Matemática para divertirse

Un primer exemple podria ser (tal com proposa Martin Gardner al seu llibre Matemática para divertirse): «Un dau comú (com els que es fan servir en jocs d’atzar) té sis cares, de manera que la probabilitat que n’aparegui alguna és un sobre sis, o 1/6. Suposem que llancem un dau nou vegades. Cadascuna cau amb la cara de l’1 cap amunt. Quina és la probabilitat que la cara de l’1 torni a aparèixer a la tirada següent? És més d’1/6 o continua sent 1/6?».

Si sabem positivament que el dau no està carregat, llavors no importa quantes vegades se’l llanci ni què és el que apareix, la probabilitat del llançament següent continuarà sent d’1/6 per a cadascuna de les sis cares. Un dau no té manera de recordar les tirades anteriors!

Per tant, es tracta d’esdeveniments independents entre si i el que ha passat en el cas anterior no incideix en el següent.

Una situació anàloga seria fer extraccions d’una bossa amb 6 boles numerades de l’1 al 6 en què cada vegada reposem la bola extreta.

Però seria diferent si després de cada extracció no reposem la bola extreta, perquè l’extracció següent quedaria condicionada pel que ha passat en les extraccions anteriors i, per tant, sí que hi hauria dependència.

Las probabilidades en la escuela

De vegades reconèixer esdeveniments no equiprobables no és tan senzill, saber #3.EST.PI.B. Ja hem explicat el cas de la cursa de cavalls a 1r d’ESO en què es tiren dos daus i se sumen els resultats per fer avançar el cavall corresponent. També el cas de sortejos per lletra que clarament beneficia els uns o perjudica els altres en funció de la distribució dels valors existents.

Ara veurem un exemple que inicialment sembla molt clar, però que no ho és tant, extret del llibre Las probabilidades en la escuela, de Glaymann i Varga.

Posem en una bossa dues boles grogues i una bola blava. Traiem dues boles a la vegada. És més probable treure dues boles grogues que una bola blava i una de groga?

D’entrada, pot semblar que és més probable treure dues boles grogues, però representem la situació i veurem que no és així, justament és al contrari.

Com podem veure, la probabilitat de treure una bola blava i una de groga és de ⅔ i de treure dues boles grogues és d’⅓.

I què passa si posem tres boles grogues i una bola blava? En aquest cas si ho representem:

podem observar que les probabilitats són iguals de treure 2 boles grogues que una de groga i una de blava.

Es poden seguir proposant situacions semblants, per exemple amb 3 boles grogues i 2 de blaves. Com quedaran les probabilitats ara? Si ho tornem a representar:

com podem comprovar, tenim tres possibles situacions: dues boles grogues, dues boles blaves i una de groga i una de blava. Per tant, tenim una probabilitat del 0,3 de treure dues boles grogues, una probabilitat del 0,1 de treure dues boles blaves i una probabilitat del 0,6 de treure una bola blava i una bola groga.

En aquest cas, la representació és clau per poder calcular les probabilitats associades a cada cas.

Al web de l’NRICH podem trobar una activitat molt semblant: In a box

Rectangles aleatoris

Per exemplificar-ho es proposa l’activitat següent, extreta del capítol de simulacions del mateix llibre de Glaymann i Varga que també es pot abordar experimentalment o teòricament: Rectangles aleatoris

Tenim una quadrícula 5 x 5 on els quadres són determinats per parelles (x,y) de nombres naturals ($1\le x\le 6$ i $1\le y\le 6$)

Per exemple, donats els punts A i C de coordenades (2,3) i (5,5) respectivament, construïm el rectangle ABCD de diagonal AC.

Es considera així que la tira de 4 xifres 2355 de nombres aleatoris de base sis caracteritza el rectangle ABCD, on A=(2,3) i C=(5,5). Per tant, B=(5,3) i D=(2,5).

Suposem ara que tenim una urna amb 6 boles numerades 1, 2, 3, 4, 5 i 6 i efectuem quatre extraccions amb reposició i construïm els rectangles resultants com a l’exemple. Alternativament, ho podem fer amb quatre tirades d’un dau amb cares numerades de l’1 al 6.

Repte:

• Quina és la probabilitat que la tira de quatre xifres defineixi un quadrat?
• Quina és la mitjana dels perímetres dels rectangles?
• Quina és la mitjana de les àrees dels rectangles?

Donat que cal pensar i discutir quins passos cal fer estaria bé poder treballar en grups petits, per exemple, per parelles.

