike, peinafarolas: muchas gracias.
    bardruck: es que lo bonito de este juego es lo en contra que va de la intuición. Muy curiosa la psicología.
    Malonez, vdoks: je jeee, a ver si los trileros son ahora unos expertos en estadística …
    jarregui: no tenía tu problema en mente, pero me he dado el gustazo de pensarlo … y resoverlo :-)
    Rawandi: y sobre todo la estadística. En el libro de donde lo he sacado demuestra que muchas veces nos suceden cosas al azar y tomamos decisiones que nada tienen que ver con la racionalidad, sino con el azar que nos ha ayudado o fastidiado.
    jmmayoral: Pero en los dos sucesos primeros selecionas la puerta 1. Como ya te hace intuir BBP, no hay que considerar uno de los casos, ya que no tiene sentido seleccionar la puerta 1 dos veces. O sea, seleccionas la puerta 1 y te enseñan cualquiera e las otras dos, ese es el suceso y no uno por cada puerta que te puedan enseñar.

    Salud!

  19. #19.- Enviado por: Juan

    El día 23 de septiembre de 2010 a las 11:24

    Pues yo creo que hay un error en el planteamiento de todas formas. Se dice que el presentador no puede ofrecernos la puerta donde sí está el coche, ¿cómo que no? De eso se trata. No olvidemos que es un juego y el presentador nos ofrece todas las posibilidades, las buenas y las malas para confundirnos, si no sería siempre tan fácil como elegir lo que el presentador no nos ofrece.
    Lo siento, no me convence.
    Saludos

  20. #20.- Enviado por: omalaled

    El día 23 de septiembre de 2010 a las 13:00

    Juan: si el coche está detrás de la puerta 1, no nos puede enseñar dicha puerta pues si no… ¡estaría el coche!
    El juego está simulado en est eenlace.

    Es una cuestión de cambiar o no cambiar de elección. Pero el planteamiento es correcto y el problema tiene una solución. No se trata de mostrarnos la puerta 1 y ver que no está el coche… para luego resultar que sí estaba ahí. En ese caso, más que un juego, sería un engaño.

    Salud!

  21. #21.- Enviado por: Jarregui

    El día 23 de septiembre de 2010 a las 14:11

    omalaled: si te pica el gusanillo, el problema de las bolas da mucho de sí… ¿Se puede resolver con 13 bolas? ¿Con 14? ¿Con 15? En palabras de un amigo mío que lo resolvió de manera impecable… ¿cuál es el ancho de banda de la balanza? ¿Y por qué? Y en mi experiencia, si lo has resuelto tan rápido, o no has entendido el problema (máximo 3 pesadas, una bola a descubrir que pesa distinto a las demás sin saber si es más o es menos) o es que eres muy listo. Me inclino por lo segundo… :-)

  22. #22.- Enviado por: andreito

    El día 23 de septiembre de 2010 a las 14:34

    Un clásico, y difícil de aceptar para muchos. Yo uso una variación en mis clases que queda de lo más chulo. No es mía, está tomada de:
    Kohn, A. (1999). Defying intuition: Demonstrating the importance of the empirical technique. In M. E. Ware and C. L. Brewer (Eds.), Handbook for teaching statistics and research methods (2nd ed.) (pp. 179-181). Mahwah, NJ: Lawrence Erlbaum.

    Ahh, por cierto, fabuloso tu blog.

  23. #23.- Enviado por: rayohauno

    El día 23 de septiembre de 2010 a las 14:55

    Relacionado al problema de las 12 bolas. Se puede encontrar una estimacion (que en el caso del problema de las 12 bolas se vuelve exacta) al minimo numero de pesadas necesarias para determinar cual es la bola distinta, utilizando argumentos entropicos unicamente. Es un lindo ejercicio que muestra el poder de la teoria de la informacion. Permite resolver el problema sin necesidad de considerar todas las posibilidades, y por medio de argumentos muy sencillos (sumar informacion).

    Formulo el problema: Se tienen 12 bolas, una pesa distinto (no se sabe si es mas liviana o mas pesada), el resto pesan iguales. Se dispone una balanza de platillos, la cual al utilizarse puede dar 3 resultados. 1° La balanza se inclina a la izquierda (indicando que o bien hay algo mas pesado a la izquierda, o bien algo mas liviano a la derecha), 2° la balanza se inclina a la derecha (indicando lo analogo a 1°), y 3° La balanza no se inclina (esto desde el punto de vista fisico no es cierto, ya que consituye un punto de equilibrio inestable, pero nos interesa el experimento pensado desde el punto de vista matematico asi que lo vamos a permitir; en este caso, trivialmente la balanza indica que lo que esta a la izquierda pesa lo mismo que lo que esta a la derecha).

