Para empatar hay que ser irracional

Estoy seguro de que vais a reconocer la situación. En un casino, Ana juega contra la Banca sucesivas rondas de un juego, el que queráis. Ana empieza con, pongamos, 100 Euros. En cada ronda, Ana apuesta todo lo que tiene: si pierde, le da a la Banca un porcentaje fijo de lo que ha apostado, y si gana, entonces recibe de la Banca ese mismo porcentaje de lo que ha apostado. Así, en la primera ronda y suponiendo que se juega un 25% de su bote, si Ana la pierde, entonces se queda con 100-0.25·100=75 Euros, y si la gana, se queda con 100+0.25·100=125 Euros. El diagrama siguiente ilustra los posibles resultados de las tres primeras rondas para este porcentaje.

arbol

En general, si en un momento determinado Ana tiene X Euros y si denotamos por r el porcentaje (en tanto por uno) de ganancia o pérdida, entonces, si Ana gana la siguiente ronda, tendrá (1+r)X Euros, y si la pierde, tendrá (1-r)X Euros. De esta manera es fácil demostrar que lo que tiene Ana al cabo de n rondas sólo depende de cuántas ha ganado y de cuántas ha perdido, y no del orden en el que lo ha hecho. En concreto, si al cabo de n rondas ha ganado m rondas, tiene (1+r)^m(1-r)^{n-m}\cdot 100 Euros.

El otro día justamente leía sobre este juego en el libro “¿Pero esto también es matemática?” de Adrián Paenza, y me vino la duda: Tomando 0<r<1, y jugando al menos una ronda, ¿es posible que en algún momento Ana vuelva a tener 100 Euros justos? Como diría Adrián Paenza, pensadlo un rato antes de continuar.

¿Ya? Sigo.

Resulta que si r es racional, es imposible que Ana vuelva a tener 100 euros justos. En efecto, escribamos r como una fracción irreducible a/b, y planteemos la ecuación que representa que si Ana ha ganado m partidas y ha perdido n-m, vuelve a tener 100 Euros:

(1+\frac{a}{b})^m (1-\frac{a}{b})^{n-m}100=100

Si simplificamos y aprovechamos para quitar denominadores, obtenemos

(b+a)^m (b-a)^{n-m} = b^n

Sea ahora p un divisor primo de b. Como p divide a b^{n}, ha de dividir a b+a o a b-a, y por lo tanto (como divide a b) ha de dividir a a, lo que contradice la hipótesis de que a/b es una fracción irreducible.

¿Y si r es irracional? Entonces hay ocasiones en las que sí que puede empatar. Observemos para empezar que si m\leq n-m entonces

(1+r)^m(1-r)^{n-m} =(1-r^2)^m(1-r)^{n-2m} <1

Por lo tanto para poder empatar, Ana ha de tener un saldo a favor de partidas ganadas. Por otro lado, ha de perder alguna partida, o del contrario es imposible que “vuelva a tener” 100 Euros. El caso más sencillo es que gane dos partidas de tres. Y en este caso

(1+r)^2 (1-r)=1

corresponde a la ecuación

r^2 - r - 1=0

que tiene como soluciones \frac{1}{2}(-1\pm \sqrt{5}) y la positiva es 0.618… (la razón áurea menos 1). Por lo tanto, jugándose un 100(\Phi-1)\% del bote, puede empatar. Cómo se puede jugar una de manera exacta este porcentaje no es su problema 😉

En general, toda ecuación

(1+r)^m(1-r)^{n-m}=1,

con m>n-m>0, tiene alguna raíz r en el intervalo abierto ]0,1[: la función f(r)=(1+r)^m (1-r)^{n-m}-1 es tal que f(0)=0, f(1)=-1 y tiene un máximo local en r=\frac{n-2m}{n}, por lo que en algún punto entre este máximo local y 1 toma el valor 0.

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One thought on “Para empatar hay que ser irracional

  1. arnaumir February 21, 2014 / 7:58 am

    El màximo és r=(2m-n)/n.

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