Tirada de chapas

Las perras gordas que se lanzan en las chapas de semana santa

Las perras gordas que se lanzan en las chapas de semana santa

¡Hola a todos!

Volvemos a dar a esto de las matemáticas con una de las tradiciones más extrañas de la Semana Santa española, por lo menos en mi tierra de Castilla (aunque supongo que será más o menos igual en todas las comunidades): las chapas.

Siempre me intrigó este juego, pero de pequeño no recuerdo haber visto partidas en mi localidad natal, Aranda de Duero, pese a que mi padre insiste en que la gente apostaba (y ocasionalmente perdía) el coche o incluso la escritura de la casa. En Valladolid sé que se hacen, porque llegan estas fiestas y todo se llena de carteles anunciado partidas en bares y cafeterías, aunque nunca me había acercado. Sin embargo, este fin de semana, en el pueblo de mi novia, he podido ver partidas en los bares ya que Semana Santa es la única fecha donde las autoridades dan permisos especiales para organizar este juego tradicional (requiere de una licencia, tiene mala fama y está prohibido de forma normal).

Antes de meternos en harina con las matemáticas, diré a modo de apunte que indagando me he encontrado con que es una reminiscencia de la tradición de los soldados romanos de jugarse a los dados las pertenencias de un condenado a crucifixión. Lo digo porque imagino que muchos tendrán la misma duda que yo, a saber… ¿qué diantres tiene que ver un juego de azar con estas fechas? Pues ya lo sabéis.

En fin, para el que no lo conozca, las chapas es un juego de apuestas sobre cómo van a caer al suelo dos chapas (obvio), marcadas con caras y cruces (o lises). Hay dos clases de jugadores: uno hace de banca y apuesta una cantidad de dinero, y la segunda clase de jugadores apuesta contra ese banca. La banca gana si consigue doble cara, y sólo puede retirarse del juego si acumula tres dobles caras. En el momento en que saca doble cruz pierde (lo apostado y acumulado que llevara en esa partida) y si sale cara – cruz se repite el lanzamiento y nadie gana ni pierde.  Podéis encontrar una breve reseña en wikipedia aquí.

¿Es un juego fácil de ganar o no? Vamos a analizarlo desde el punto de vista de la banca. Para ello vamos a calcular la probabilidad de ganar en n tiradas de chapas (es decir, de ganar exactamente al cabo de 3, 4, 5 o 100 rondas).

Vamos a suponer que el jugador banca se retira del juego en el momento en que gana una partida (esto es, cuando alcanza las ansiadas tres dobles caras). Entonces tenemos:

  • n rondas con n mayor o igual que 3 (no tiene sentido tirar una sola vez o dos las chapas).
  • La probabilidad de ganar, sacar doble cara, es 1/4, la de perder (sacar cruz -cruz) es 1/4 y la de repetir o empatar en 1/2 (cara – cruz o alternativamente cruz – cara). Llamando G,E y F a ganar, empatar y fallar o perder, tenemos que P(G)=P(F)=1/4 y P(E)=1/2.
  • La última ronda que buscamos ha de ser ganada, que será cuando el jugador banca anuncie que se retira.

Entonces tenemos que lo que buscamos son las probabilidades de sacar:

chapas1

Entonces tenemos que la probabilidad buscada son todas las ramas del árbol que contengan (n-1) elementos, repartidos siendo 2 de ellos G (dos jugadas de doble cara) y el resto, (n-3), jugadas de empate llamadas E, ordenadas de cualquier forma, y que además acaben en una jugada G.

Es decir buscamos ramas de probabilidad:

chapas2

Siendo, efectivamente el primer multiplicando la probabilidad de sacar las dos jugadas de doble cara (las dos primeras G) , el segundo la probabilidad de los n-3 empates o repeticiones y la última la probabilidad de sacar la última y final jugada de doble cara.