    La pregunta que queremos responder tiene 24 posibles respuestas. Esto es asi ya que 1 de las 12 bolas pesa distinto (hay que identificar cual es), y un factor 2 por si la bola indentificada resulta mas liviana o mas pesada que el resto. La ingorancia que uno posee (en unidades arbitrarias, por ello vamos a elegir el logaritmo en base 2 para hablar de bits de informacion) al desconocer la respuesta, es entonces, la entropia de Shannon de la distribucion de probabilidades asociada a las respuestas posibles. Como todas las respuestas son equiprobables. Dicha ignorancia es entonces (medida en bits):

    Ign = log_2(24)

    Aqui log_2(x) denota el logaritmo en base 2 de x.

    La máxima cantidad de información que se puede ganar en una pesada es la entropia de Shannon de los posibles resultados obtenidos (asumiendo que los resultados posibles de las pesadas son equiprobables, es a partir de esta suposición que se lleva a una aproximación, una cota inferior al minimo numero de pesadas necesarias para asegurarese encontrar la respuesta):

    Inf = log_2(3)

    Si N es el numero de pesadas que realizamos, hemos ganado N*log_2(3) bits de informacion. Son suficientes log_2(24) bits de informacion para encontrar la respuesta.
    Luego, el minimo N tal que N*log_2(3) sea igual o mayor
    que log_2(24) es el que queremos encontrar. Dado que

    log_2(24)/log_2(3) = 2.89…

    dicho N es N=3. Con 3 pesadas es suficiente !!!, con menos no.

    Saludos

  24. #24.- Enviado por: jmmayoral

    El día 23 de septiembre de 2010 a las 15:16

    Seguís diciendo que da igual qué puerta nos muestre, pero en el momento de comenzar el juego existen esas 4 posibilidades y un 25% de que se de cada una. Si agrupamos las 2 primeras posibilidades no seguimos teniendo un 33% sino un 50%.
    Propongo esta variante del problema.
    Pensamos que el coche está en la puerta 1, pero decimos que está en la puerta 2 ( o sea, hacemos el cambio de puerta antes de que el presentador nos la ofrezca). El presentador nos ofrecerá la 1 ó la 3 ¿cuál sería el porcentaje de acierto si volvemos a cambiar? (según la respuesta dada como correcta, se acercaría al 100%)


  25. El día 24 de septiembre de 2010 a las 01:38

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  26. #26.- Enviado por: jarregui

    El día 24 de septiembre de 2010 a las 11:29

    rayohauno: Vaya nivelazo tenemos por aquí…
    La verdad es que este tema da para mucho y es un poco off-topic respecto al fantástico post original. Omalaled, ¿cómo va esto? ¿seguimos posteando aquí o nos pasamos a otro sitio?

  27. #27.- Enviado por: rayohauno

    El día 24 de septiembre de 2010 a las 13:02

    jarregui

    Me alegro que te halla gustado, solo quería aportar algo. pero el verdadero heroe aquí es omalaled. Me sorprende la amplitud de sus conocimientos !!!

    Saludos

  28. #28.- Enviado por: jale

    El día 24 de septiembre de 2010 a las 13:13

    El problema de las 12 bolas
    Lo he mirado por internet y no le veo la gracia

    Suelen proponer como solución empezar a dividir en grupos de 4 y vale, se consigue

    Pero también se puede empezar con grupos de 6

    Luego divides en grupos de 2

    Y finalmente, en la tercera pesada problema resuelto

    Sería más razonable enunciarlo con 18 bolas (que también se resuelve en 3 pesadas)
    Para 19 bolas ya se requiere una pesada más

    ¿Me he equivocado en algo?

    Según mis cálculos, para 1000000000 bolas bastan 20 pesadas

    Y para 1000000000000000000000000000 son suficientes 57

    El programa son 10 líneas de código.
    Aunque con los comentarios muchas más

    Si alguien tiene interés que lo diga y lo pongo

  29. #29.- Enviado por: jale

    El día 24 de septiembre de 2010 a las 19:41

    Me corrijo yo solito

    Estaba condicionado por un problema similar donde había una bola similar

    Los cálculos son incorrectos y no se puede empezar con 6

  30. #30.- Enviado por: roma

    El día 25 de septiembre de 2010 a las 11:05

    Dentro de mi ignorancia, yo creo que la probabilidad es del 50%, ya que realmente la primera vez que eliges no juegas, porque el presentador hace trampa porque él sabe donde está el coche y te enseña una de las dos puestas en el que no está.
    Otra cosa sería si el presentador no sabe donde está el coche.

  31. #31.- Enviado por: edulcorado

    El día 25 de septiembre de 2010 a las 12:25

    Buen problema y perfectamente explicado.
    Me gustaria saber que estadisticas dieron los concursantes con sus elecciones, ellos que no sabian de probabilidades. Eran mas los que cambiaban en el ultimo momento?. Sospecho que no y sospecho que la mayoria se mantenian erre que erre con la primera decision, tomada como si tuvieran una intuicion personal. Eso probablemente beneficiaba al programa, con ese tipo de concursantes donde la probabilidad de ganar era solo de 1/3.
    Al final, contando con la psicologia de los jugadores, quiza nos acercaramos a ese 50% de ganar el premio.
    ¿ Tiene alguien datos?