Inicialment, es pot demanar que conjecturin quins poden ser els resultats d’aquestes preguntes per poder comparar-los amb els resultats finals que s’obtinguin de la simulació.

També en aquesta primera fase es pot fer una experimentació inicial fent diferents tirades per construir diferents rectangles. Aquesta experimentació inicial serà bàsica per després poder treballar amb el full de càlcul. Com a suport es pot donar un full amb diferents quadrícules per veure com es situen els diferents vèrtexs de cada rectangle:

Per tant, s’obté un quadrat quan la base i l’altura del rectangle són iguals.

$P(\text{Quadrat})=\sum _{i=0}^{5}P(\text{Quadrat de costat i })$

$P(\text{Quadrat})=(\frac{3}{18}{)}^2+(\frac{5}{18}{)}^2+(\frac{4}{18}{)}^2+(\frac{3}{18}{)}^2+(\frac{2}{18}{)}^2+(\frac{1}{18}{)}^2=\frac{64}{324}\simeq 0,1975$

Per trobar la mitjana dels perímetres cal observar primer quins perímetres podem obtenir a partir de les longituds de la base i l’altura dels diferents rectangles.

A la taula de doble entrada següent es poden veure els diferents perímetres que es poden obtenir.

Per tant, podem obtenir rectangles de perímetres 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18 i 20 u.

Calcularem l’esperança matemàtica com el valor mitjà que pot prendre la variable aleatòria perímetre y que s’obté sumant el producte dels diferents valors que pot prendre la variable per la seva probabilitat.

$E(\text{àrea)}=\sum P(\text{àrea})\cdot \text{àrea)}=$

$P(\text{àrea}0)\cdot 0+P(\text{àrea}1)\cdot 1+P(\text{àrea}2)\cdot 2+\cdots +P(\text{àrea}20)\cdot 20+P(\text{àrea}25)\cdot 25$

Perímetre	Probabilitat	$P(\text{perímetre})\cdot \text{perímetre}$
0	$\frac{3}{18}\cdot \frac{3}{18}=\frac{9}{324}$	$\frac{9}{324}\cdot 0=0$
2	$2\cdot \frac{3}{18}\cdot \frac{5}{18}=\frac{30}{324}$	$\frac{30}{324}\cdot 2=\frac{60}{324}$
4	$2\cdot \frac{3}{18}\cdot \frac{4}{18}+\frac{5}{18}\cdot \frac{5}{18}=\frac{49}{324}$	$\frac{49}{324}\cdot 4=\frac{196}{324}$
6	$2(\frac{3}{18}\cdot \frac{3}{18}+\frac{5}{18}\cdot \frac{4}{18})=\frac{58}{324}$	$\frac{58}{324}\cdot 6=\frac{348}{324}$
8	$2(\cdot \frac{3}{18}\cdot \frac{2}{18}+\frac{3}{18}\cdot \frac{5}{18})+\frac{4}{18}\cdot \frac{4}{18}=\frac{58}{324}$	$\frac{58}{324}\cdot 8=\frac{464}{324}$
10	$2(\frac{3}{18}\cdot \frac{1}{18}+\frac{2}{18}\cdot \frac{5}{18}+\frac{3}{18}\cdot \frac{4}{18})=\frac{50}{324}$	$\frac{50}{324}\cdot 10=\frac{500}{324}$
12	$2(\frac{5}{18}\cdot \frac{1}{18}+\frac{2}{18}\cdot \frac{4}{18})+\frac{3}{18}\cdot \frac{3}{18}=\frac{35}{324}$	$\frac{35}{324}\cdot 12=\frac{420}{324}$
14	$2(\frac{1}{18}\cdot \frac{4}{18}+\frac{2}{18}\cdot \frac{3}{18})=\frac{20}{324}$	$\frac{20}{324}\cdot 14=\frac{280}{324}$
16	$2\cdot \frac{3}{18}\cdot \frac{1}{18}+\frac{2}{18}\cdot \frac{2}{18}=\frac{10}{324}$	$\frac{10}{324}\cdot 16=\frac{160}{324}$
18	$2\cdot \frac{2}{18}\cdot \frac{1}{18}=\frac{4}{324}$	$\frac{4}{324}\cdot 18=\frac{72}{324}$
20	$\frac{1}{18}\cdot \frac{1}{18}=\frac{1}{324}$	$\frac{1}{324}\cdot 20=\frac{20}{324}$
	Esperança matemàtica E(X)	$\frac{2520}{324}\simeq =7,78$

De forma anàloga, calcularem la mitjana de les àrees dels rectangles obtingudes en la simulació.