Estas ramas del árbol aparecen en éste en un número igual al número de colocaciones de la secuencia de n-1 elementos G,E,E…. de las n-1 primeras tiradas (la última es fija y es G irremisiblemente). Se trata por tanto de permutaciones de estos (n-1) elementos con repetición, tomando las G dos veces y las E (n-3) veces.

Por tanto la probabilidad buscada son todas las ramas de esta forma, por lo que serán:

chapas3

Que es, efectivamente la probabilidad de ganar en la ronda n.

Si queremos calcular qué probabilidad hay acumulada de ganar en la ronda 3, 4,5,6  hasta la ronda infinita, es decir, qué probabilidad tengo de ganar una partida siendo banca si juego infinitas veces, hay que sumar el valor de esa expresión en n=3,n=4, n=5… hasta n=infinito.

Es decir:

 chapas4

Que no es algo trivial ni mucho menos. Es una progresión aritmético-geométrica de orden 2, ya que el numerador es una progresión aritmética de orden 2 y el denominador es una progresión geométrica normal y corriente. Resolverla es pesado pero no muy difícil. El truco está en desarrollar la serie tal cual y desarrollarla multiplicada por la razón de la geométrica (1/2 en este caso). Después se restan ambas y se agrupan por denominadores comunes. Quedan dos términos sin agrupar y el resto conforman una nueva progresión aritmético-geométrica de orden 1 (el numerador es de grado 1, vamos). Repetimos el proceso con ésta nueva y logramos obtener una progresión geométrica de la que calculamos su suma infinita. Sustituimos hacia atrás y voilá tenemos una expresión que si evaluamos en n tendiendo a infinito nos dará el valor de la serie original. ¿difícil? No, para nada. Veámoslo. Voy a calcular la suma sin arrastrar el 1/16 del principio para no enfangar el cálculo. Recordad que luego hay que añadirlo al final.

chapas5

Restando ambas expresiones obtenemos algo como:

chapas6

Repetimos el proceso para la subsuma que nos ha aparecido. Observad la iteración del proceso, en cada ronda aplicada el numerador baja un grado, de esta forma voy convirtiendo una aritmético-geométrica en una geométrica subyacente que sabemos resolver.

chapas7

Restando ambos y agrupando por denominadores comunes como antes llegamos a que:

chapas8

Ese último término entre paréntesis es una bonica progresión geométrica de razón 1/2, por lo que podemos calcular su suma infinita quedando:

chapas9

Entonces al llevarlo a infinito:

chapas10

Sustituyendo esto en la expresión de la suma y llevando la suma al infinito obtenemos que:

chapas11

Por lo que la expresión original es:

chapas12

Es decir, si juegas infinitamente, tendrás como banca 1/8 de posibilidades de ganar una vez la partida y retirarte con tus ganancias.

Como curiosidad os diré que si analizáis la expresión del principio veréis que ganar a la primera (tres veces seguidas GGG) es más difícil que ganar en 4 o 5 tiradas. De hecho, lo más probable si ganáis es que lo hagáis en la tirada 5 o 4. A partir de ahí las probabilidades de ganar la partida bajan cada vez más (por lo que la suma es convenientemente convergente).

Os dejo una gráfica con las posibilidades. Si hacéis de banca y pasáis de la quinta tirada sin haber sacado tres veces cara doble…comenzad a preocuparos….

chapasGrafico

doble cara…comenzad a preocuparos….

Expliquemos bien Bayes y su Teorema

Thomas Bayes fue un matemático británico del siglo XVIII que enunció un curioso teorema de esos que son feos formalmente pero realmente muy cómodos en su aplicación. Y se basa en el análisis de las probabilidades de las causas observando los efectos.