  32. #32.- Enviado por: edulcorado

    El día 25 de septiembre de 2010 a las 12:31

    Quiero decir que los premios se daban aproximadamente la mitad de las veces, en una temporada del programa. (no hablo de probabilidades)

  33. #33.- Enviado por: omalaled

    El día 25 de septiembre de 2010 a las 13:25

    Jarregui: la verdad es que le dediqé un ratillo y empiezas a ver posibilidades y fórmulas. Pero después me dejé llevar por la impaciencia visitando la wikipedia y… ufff, allí lo habían mirado con lupa :-) Y gracias por tu confianza en mi capacidad. Y no hay problema por que se monte un debate. Estos temas son siempre divertidos.
    andreito: muchas gracias. Lástima que haya tan buenos libros no traducidos al castellano.
    rayohauno: Shannon… ¡un gran tipo! tiene que caer un día :-) Y gracias por tus elogios, pero los que tienen amplios conocimientos son los libros: yo sólo expongo lo que aprendo de ellos :-)
    jale: hombre, gracia tiene desde el momento en que te tiras un rato para resolver el problema. Es de aquellos que si sabes la solución piensas que es una tontería; pero si no la sabes…
    jmmayoral: No. En el momento de empezar el juego existen 3 posibilidades: o escoges la puerta 1, o la 2 o la 3. O sea, 3 puertas, 3 posibilidades. El hecho de que en la 1 el presentador pueda escoger qué puerta enseñarte es irrelevante a nivel de probabilidades.
    roma: no es que el presentador haga trampa, es que no le queda otro remedio que enseñarte la puerta donde no está el coche y ahí está el quiz del problema.
    edulcorado: no tengo estadísticas de ello. Sería interesante tenerlas; pero lo que está claro es que si hacemos dos grupos, unos con los que no cambiaban de puerta y otros con los que sí, entonces coincidirían con el 1/3 y 2/3. Te recuerdo que hay una estadística online aquí.

    Salud!

  34. #34.- Enviado por: Edna Krabappel

    El día 26 de septiembre de 2010 a las 00:01

    Hola,
    no es la primera vez que tras exponerse este problema aparecen comentarios encendidos sobre si la probabilidad cambiando es 1/3, 1/2 o 2/3. Entiendo que es más fácil hacer clic que pensar calmadamente donde ya se avisa que otros se han confundido.
    Lo que me cuesta creer es que miles de matemáticos se confundieran a partir de un enunciado suficientemente claro, pues para resolver este problema basta con lo que se enseñaba en el antiguo COU (el equivalente al actual 2o bach -hablo del sistema español-) sobre probabilidad condicionada.

  35. #35.- Enviado por: Edna Krabappel

    El día 26 de septiembre de 2010 a las 00:25

    Con todo el respeto a las fuentes, … parece que se haya exagerado con lo de “Recibió unas 10.000 cartas … Entre las cartas había unos 1.000 matemáticos (muchos de ellos, doctores).”
    En concreto, me cuesta creer que se “comprobaran” los estudios de 10.000 escritores anónimos. Aunque no me extrañaría que algún “doctor en matemáticas” de entonces se liara (no de ahora pues este problema es archiconocido).

  36. #36.- Enviado por: Edna Krabappel

    El día 26 de septiembre de 2010 a las 00:37

    Por cierto, de monedas o bolas hay varios problemas siendo algunos de ellos muy buenos. El siguiente lo propuso un director de tesis a su estudiante:
    Dadas 5 bolas de pesos diferentes encontrar aquella cuyo peso es el tercero mayor/menor (la mediana) con únicamente 6 pesadas de una balanza.
    Googleando podéis encontrar el problema y la solución.

  37. #37.- Enviado por: Edna Krabappel

    El día 26 de septiembre de 2010 a las 00:44

    Perdón por la insistencia, … no me creo en absoluto lo de “¿cómo era posible que todo el mundo, salvo Marilyn, dijera el 50% y las simulaciones dieran un 66%?”
    En la vida real las cosas no son tan heroicas como para que una ignorante en matemáticas saque del error a todos los matemáticos del mundo.

  38. #38.- Enviado por: roma

    El día 26 de septiembre de 2010 a las 09:21

    Perdón por mi tozudez, pero creo erramos de principio por querer aplicar a rajatabla la matemática pura a la matemática aplicada. El concursante juega a ganar 1/3 y el presentador a que no gane 2/3 y además sabe donde está el premio. Podríamos estar haciendo cábalas hasta el fin del mundo y todos o ninguno tendrían la respuesta correcta. “El factor humano o el casual”, ese que siempre trastorna la mejor teoría de la ciencia pura.