Cal veure primer quines àrees podem obtenir a partir de les longituds de la base i l’altura dels diferents rectangles. A la taula de doble entrada següent es mostren totes les opcions:

Podem obtenir rectangles d’àrees 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 16, 20 i 25 u2.

Calcularem l’esperança matemàtica com el valor mitjà que pot prendre la variable aleatòria àrea i que s’obté sumant el producte dels diferents valors que pot prendre la variable per la seva probabilitat.

.$E(\text{perímetre})=\sum P(\text{perímetre})\cdot \text{perímetre}=$

$P(\text{perímetre}0)\cdot 0+P(\text{perímetre}2)\cdot 2+\cdots +P(\text{perímetre}18)\cdot 18+P(\text{perímetre}20)\cdot 20$

àrea	Probabilitat	$P(\text{àrea})\cdot \text{àrea}$
0	$\frac{3}{18}\cdot (\frac{3}{18}+2\cdot \frac{5}{18}+2\cdot \frac{4}{18}++2\cdot \frac{3}{18}+2\cdot \frac{2}{18}+2\cdot \frac{1}{18}=\frac{99}{324}$	$\frac{99}{324}\cdot 0=0$
1	$\frac{5}{18}\cdot \frac{5}{18}=\frac{25}{324}$	$\frac{25}{324}\cdot 1=\frac{25}{324}$
2	$2\cdot \frac{5}{18}\cdot \frac{4}{18}=\frac{40}{324}$	$\frac{40}{324}\cdot 2=\frac{80}{324}$
3	$2\cdot \frac{5}{18}\cdot \frac{3}{18}=\frac{30}{324}$	$\frac{30}{324}\cdot 3=\frac{90}{324}$
4	$2\cdot \frac{5}{18}\cdot \frac{2}{18}+\frac{4}{18}\cdot \frac{4}{18}=\frac{36}{324}$	$\frac{36}{324}\cdot 4=\frac{144}{324}$
5	$2\cdot \frac{1}{18}\cdot \frac{5}{18}=\frac{10}{324}$	$\frac{10}{324}\cdot 5=\frac{50}{324}$
6	$2\cdot \frac{4}{18}\cdot \frac{3}{18}=\frac{24}{324}$	$\frac{24}{324}\cdot 6=\frac{144}{324}$
8	$2\cdot \frac{4}{18}\cdot \frac{2}{18}=\frac{16}{324}$	$\frac{16}{324}\cdot 8=\frac{128}{324}$
9	$\frac{3}{18}\cdot \frac{3}{18}=\frac{9}{324}$	$\frac{9}{324}\cdot 9=\frac{81}{324}$
10	$2\cdot \frac{1}{18}\cdot \frac{4}{18}=\frac{8}{324}$	$\frac{8}{324}\cdot 10=\frac{80}{324}$
12	$2\cdot \frac{2}{18}\cdot \frac{3}{18}=\frac{12}{324}$	$\frac{12}{324}\cdot 12=\frac{144}{324}$
15	$2\cdot \frac{1}{18}\cdot \frac{3}{18}=\frac{6}{324}$	$\frac{6}{324}\cdot 15=\frac{90}{324}$
16	$\frac{2}{18}\cdot \frac{2}{18}=\frac{4}{324}$	$\frac{4}{324}\cdot 16=\frac{64}{324}$
20	$2\cdot \frac{2}{18}\cdot \frac{1}{18}=\frac{4}{324}$	$\frac{4}{324}\cdot 20=\frac{80}{324}$
25	$\frac{1}{18}\cdot \frac{1}{18}=\frac{1}{324}$	$\frac{1}{324}\cdot 25=\frac{25}{324}$
	Esperança matemàtica E(X)	$\frac{1225}{324}\simeq =3,78$

Com a tancament de l’activitat, podem contrastar les conjectures inicials fetes amb els resultats experimentals obtinguts en la simulació i les probabilitats teòriques.

Podem trobar també una simulació de l’activitat Rectangles aleatoris feta per Manel Martínez amb GeoGebra o a Snap!, Varga-quadricula. En aquest cas, com que es tracta d’una construcció força més complexa s’utilitzarà el recurs digital per generar les dades que després es faran servir per finalitzar l’activitat.