He aquí el archiconocido y sumamente mal interpretado a veces Teorema de Bayes:

Sea la terna (W,F,P) un espacio probabilístico. Sea A1,A2 …. An un sistema completo de sucesos, y sea el suceso B. La probabilidad de que ocurra un determinado Ak condicionado a que haya ocurrido B es:

teorema de bayes

 

 

Es un teorema de esos feos, feos en su enunciado pero muy simples, como vamos a analizar, en su uso. Para ello aclaremos algunos conceptos:

  • P(A/B) significa probabilidad de que ocurra A a condición de que haya ocurrido B. Y al revés, P(B/A) pues obviamente significa la probabilidad de que ocurra B a condición de que haya ocurrido A.
  • Un sistema completo de sucesos es un conjunto de sucesos que cumplen dos propiedades que se pueden resumir así: Si consideramos todos ellos no dejamos ningún caso fuera (es decir, todos agrupan el 100% de las probabilidades, todas las opciones) y no se pisan unos con otros, es decir, no hay manera de que dos o más sucesos ocurran a la vez. Por ejemplo un sistema completo de sucesos es  DIA y NOCHE, o en un dado de seis caras que salgan PAR y que salga IMPAR; cubrimos todas las posibilidades y no se solapan. No hay DÍA y NOCHE a la vez y no hay PAR e IMPAR a la vez. Obviamente no han de ser opuestos siempre, pero pasa muy a menudo.
  • El Teorema de Bayes sirve para analizar las probabilidades de las causas una vez ha ocurrido una determinada consecuencia. Dicho de otra forma, si ha ocurrido B, Bayes te dice qué posibilidad hay de que haya sido bajo efecto o influjo de A1 o A2 o un Ak cualquiera.
  • Interpretarlo es muy muy fácil. Tenemos que primero ocurren una colección de sucesos (Ak) y luego, después de cada uno de ellos puede ocurrir B o no ocurrir. Vamos a preguntarnos qué probabilidad hay de que si ha ocurrido B hhaya sido bajo influencia de A1. Veamos el diagrama de árbol:

bayes1

Apliquemos la regla de Laplace que todo el mundo conoce, ya sabéis, la probabilidad de que pase un suceso es el cociente entre casos favorables y casos totales.

La probabilidad P(A1/B) es la probabilidad de que pase A1 sabiendo que ha pasado B. Luego la rama a favor del árbol es claramente la marcada en el dibujo.

¿Cuáles son los casos totales? Sencillo. NO es todo el árbol, dado que sabemos de forma fehaciente que B ha ocurrido. Es por eso que los casos totales son la suma de todas las ramas del árbol que acaban en B, sólo y exclusivamente esos. Es decir, P(A1)P(A1/B)+ P(A2)P(A2/B)+…+ P(An)P(An/B). Viendo el diagramas, los caminos verdes marcados en el dibujo siguiente.

bayes2

Ahora comparad este razonamiento con la fórmula del Teorema de Bayes. Realmente, es aplicar la Regla de Laplace con mucha imaginación. Numerador es la rama roja (a favor) y denominador es la suma de todas las ramas verdes (casos totales). El teorema NO viene de la Ley de Laplace (más que nada porque y para pasmo de mucha gente, el bueno de Bayes es anterior unos 50 años al genio francés), sino que se deduce del Teorema de la Probabilidad Total y la propia definición de probabilidad condicionada. Pero no negaréis que así se ve mucho mejor que saberse de memoria la fórmula, ¿no?.

Y mucho ojo, porque este teorema permite analizar cosillas que si se toman a la ligera, rápidamente, pueden dar lugar a equívocos. Por ejemplo, supongamos que un fabricante de pruebas para corroborar si se tiene una enfermedad dice que “su test acierta en las pruebas realizadas a enfermos diagnosticados en el 95% de los casos”. Ahora pregunto….

¿Detecta realmente bien la presencia de enfermedad?

Si pensáis que sí, volved a leerlo detenidamente. ¿El truco? Muy sencillo: el fabricante asegura que acierta en el 95% de las pruebas con enfermos, pero…. ¿qué sabemos de las posibilidades de acertar al aplicarlo a alguien sano? Es decir, a mi no me gustaría que me dijeran que tengo una enfermedad cuando realmente no la tengo. Éste es un punto importante, clave. Para saber si el método es fiable no basta con saber cuántas veces acierta al aplicarlo a enfermos. También necesitamos saber cuándo acierta al aplicarlo a sanos.