  39. #39.- Enviado por: Rawandi

    El día 26 de septiembre de 2010 a las 11:56

    “El concursante juega a ganar 1/3 y el presentador a que no gane 2/3″

    No, Roma, el presentador no puede “hacer trampa” porque en realidad él no “juega” a nada. Como bien te ha indicado Omalaled, el presentador no tiene opciones sino que se limita a hacer siempre lo mismo: enseñarle al concursante una puerta tras la cual no está el coche.

  40. #40.- Enviado por: roma

    El día 26 de septiembre de 2010 a las 18:32

    Podríamos estar haciendo cábalas hasta el fin del mundo y todos o ninguno tendrían razón, así que por mi parte doy por finalizado el debate.
    El presentador creo que tienen un plus económico en este tipo de juegos por cada vez que el concursante no se lleva el premio.
    E insisto realmente la primera vez que eliges no juegas, se entra en juego después de abierta una puerta, que siempre será una vacía.

  41. #41.- Enviado por: rayohauno

    El día 26 de septiembre de 2010 a las 18:47

    Edna Krabapple

    El problema de las 5 bolas de pesos diferentes que planteas, me parece mucho mas dificil que el otro. Podrias postear un link a alguna web? No lo puedo encontrar en google.

    Saludos

  42. #42.- Enviado por: Edna Krabappel

    El día 26 de septiembre de 2010 a las 21:26

    rayohauno:
    http://sauce.pntic.mec.es/~jpeo0002/Partes/recreativa.html
    (vi que aparece como problema 74 aunque sólo hay el enunciado)
    Para seguir una discusión del problema y un par de soluciones (pero después de intentarlo, ¡eh!) clic en:
    http://mathforum.org/kb/message.jspa?messageID=4256978&tstart=2279
    http://mathforum.org/kb/message.jspa?messageID=4257272&tstart=2279

  43. #43.- Enviado por: rayohauno

    El día 26 de septiembre de 2010 a las 23:35

    Gracias Edna Krabappel, voy a revisar los links, he estado intentando resolverlo, y algunos progresos hice. Prometo intentar resolverlo antes de pispear la solucion.

    Saludos !

  44. #44.- Enviado por: rayohauno

    El día 27 de septiembre de 2010 a las 12:05

    Respecto al problema de las 5 bolas de pesos diferentes.

    Al final no he logrado resolverlo, asi que he espiado la solucion. Interesante !!! Comento alguna de las cosas que si hice, pues creo que pueden ser interesantes. Para ello voy a tener que “revelar” uno de los detalles de la solucion que vos posteaste. Asi que los que no quieren saber ni siquiera una parte de la solucion, para intentar resolver el problema por sus propios medios, no sigan leyendo.

    Una parte clave de la solucion, es que todas las pesadas que se realizan en ella son de entre a pares de a bolas.
    Es decir, nunca se pesan, por ejemplo, dos bolas de un lado y dos bolas del otro. Yo estaba intentando buscar soluciones por este lado, y no me he estancado por ahi. A lo sumo llegue a pensar en un sistema lineal de inecuaciones. Supongamos que p1,p2,p3,p4,p5 son los pesos de las 5 bolas, entonces el supuesto de que todas las bolas pesan diferentes puede formularse p1>p2>p3>p4>p5>0. De ahi es de donde se extrae un sistema de 5 inecuaciones lineales. Pero no estoy seguro de como conectarlas con las pesadas.

    Cabe aclarar que surge un problema al considerar pesadas de a mas de dos bolas. Y es que el peso relativo de las bolas importa. Por ejemplo, podria suceder que p1+p4=p2+p3, con lo cual habria pesadas que resultan equilibradas, y esto complica el analisis.

    Por otro lado, calcule algunas cotas.

    Una es trivial, consiste en calcular la cantidad de pesadas que se realizan al comparar los pesos de todas con todas pesandolas de a dos. Para ello se pesa la 1 con la 2,3,4,5.
    La 2 con la 3,4,5… y asi. Esto lleva a 4+3+2+1=10 pesadas. Esto indica que 10 pesadas son suficientes para obtener la solucion.

    Otra cota interesante, es una cota inferior al numero de pesadas necesarias para ordenarlas por peso. Hay 5!=5x4x3x2x1=120 ordenamientos posibles, uno de ellos es el que corresponde al orden por pesos. Si en cada pesada se obtienen 2 resultados, entonces ganamos una cantidad log(2) de informacion por pesada. Entonces, una cota inferior al minimo numero de pesadas necesarias para ordenarlas es log(120)/log(2) = 6.906… Es decir, 7 pesadas. Entonces, como era de esperar, ordenarlas por peso demanda mas informacion que simplemente determinar cual es la mediana en peso.