El problema del repartiment d’una aposta.

És interessant veure les dificultats que es van trobar els matemàtics al principi de la teoria de la probabilitat, saber #3.EST.PI.E. Una situació que pot il·lustrar la situació és El problema del repartiment d’una aposta.

Segons l’article de Juan Antonio Garcia Cruz, Historia de un problema: El reparto de la apuesta de la revista SUMA, 33, pàg. 25-36 (2000) els primers que van abordar el problema van ser Luca Pacioli el 1494, Girolamo Cardano el 1539 i Niccolo Tartaglia el 1556. Cardano va ser el primer que va iniciar el camí a la resolució del problema tot i que no el va acabar.

El 1654 Pascal va escriure al seu amic Fermat preocupat per un problema de daus que no sabia solucionar i una partida deixada a mitges que no sabia com acabar.

Per conèixer el valor del repartiment, quan participen dos jugadors en tres tirades i cadascun posa 32 monedes a l’aposta, trobem la transcripció de la Carta de Pascal a Fermat, en data dimecres 29 de juliol de 1654 (Smith, 1959).

«Suposem que el primer de tots dos té 2 punts i l’altre 1 punt. Si, ara, tornen a llançar el dau, les possibilitats són tals que si el primer guanya, guanyarà el total de monedes a l’aposta, és a dir 64. Però si és l’altre el que guanya, estaran 2 a 2 i, en conseqüència, si desitgen acabar o interrompre el joc, cadascú prendrà la seva aposta, és a dir 32 monedes.

Per tant, Senyor, s’ha de considerar que, si el primer guanya, li pertanyeran 64 monedes i, si perd, aleshores només li pertanyen 32 monedes. Si no volen jugar aquest punt, i volen separar-se, el primer podria argumentar “Tinc segures 32 monedes, doncs fins i tot si perdo les rebré. Les 32 restants, potser les guanyo o potser no, el risc és el mateix. Per tant, dividim aquestes 32 restants per la meitat i doneu-me, a més, les 32 que tinc segures.»

En la solució de Pascal el repartiment es fa a 3:1, per tant, el primer tindrà 48 monedes i el segon en tindrà 16.

La resposta de Fermat a Pascal s’ha perdut, però, afortunadament, es conserva la resta de la correspondència. Per ella sabem que Fermat va respondre a Pascal amb un altre mètode per resoldre el problema. En una carta datada el 24 d’agost del 1654, Pascal critica la solució aportada per Fermat, un mètode bo només en casos aïllats però no vàlid sempre.

Seria sempre vàlid repartir-se els diners a mitges?

Suposem que al primer jugador li falten dos encerts per guanyar i al segon jugador li’n falten tres i que el joc finalitzarà en 4 tirades. Si el joc es fa amb una moneda de dues cares (cara a i b) i es fan 4 llançaments, quantes combinacions hi ha? Tenint en compte que, si hi ha 2 cares, guanya el primer jugador donat que el joc està començat i sols si hi ha 3 cares «b», guanya el segon jugador. Com haurien de repartir-se els diners?

Fermat proposa una taula amb totes les possibilitats de les 4 tirades i en quins casos guanyaria cadascun:

Com es pot observar, el jugador 1 guanyaria en 11 dels 16 casos i el jugador 2, només en 5. Per tant, el repartiment hauria de ser 11:5.

Pascal fa una objecció al mètode proposat per Fermat: «No és necessari, quan al primer li falten dos encerts per guanyar, haver de jugar quatre tirades perquè podrien ser dues, tres o potser quatre».

«Què passarà si hi participen tres jugadors, el joc consisteix en 3 llançaments i el joc s’interromp i faltarà un llançament perquè guanyi el primer, i dos per a cadascun dels restants?»

«Com que al primer li falta un llançament, totes les formes en què hi hagi una a li són favorables. N’hi ha 19 així. Com que al segon li falten dos llançaments, totes les formes en què hi hagi dues b, li són favorables. N’hi ha 7 així. Com que al tercer li falten dos llançaments, totes les formes en què hi hagi dues c li són favorables. N’hi ha 7 així. Si concloem que hem de fer el repartiment d’acord amb la proporció 19:7:7, cometrem llavors un seriós error i dubtaria que fes tal cosa.»

Després d’una àmplia correspondència, Fermat va refinar el mètode basat en les combinacions fins a superar els obstacles proposats per Pascal. Al final Pascal va reconèixer la validesa i la generalitat del mètode de Fermat.