Es decir, si queremos saber cuán fiable es, lo que queremos es saber qué probabilidad hay de que tengamos esa enfermedad cuándo el método dice que la tenemos y qué probabilidad hay de no tenerla cuándo el método dice que no la tenemos.

¿Vemos la implicación de Bayes? Supongamos:

  • A1 es el suceso “tener la enfermedad”. A2 es su opuesto, el suceso “No tener la enfermedad”. Forman un sistema completo de sucesos.
  • B es el suceso “el test dice que tengo la enfermedad”. Y su opuesto es “el test dice que no tengo la enfermedad”.
  • Como nos faltan datos, supongamos que el test acierta, por ser generosos, también en el 95% de las veces que dice que NO se sufre dicha enfermedad. Es decir, un 95% de las veces que se ha probado con sanos, ha deducido correctamente que efectivamente está sano.

Con estos datos, podemos formar un diagrama, dejando como X  de [0,1]la probabilidad de sufrir una determinada enfermedad:

bayes3

Lo que nos deja:

bayes5

 Representando en Geogebra estas dos funciones se ven que van a la contra, cuando una sube la otra baja y viceversa. Os dejo un gif que como todos los de Geogebra pesa lo suyo y el link a la hoja dinámica. Si el gif tarda id a la hoja pinchando aquí. La hoja, si no rula, probad a hacerla funcionar como HTML5. Está configurada para mostrarse en Java.

probabilidad bayesiana2

 

La gráfica azul es la probabilidad de tener la enfermedad cuando el test dice que la tienes y la roja la probabilidad de no tenerla si el test dice que no la tienes. La barra que se mueve es la probabilidad de tener la enfermedad. Obviamente oscila de 0 a 1.

Observamos que si la enfermedad es rara (con probabilidad x muy baja, del orden de 0.05) la probabilidad de tener la enfermedad cuando el test dice que la tienes es bastante pequeña, aunque es muy probable que no la tengas si el test dice que no la tienes. Como es una enfermedad rara, entonces el test tampoco es que sirva para mucho.

Más curioso es qué ocurre si es una enfermedad plaga (con una probabilidad de x=0.95, no sé si hay plagas así…). En ese caso los papeles se invierten. Si el test dice que la tienes, es muy probable que la tengas, pero si el test dice que no la tienes…. Es muy fácil que se haya equivocado. Tampoco sirve de gran ayuda en una epidemia un test que no sirve para decir quién está libre de la enfermedad (que es lo difícil en esos casos).

 

¿es entonces un buen test? Bueno, si la probabilidad de tener una enfermedad es de un 0.2 a un 0.8 entonces sí que acierta bastante (si es que un 80% de aciertos es suficientemente bueno, ya que pensad que vamos a realizar la prueba a millones de personas ansiosas de saber su estado), pero no sé hasta qué punto hay enfermedades tan proclives a ser sufridas….

Lo que está claro es que no funciona bien con enfermedades muy raras ni con enfermedades que causen pandemias.

Probabilidades en la circunferencia.

Vamos allá con este problema que se me ocurrió este fin de semana, motivado por una conversación de coche, de esas que te picas, te picas… y tienes que resolverlo, claro está.

El enunciado es éste:

Colocamos tres puntos al azar sobre una circunferencia de radio R. ¿Qué probabilidad hay de que formen un triángulo acutángulo?

NOTA: es el mismo problema que suponer “dados dos puntos sobre una circunferencia, ¿qué probabilidad hay de que al colocar un tercero se forme un triángulo acutángulo?

SOLUCIÓN: HAY DOS FORMAS, QUE EN EL FONDO SON LA MISMA, LA COMPLEJA Y LA SIMPLIFICADA.