    Tambien he calculado la cota inferior a la cantidad minima de pesadas para determinar la mediana. Basicamente hay que tener en cuenta que de los 5! ordenamientos posibles, hay que quedarse con aquellos en que se mantiene la posicion de la mediana, pero las otras se pueden permutar. Es decir, podemos intercambiar de lugar las 2 mas pesadas, y tambien podemos intercambiar de lugar las 2 mas livianas. Entonces el problema se reduce a determinar una de 5!/(2!x2!)=30 configuraciones posibles (el primer 2! corresponde a permutar las 2 mas pesadas, y el segundo a las 2 mas livianas, o si se quiere, al revés).
    Entonces la cota a la cantidad minima de pesadas para determinar la mediana es log(30)/log(2) = 4.906… Es decir 5 pesadas.

    Entonces, hay 2 posibilidades. O bien existe una solucion con 5 pesadas, o bien todas las “historias” de pesadas que se puedan hacer, quedan correlacionadas de tal manera que una o mas pesadas se vuelven ineficientes. Es decir, una o algunas pesadas no proveen log(2) de informacion.

    Saludos

  45. #45.- Enviado por: rayohauno

    El día 27 de septiembre de 2010 a las 12:26

    Fe de erratas (tengo que revisar el texto antes !!!)

    Donde dice:

    “Para ello voy a tener que “revelar” uno de los detalles de la solucion que vos posteaste.”

    remplazar “vos” por “Edna Krabappel.
    Donde dice:

    “Una parte clave de la solucion, es que todas las pesadas que se realizan en ella son de entre a pares de a bolas.”

    me sobra una “a” al final.
    Donde dice

    “Yo estaba intentando buscar soluciones por este lado, y no me he estancado por ahi.”

    sobra un “no”, quice decir, me HE estancado por ahi.

    Saludos

  46. #46.- Enviado por: Edna Krabappel

    El día 27 de septiembre de 2010 a las 19:11

    rayohauno, ¡me encanta que el problema te apasione!

    Si miras en los enlaces de mathforum que pasé (donde se discutió el problema) y haces clic sobre “snark” verás que pone que se trata de una lista de juegos de ingenio y se puede uno suscribir (hay una web y todo llamada snarkianos)
    Otra posibilidad es usar el buscador de mathforum para ver problemas antiguos con sus discusiones.

  47. #47.- Enviado por: rayohauno

    El día 27 de septiembre de 2010 a las 20:25

    Gracias por la data Edna

    Saludos

  48. #48.- Enviado por: Estudiante

    El día 28 de septiembre de 2010 a las 15:45

    ¡Qué juegos más interesantes! …Y yo que pensaba estudiar esta tarde un rato… jeje

  49. #49.- Enviado por: Poldete

    El día 4 de octubre de 2010 a las 09:10

    Magnífica explicación, con tu ayuda parece sencillísimo.
    Pero lo que más me ha gustado es el párrafo final: “en ciencia, no cuenta el número de personas que estén a favor o en contra de una argumentación”
    Este problema y la moraleja final debería ser obligatorio el primer día de clase de todas las facultades de ciencias.
    Saludos.

  50. #50.- Enviado por: Andres

    El día 5 de noviembre de 2010 a las 22:23

    La solucion es interesante. Sin embargo me preocupa el desconcepto matemático de varios foristas, incluso del autor de la pagina que dice “El hecho de que nos enseñen una puerta donde no está no hace que dichas probabilidades cambien”
    Esto es justamente al revés. Al tener mas información la probabilidad cambia. Justamente, la probabilidad ES UNA MEDIDA DE LA INFORMACIÓN.
    Los detractores de esta solucion no tuvieron en cuenta que el “animador” aporta informacion adicional que juega un papel decisivo en la probabilidad ya que jamas abrirá la puerta correcta.
    saludos

  51. #51.- Enviado por: Erik

    El día 28 de diciembre de 2010 a las 17:28

    Perdonad que postee en un tema tan antiguo, pero lo acabo de leer y tengo una duda.
    Está claro que de inicio siempre se tiene un 33% de posibilidades de acertar (1/3). Hayas acertado o no, una de las otras puertas NO TIENE EL COCHE, por lo tanto que te enseñe la puerta vacia no aumenta tus posibilidades de acierto. Si no te mueves sigues teniendo un 33% de posibilidades de acertar. El presentador lo que ha hecho ha sido eliminar una de las posiblidades fallidas. ¿cierto?.

    Y ahora, culumpiándome un poco (reconozco tener bastante ignorancia en estos temas), podríamos agrupar las posibilidades en:
    - Mi elección = 1/3 de posibilidades de acertar.
    - Las dos puertas restantes = 2/3 de posibilidades de acertar.
    Si eliminamos una de las puertas, siguen quedando 2/3, pero para una sola puerta….
    ¿Es erróneo el planteamiento?

  52. #52.- Enviado por: omalaled

    El día 28 de diciembre de 2010 a las 19:55

    Erik: no del todo. Sin hacer el planteamiento que se ha hecho en el artículo, no puedes decir que quedan 2/3 para una sola puerta, puesto que la eliminación tiene una lógica que hay que considerar.
    Es más, tal como lo dices, la eliminación de una de las puertas haría que quedara 1 entre 2, no 2/3 para el resto de las puertas.