Finalment, va ser Christian Huygens el 1957 qui dona una solució general i definitiva introduint el concepte d’esperança matemàtica.

Al web de l’xtec, podeu trobar la proposta d’una situació d’aprenentatge per a 3r o 4t d’ESO titulada La correspondència entre Pascal i Fermat i el problema dels punts (1654).

Encabezado 2

A propòsit del saber #3.EST.PI.F, a 1r d’ESO ja es va proposar el vídeo del professor José Luís Muñoz de Madrid, en què visualitzava amb grans d’arròs que guanyar la loteria de Nadal correspondria a encertar 1 gra d’arròs pintat entre 100.000 grans blancs, aproximadament 2,7 kg d’arròs.

Proposem ara fer una ampliació d’aquesta situació analitzant els premis que es donen a La Grossa de Cap d’Any i la probabilitat d’aconseguir cada premi, tenint en compte la normativa publicada al seu web. 

Cal destacar que en el cas de Loteries de Catalunya el 100% dels beneficis van destinats al Fons per a la Prosperitat i la Cohesió Social de la Generalitat de Catalunya. L’objectiu és desenvolupar accions i programes socials per als col·lectius més desfavorits de la societat catalana. Es pot consultar al web el detall del repartiment d’aquests beneficis.

A La Grossa de Cap d’Any es posen a la venda 100.000 números (del 00000 al 99999), amb un total de 40 sèries o bitllets per número. El preu per bitllet de La Grossa de Cap d’Any és de 10 €.

Hi ha 5 grans premis. La Grossa, el primer premi, amb un import de 200.000 € per bitllet. El segon premi, 65.000 € per bitllet; el tercer, 30.000 € per bitllet; hi ha dos quarts premis, 10.000 € per bitllet; i, finalment, tres cinquens premis de 5.000 € per bitllet.

Es fan 8 extraccions:

• 1a, 2a i 3a extraccions, corresponents als 5ns premis.
• 4a i 5a extraccions, corresponents als 4ts premis.
• 6a extracció, corresponent al 3r premi.
• 7a extracció, corresponent al 2n premi.
• 8a extracció, corresponent al 1r premi.

Aquests 8 números guanyadors seran diferents. En el cas que algun dels números de cinc (5) xifres extrets estigui repetit, es considerarà que correspon a la categoria de premi més alt i s’efectuarà una nova extracció per determinar el/s número/s guanyador/s de la/les categoria/es de premi/s inferior/s.

També es donen premis més petits als números anterior i posterior de cadascun d’aquests vuit premis, als números en què les 4, 3 i 2 darreres xifres coincideixen amb aquests vuit premis i amb el número que coincideix amb la darrera xifra del 1r premi. No s’acumulen diferents premis corresponents a un mateix número guanyador, excepte que correspongui a diferents categories de premis.

Podem trobar una taula amb les diferents categories de premis, les coincidències, el nombre de bitllets guanyadors en cada cas, el premi per bitllet i la probabilitat de guanyar, de la qual es reprodueix només la part de la taula corresponent a La Grossa de Cap d’Any 1r premi.

Tal com comenta Claudi Alsina en una entrevista a radioteca.cat el 2016 referida a La Grossa de Cap d’Any:

La matemàtica l’única cosa que fa és preveure les poques possibilitats que tenim de guanyar i, per tant, és la nostra intenció decidir si volem jugar o no, que en el cas de La Grossa de Cap d’Any jo diria que el que sí que és segur que guanyem és l’aportació d’uns diners que són ben aplicats per a problemes socials...

També proposa geometritzar la situació per visualitzar-ho (que s’ha actualitzat per tal que correspongui a les condicions del sorteig actual): «Imaginem que tenim marcat a terra un rectangle de dos metres per cinc metres, és a dir, 200 centímetres per 500 centímetres, i que el tenim quadriculat amb quadradets d’un centímetre quadrat. Hi haurà 100.000 d’aquests quadradets. Tirarem un cigró sobre aquest terra de dos per cinc metres. Bé, la probabilitat de guanyar és que el cigró vagi a parar a un d’aquests 100.000 quadradets que tindríem.»

A classe es podria analitzar com funciona el sorteig de La Grossa de Cap d’Any i analitzar la taula completa repartida en petits grups, raonant com es calculen aquestes probabilitats. També es podria revisar com es reparteixen els beneficis que es generen en diferents programes socials.