SOLUCIÓN COMPLEJA:

Partimos de la construcción siguiente: dada la circunferencia colocamos al azar los dos primeros puntos, vértices del triángulo.

circulo1

Vamos a ir al caso límite para colocar el vértice que queda, A. Para ello, hay que procurar que se forme un ángulo menor que 90º en B o C dados, al unirse con A. Entonces construimos el andamiaje necesario para “acotar” esta posibilidad, levantando perpendiculares por C y B:

circulo2

La zona válida es el arco que va desde G hasta E. Es decir, la zona marcada en rojo. Esa será la solución. Cualquier punto A en esa zona genera ángulos en C y B que serán menores que 90º.

Se puede comprobar por ejemplo en esta imagen (el gif hecho por Geogebra es una animalada de 8 Mb).

circulo3

Alguien puede pensar  “Bueno, sí, ahí el ángulo de B y C es menor que 90º, pero. ¿Qué pasa con el otro vértice?

La respuesta es que NO pasa nada. Es un ángulo inscrito. Y ese ángulo inscrito valdrá la mitad que el ángulo central que abarca el arco desde B hasta C. Como ese central es claramente menor de 180º, el inscrito será también menor que 90º.

Precisamente por eso la solución NO incluye el arco “corto” entre C y B. Porque ahí el ángulo inscrito SÍ que es mayor que 90º y el triángulo formado sería obtusángulo.

Queda hacer cuentas. Qué probabilidad representa esa zona roja. Llamemos “d” a la distancia entre los dos vértices que hemos colocado primero. Coloquemos algunos ángulos y echemos cuentas

circulo4

Como se puede apreciar beta=180-2(alfa) lo que conlleva que la zona de aceptación (la zona favorable) sea de esos ángulos precisamente. Como hay en total 360º donde colocar el vértice A del triángulo, entonces la probabilidad es:

circulo5

Con el ángulo alfa siempre entre (0 y 90º). Hay un caso especial, que ésta fórmula por tanto no contempla, que es cuándo alfa es cero. Ello conlleva que C y B serán diametralmente opuestos y por tanto el ángulo que forme A con ellos será de 90º por ser el central un ángulo llano. En ese caso, la probabilidad de que formen un triángulo acutángulo es de cero.

Buscamos poner esta expresión en función de “d”, distancia entre dos vértices Cy B y “r”, el radio. Tirando de trigonometría básica es sencillo llegar a que:

circulo6

Dando la expresión en radianes.

CONSTRUCCIÓN SENCILLA/SIMPLIFICADA.

Basta con considerar la figura que se forma al colocar dos puntos C y B al azar y trazar sus diámetros. Después sólo hay que pensar a la hora de analizar dónde debe caer el tercer vértice A. Analicemos la figura:

circulo7

Pensemos que el ángulo inscrito de centro en C que abarque de B a F será de 90º porque el ángulo central que abarca es de 180º.Entonces, si coloco el vértice A entre F y B tendré un ángulo más abierto que ese, luego será de más de 90º (colocad un punto cualquiera debajo de C veréis cómo el ángulo de centro C que una B con A será más de 90º). Luego esa zona no vale.

Alternativamente, tampoco vale la zona de C a D por análogo razonamiento, pero esta vez considerando cómo sería el ángulo centrado en B. Dicho ángulo es de 90º si abarca desde D hasta C, y será mayor si va a un punto colocado entre C y D.

Por tanto en las zonas siguientes marcadas en rojo NO se formará un triángulo acutángulo y por tanto en la zona verde es donde SÍ que se formará dicho triángulo:

circulo8

A partir de ahí el razonamiento de cálculo es el mismo. El ángulo central del sector verde vale beta=180-2(alfa) y se llega a la misma solución que con el método anterior (en el fondo es el mismo, razonando más y dibujando menos).