    Salud!

  53. #53.- Enviado por: Oriol

    El día 5 de enero de 2011 a las 10:50

    Me encanta esta explicación que haces del problema. Nos lo planteó en clase el profesor de estadística en la universidad de Ingenieros Industriales de Barcelona, mas o menos en 1993, y desde entonces lo voy contando a los amigos (vale, reconozco que es un poco freaky… pero es que siempre me ha fascinado). A lo que iba, te puedes creer que nadie me cree cuando digo que la probabilidad de acertar si cambias de puerta es del 66%?
    No sabia toda la historia que había detrás, y realmente la encuentro fascinante.

    Apa10!

  54. #54.- Enviado por: AAA

    El día 13 de septiembre de 2011 a las 11:37

    Propongo otra variante.

    En caso de que en vez de ser un sólo concursante, fuesen tres y se les diese a escoger una puerta a cada uno.
    El presentador, abriría la puerta de uno, eliminándole, y les ofrecería el cambio a los otros dos.

    ¿Cómo es posible que ambos tuviesen mayor probabilidad? ¿Y si no es así, en donde reside la diferencia estadística con el problema anterior?

  55. #55.- Enviado por: Fernando

    El día 15 de septiembre de 2011 a las 13:25

    La nueva versión, tal y como la ha propuesto AAA es muy interesante. Si resulta que el concursante aumenta su probabilidad de ganar si realiza el cambio, ¿qué ocurriría en esta variante? ¿Podría ocurrir que ambos concursantes aumentarán su probabilidad si acceden al cambio?

  56. #56.- Enviado por: omalaled

    El día 15 de septiembre de 2011 a las 13:48

    No sé si lo he entendido bien: tres personas, cada uno escoge una puerta (o sea, quedan seleccionadas las 3). Enseñan una puerta vacía, con lo que esa queda eliminada.

    Pero el experimento cambia: está condicionado a que de esos dos siempre acierte uno de ellos a escoger dónde está el coche (sin saberlo); para que la puerta que se abre no lo tenga. Si hay un caso en que los dos escogen una puerta donde no está, entonces no se puede abrir la tercera.

    Entre los 2 -> 2/3 de que acierten.

    Salud!

  57. #57.- Enviado por: Fernando

    El día 15 de septiembre de 2011 a las 14:25

    No, no

    Se trata de tres concursantes. Cada uno “elige” una puerta distinta. (En realidad, el último en elegir no elige, se queda con la puerta no elegida por los otros dos).

    Por supuesto, cuando se abre una puerta que no tiene premio, el concursante de esa puerta ya sabe que se ha quedado sin premio y queda eliminado. Y, por supuesto, no tiene la posibilidad de cambiar.

    Pero quedan los otros dos. ¿Qué deberían hacer?

  58. #58.- Enviado por: omalaled

    El día 17 de septiembre de 2011 a las 07:56

    Cambiar. En cualquier caso, si eres de los que has escogido y te enseñan otra, debes cambiar. Si lo haces, tienes 2/3 de probabilidad.

    En el caso de 1 tirada que planteas, uno de ellos habrá ganado el otro perdido. Pero insisto en que no es exactamente como planteas, pues en el juego original, el que escoge es al que le has enseñado la puerta vacía y lo estás eliminando y en el juego original era uno de los que escogía.

    Salud!

  59. #59.- Enviado por: Fernando

    El día 21 de septiembre de 2011 a las 20:00

    ¡Pero si quedan dos y ambos cambian, no pueden salir beneficiados los dos!

    Esta variante está liándolo todo.

  60. #60.- Enviado por: Tomás

    El día 29 de octubre de 2011 a las 14:06

    Creo que llego un poco tarde a la conversación… encuentro interesante el problema, pero todavía no encuentro en la web una demostración matemática del mismo. Las que he visto son una vergûenza (sobre todo el de wikipedia).
    Muchos hablan de que el espacio muestral no cambia y denotan su ignorancia en el tema de probabilidades.
    De partida el espacio muestral es una colección de variables aleatorias y se ocupa en estadística para hacer estimaciones.
    Segundo… cuando se tiene un espacio de probabilidad (no un espacio muestral), este nunca cambia ya que es la estructura base para plantear el problema, así que la afirmación es totalmente obvia
    La clave de este problema, está en el condicionamiento que planteamos al problema de probabilidades y es ahí donde todos caen en error ya que se les olvida que el presentador debe elegir una puerta que no haya elegido el concursante y que no tenga el auto (tal como mencionaron antes)

    Para los que les gusta las probabilidades en serio, les bosquejo las claves para plantear el problema matemático