Puntitos en una esfera

Estoy disfrutando como un enano estos días repasando la probabilidad para el examen de oposición. Y hay algunos ejercicios que no me salen. Asi que aprovecho para relajarme releyendo el magífico libro “La Conquista del Azar” de Fernando Corbalán y Gerardo Sanz. Una delicia de librito, muy comprensible, escrito en un tono bastante ameno y con algún problemilla un poco más liadillo que ya iré colgando aquí algún día.

La cuestión de hoy está extraída de este texto y reza así: Imaginemos que seleccionamos tres ciudades al azar de la Tierra. ¿Qué probabilidad hay de que éstas pertenezcan a la misma semiesfera?

Como en muchos casos, una lectura detenida del enunciado nos librará de malas y peligrosas interpretaciones. Ánimo que es muy fácil. Aunque justificarlo con rigor puede no serlo tanto….

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SOLUCIÓN:

Evidentemente y como se decía en los comments del post, la probabilidad es 1.Hay un 100% de probabilidades de que 3 puntos dde una esfera (de su superficie) pertenezcan a la misma semiesfera. Demostrar esta cuestión es sencillo y sin cuentas (beej). Lo que sí que viene bien es tener papel y lápiz e ir dibujando los sucesivos pasos. Como ando corto de time esta vez, eso os lo dejo a vosotros. Pasito a paso os convenceréis. A ello vamos:

Primero: Tres puntos no alineados determinan un plano. Eso es evidente. Sólo un plano contiene a tres puntos de estas características.

Segundo: Si los puntos están sobre la superficie de una esfera, entonces el plano que generan cortará a la esfera. También evidente.

Tercero: El corte de un plano con una esfera es un bonito círculo (a no ser que el plano sea tangente, pero eso es imposible si el plano contiene a tres puntos de la esfera diferentes; por definición, para ser tangente sólo debería contener a un único punto).  Además ese círculo contendrá a los tres puntos seleccionados de la esfera.

Cuarto: Si el plano atraviesa el centro de la esfera (lo contiene, vamos) entonces ese círculo es el de máximo tamaño que se puede dibujar en esa esfera. Demostrar esto, bueno no tengo tiempo. Pero se ve fácilmente por inducción (o algo parecido). Dibujad una esfera, que sea la Tierra. Trazad un círculo cerca de uno de sus polos (el norte o el sur). Es un círculo pequeño. Si después trazáis círculos paralelos a éste pero más y más cercanos al Ecuador veréis que su radio aumenta, hasta llegar al caso límite, es decir , el círculo que contiene al centro de la esfera. Despúes, los sucesivos que se tracen se iran haciendo otra vez cada vez más pequeños.

Quinto: Un círculo máximo divide a la esfera en dos parte iguales, llamados semiesferas. Cualesquiera otros círculos menores dividen la esfera en cachos de diferente tamaño, no semiesferas.

Consecuencia: los tres puntos de la esfera dividen a ésta en dos trozos. Si los puntos generan un plano que corte a la esfera en dos semiesferas, es que los puntos pertenecen a un círculo máximo. Por tanto pertenecen a cualquiera de las dos semiesferas que generan.  En cualquier otro caso dividen a la esfera en dos cachos de diferente tamaño. Pero, y esta es la clave, el más pequeño de esos puede a su vez ser contenido en una semiesfera, porque siempre puedo dibujar otro círculo paralelo más abajo, conteniendo al centro de la esfera en cuestión.

En consecuencia siempre puedo decir que tres puntos de una esfera pertenecen a una misma semiesfera.

PD: Lamento mucho no haber puesto dibujitos que ilustren este rollo macabeo. Podéis probarlo en casita con papel y lápiz (no hace falta ser Rembrandt). O podéis colaborar enviándome los dibujines en paint o como queráis para luego colgarlos. See you!!!