    Primero deben definir 3 variables aleatorias X(j) con j=1,2,3 (j hace referencia a la puerta 1, 2 o 3) tal que X(j) = 1 si es puerta tiene el premio y cero si no. Notar que ya hay una dependencia en estas variables aleatorias ya que X(1)+X(2)+X(3)=1 con probabilidad 1, es decir sólo hay un premio entre las 3 puertas. Obviamente P{X(j)=1}=1/3 para cada j. Queda como ejercicio que definan el espacio de probabilidad correspondiente… tomen si quieren el espacio canónico {0,1} elevado a 3.
    El siguiente paso es definir dos variables aleatorias independientes entre si y también entre las X(j). Llamemos a estas variables aleatorias Y(i) con i=1, 2 (i=1 hace referencia al concursante y i=2 hace referencia al presentador). Y(i) toma valores en {1,2,3} y hace referencia a la puerta elegida por el jugador i, es decir Y(1) = 2 si el concursante elige la puerta 2 y Y(2) = 1 si el presentador elige la puerta 1. Luego hay que definir que P{Y(i)=x} = 1/3 para todo x e i=1,2… es decir que en nuestro espacio de probabilidad, tanto el jugador como el presentador pueden elegir con probabilidad uniforme la puerto. Es muy importante no confundirse que todavía no planteamos el condicionamiento que tiene el presentador a esta altura, sólo estamos definiendo las variables aleatorias y el espacio de probabilidad. Para estas variables aleatorias pueden tomar si quieren el espacio {1,2,3} para definir el espacio de probabilidad.
    Para los más técnicos en probabilidades, deben tomar como el espacio de probabilidad el producto cartesiano de todos los espacios de probabilidad que definieron, y la respectiva medida producto con la sigma-algebra producto (o simplemente tomar la potencia del espacio).

    Finalmente la probabilidad a calcular es la siguiente:

    p = P( {X(Y(1))=1} I {X(Y(2))=0} n {Y(1) =/ Y(2)} )

    =/ significa que es distinto… no encontré el signo igual con una rayita.
    n significa intersección de conjuntos.

    En palabras, queremos calcular la probabilidad que el resultado de la puerta elegida por el concursante sea 1, dado que el resultado de la puerta elegida por el presentador es cero y que la puerta del presentador es distinta a la del concursante.
    Mas claro echarle agua… todas las condiciones están escritas.
    Les dejo como ejercicio calcular la probabilidad, sólo deben condicionar los valores de {Y(i) = k} con i=1,2 (obviamente k = 1,2,3) y calcular la doble sumatoria. Notarán que el resultado les va a dar 1/18 x 6 = 1/3
    También notar que si a p le sacan la condición de que Y(1) =/ Y(2), entonces la suma les dará 1/18 x 9 = 1/2, por lo tanto es esta la condición que toda la gente olvida y es que el presentador está obligado a elegir una puerta que no es la del concursante.

    Espero que les ayude a obligarse a plantear espacios de probabilidad y no resolver estos problemas por intuición, que por lo demás es bastante buena, ya que lo unico que hice fue traducir sus explicaciones en matemáticas

  61. #61.- Enviado por: Fernando

    El día 3 de noviembre de 2011 a las 13:53

    Tomás, no has hablado del problema en el que hay tres concursantes, cada uno con una puerta distinta.

  62. #62.- Enviado por: omalaled

    El día 3 de noviembre de 2011 a las 14:19

    Fernando: sea como sea, si hay 3 concursantes de forma totalmente aleatoria, juegan los 3 todas las veces y hay un solo premio, podemos tener dos conclusiones:

    1.- Siempre habrá un ganador
    2.- Cada jugador tendrá 1/3 de probabilidades de ganar

    Cierto es que el hecho de que cambies te aumenta la probabilidad en ese tipo de tiradas, pero luego, por azar no te tocará las siguientes ocasiones.

    Tal y como se plantea ese juego, el problema no es tal.

    Sí lo es cuando hablamos de 1 jugador contra 3 puertas, pero no 3 jugadores contra 3 puertas.

    Salud!

  63. #63.- Enviado por: edna krabappel

    El día 4 de noviembre de 2011 a las 19:13

    Fernando, Omalaled
    Si no enunciais claramente el problema con 3 consursantes no se puede intentar resolver.
    Como debe haber un orden me cuesta creer que el primero tenga la misma probabilidad que el último si se permite cambiar a alguno de puerta. Por otro lado si cada concursante ve las cabras o similares 3 veces sabrá donde está el coche en el último turno.

  64. #64.- Enviado por: edna krabappel

    El día 4 de noviembre de 2011 a las 19:22

    Me explico: Si cada consursante escoje una puerta y a A le enseñan la puerta de (pongamos) B donde hay una cabra, A debe cambiar su puerta por la de C. Si en se momento se acaba el juego, la probabilidades quedan así:
    P(A) = 2/3 … realmente no ha importado mucho que haya 3 jugadores pues para A ha sido lo mismo.
    P(B) = 1/6
    P(C) = 1/6
    Ahora, si se sortea quien puede cambiar de puerta o pueden cambiar más de uno se debe explicar bien cómo funciona para poder calcular las P().

  65. #65.- Enviado por: Fernando

    El día 5 de noviembre de 2011 a las 14:37

    Supongamos que en el caso de tres jugadores las reglas serían así:
    1º Cuando ya están los tres jugadores cada uno con su puerta, el presentador abre una puerta con una cabra.

    2º El concursante de dicha puerta queda eliminado y se lleva la cabra para hacerse un buen asado.
    3º Quedan dos concursantes. ¿Les conviene cambiarse entre ellos? ¿Por qué?


  66. El día 23 de diciembre de 2011 a las 02:28

    [...] En Historias de la Ciencia ya se habló hace algo más de un año de esto en El problema de Monty Hall. [...]

  67. #67.- Enviado por: Daniel Arévalo

    El día 28 de febrero de 2012 a las 20:41

    Si no cambio mi elección: probabilidad de ganar el auto 33.33%
    si cambio mi elección 16.5% de ganar el auto
    no es 50% ni 66% es 16.5
    porqué? porque al inicio tienes 3 elecciones(puerta a, puerta b y puerta c), lo cual te da un 0.333 al cambiar solo 2 elecciones (cambiar o nó) o 0.5 0.333*0.5= 0.165
    16.5% de ganar el auto
    el hecho de que el conductor conozca donde están las cabras y destape una no cambia la probabilidad inicial del jugador, puesto que sucede después de la primera elección, por lo tanto inicias con un 33.33% al cambiar decides entre 2 opciones lo que resulta en la mitad de 33.33% o sea 16.5%, si revisan las estadísticas en el programa encontrarán mis resultados mas cerca de la realidad, de lo contrario los patrocinadores hubiesen terminado con el programa a los 3 meses des pue´s de haber regalado 36 carros o no?

  68. #68.- Enviado por: Ffer

    El día 16 de marzo de 2012 a las 19:19

    Excelente, es la mejor explicación que encontré. saludos y sigan adelante.

  69. #69.- Enviado por: david

    El día 20 de enero de 2014 a las 13:11

    Pues con respeto por muy elegante que sea la respuesta que has dado has caido en una trampa, pues de hecho no es cierto lo que dices………
    la respuesta es muy simple, y no requiere de tanta tonteria matematica, y efectivamente hasta las simulaciones de ordenador son falsas o se han hecho para trampear este ejercicio sumulando realmente el mismo camino de resolucion que tu has propuesto.
    ………..
    El motivo es muy simple: “yo soy el jugador”, y para elegir mi primera opcion cojo 3 cerillas, las marco con el numero 1 2 3 y las meto en mi puño, sin ver la marca, y al azar extraigo una de las 3 cerillas, y elijo la que salga como mi eleccion…………. ahora el presentador abre una de las 2 puertas………… y yo tiro al suelo la cerilla que representa esa puerta……… ahora yo cojo las otras 2 cerillas, las meto en la mano y saco al azar una de las 2 cerillas…… y vuala……… elijo esa………..
    ………………..
    y tengo un 50% de probabilidad de acertar…….
    ………..
    por que sucede esto……
    por que en el mundo de la probabilidad si algo es subceptible de convertise en un suceso discreto entonces es discreto…..
    …….
    por mucho cambio de variable qeu algunos traten de hacer……….
    ::::::::::::::::::::::::::::::::::::::
    ¿donde esta la falsedad del razonamiento de marilin?
    muy simple, en que el presentador elige una puerta siempre con una cabra, y eso lo cambia todo……
    es decir, si el presentador eligiera al azar puro que puerta destapa, en ese caso el razonamiento de marilin es correcto salvo que el presentador por mala fortuna elegiera la puerta con el coche, en ese caso da lo mismo cambiar que no cambiar.
    pero si el presentador usando azar el mismo , habriera una puerta con una cabra, en ese caso yo si cambiaria de eleccion.
    :::::::::::::::::::
    me da igual qeu se hayan reido del publico 50 años con esta tonteria,
    el razonamiento es falso, y el objetivo de haber divulgado esto, es que a poderes les interesa qeu la gente vea que si algo te va mal, aun sin ton ni son, que creas si cambias a algo que sin ton ni son se te presenta haras bien, pero eso es falso.
    ::::::::::::
    totalmente falso.

  70. #70.- Enviado por: david

    El día 20 de enero de 2014 a las 13:22

    ¿y solo una cosa mas?
    por que son falsas las simulaciones que se han hecho por ordenador de este juego…
    muy simple, pues un ordenador bien programado, eligiria una puerta para eliminarla al azar…
    ahora bien, despues de haberlo hecho… si resulta que el ordenador se equivoco y eligio la que lleva coche, en ese caso rectifica…
    por eso las simulaciones de ordenador son falsas en este tema…
    pues se condiciona la pauta del ordenador

  71. #71.- Enviado por: david

    El día 20 de enero de 2014 a las 17:02

    oscuas, valla como he metido la pata antes, todo lo que dije esta mal, lo reflexione mal.

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