El suelo del ascensor

Pues me pasó ayer mismo. Andaba rumiando algún problema así como curiosete para esta entrada y se me cayó una moneda de 1 € al suelo del ascensor cuando volvía del bar, después de comprar tabaco. Las vueltas, ya sabéis. Esas cosas pasan.

El caso es que me di cuenta de que el suelo del ascensor de mi casa es de goma, con bonitos circulitos antiadherentes tangentes más o menos entre sí. Y la moneda quedó ahí solita, en medio de cuatro de esos circulitos. Muy chula.

bonito suelo de ascensor

El enunciado de la cuestión es el siguiente. En una superficie adornada a base de círculos de goma, tangentes entre ellos (no exactamente como en el suelo del ascensor, sinoun pelín más juntitos), de radio R, se lanza una moneda del mismo tamaño. ¿Qué probabilidad hay de que caiga de tal forma que toque aunque sea tangencialmente a cuatro de esos círculos del suelo a la vez? 

y de extra, se me ocurre. Una moneda de radio r = KR con 0<K<1…. ¿Qué probabilidad tiene? ¿Se complica mucho el cálculo? ¿Qué valor límite tiene el radio de la moneda para poder tocar a cuatro círculos?

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SOLUCIÓN:

Ah….la rapidez de la gente…siempre la rapidez. Pensé que me daríais algo de cancha para poder preparar bien el ejercicio, dibujar la solución y esas cosas. Pero vista la velocidad de la peña, allá vamos.

Lo primero es pensar en donde puede caer la moneda para tocar a un círculo. Voy a desarrollarlo para el caso de moneda igual de grande que cada círculo. Para ello, debemos recuperar la vieja definición de circunferencia, esto es, los puntos que equidistan de otro llamado centro. Como la moneda tiene radio R y cada círculo también, es evidente que el centro de la moneda puede alejarse de cada círculo como mucho una distancia R, o 2R del centro del círculo en cuestión.

Eso nos da un arco de circunferencia que es el límite donde puede situarse una moneda para tocar a un círculo en cuestión. Una frontera, vamos, más allá de la cual la moneda no tocará como deseamos.

zona donde puede caer para tocar a un círculo

Repitiendo la misma idea para cada círculo vamos acotando en qué zona tocará a las cuatro. Será la zona en común a las regiones válidas de cada círculo en cuestión. Ha de quedar esto:

zona donde si cae el centro, la moneda tocará a los círculos

Ahora sólo resta aplicar la Regla de Laplace. La probabilidad de que se cumpla la cuestión propuesta es el número de casos favorables entre el número de casos totales. En este caso, se trata de áreas. El área válida entre el área total de la figura, que es un rectángulo de lado 2R.

CALCULEMOS EL ÁREA PUES

¡Es un rectángulo pero no es un rectángulo! ¡Los lados son arcos (beeej)! ¿No vale aproximarlo? No, espera…. Huele a integrales…. Mejor déjalo indicado….

Todas esas opciones son muy interesantes, pero el caso es que esta figura se puede calcular fácilmente con un poco de cuidado. Jugando con trozos, procurando evitar en lo posible, las zonas curvas.

Partamos de éste sector circular de radio 2R….

Si nos fijamos en el gráfico, se puede observar que la zona roja es una tercera parte de un cuarto de círculo. Es decir, tiene un área exactamente igual a una doceava parte de un círculo de radio 2R. Es decir:

¡PERO YO NO QUIERO ESO!

Evidentemente, pero es que el astuto proceso a seguir permite a partir de esta figura obtener un cuadrante del área del rectángulo inflado que quiero. La idea es la siguiente:

Proceso a seguir.

Y ahora los cálculos. No los desarrollo mucho, pero es geometría plana elemental de toda la vida: área del triángulo, teorema de Pitágoras, senos, cosenos y esas cosas:

En conclusión, echando unos sencillos números…

Mañana colocaré las cuentas para el caso límite y un diagrama sobre qué hacer si la moneda es más pequeña que los circulitos…. que ahora estoy cansado jeje