Sorteo Extraordinario de Navidad: las matemáticas no han fallado

Supongo que todos os acordaréis, ¿no? Fue hace una semana, más o menos, y cayó en sábado. Un acontecimiento que ningún españolito de a pie se perdería. Nos referimos al Sorteo Extraordinario de Navidad de la lotería. Ya está muy estudiado el enfoque matemático probabilístico, por lo que no lo vamos a ver en este artículo.

2 premios seguidos
Dos quintos premios seguidos

Nos vamos a centrar en un hecho cuando menos curioso, y que a primera vista puede parecer muy improbable, que acaeció durante el sorteo y es que dos quintos premios salieron de forma consecutiva en una misma tabla. Más concretamente en cómo dieron los presentadores de Noticias Cuatro esta misma noticia.

Aproximadamente a los 20 minutos de emisión de la edición de tarde del informativo de Cuatro de 22 de diciembre de 2012 (ver vídeo, a 24:55 del final) comienzan a hablar del reciente sorteo de navidad y atentos a la píldora que sueltan:

Noticias Cuatro (22/12/2012)

Bueno, por si acaso no habéis encontrado el trozo en cuestión, aquí os dejamos la transcripción:

Y… las matemáticas no han funcionado aquí. Dos quintos premios salieron consecutivamente uno detrás de otro el 49257 y el 55448. Salieron uno detrás del otro. Nunca había pasado. Y un tercer quinto salió 3 minutos después de esta maravillosa coincidencia.

Noticias Cuatro

¿Cómo que las matemáticas no han funcionado? ¿Quiere decir esto, entonces, que las matemáticas han fallado aquí? ¿Acaso es esto posible? ¿Pueden incluso acertar las matemáticas? La opinión de los autores es que las matemáticas ni aciertan ni fallan.

Los que suelen fallar son los que, a veces, hablan de las matemáticas sin saber, siendo unos completos hombres anuméricos.

En el presente artículo vamos a calcular la probabilidad de que un hecho tan ¿insólito? ocurra. Más aún, vamos a demostrar que lo verdaderamente sorprendente es que no hubiese ocurrido antes. Y lo vamos a hacer usando eso que falla tanto… sí, ¿cómo se llamaban? ¡Ah, claro!: MATEMÁTICAS (y si tienes un poquito de pegamento… pues mejor).

A primera vista, puede parecer un problema simple de cálculo de probabilidades, pero apenas si uno se asoma observa un gran precipicio que hay que solventar. Es fácil calcular la probabilidad de que salgan dos premios seguidos en la primera y segunda extracción, pero para calcular la probabilidad de que ocurra en las extracciones 987 y 988 (por ejemplo) la cosa se complica ya que hay que tener en cuenta la cantidad de bolas con premio que han salido hasta ese momento… lo que condiciona (nunca mejor dicho) la resolución del problema.

Como a ninguno de los dos autores nos gusta eso de la clase magistral (aunque ambos lo seamos), vamos a ir acercándonos a la solución final de la misma forma que nosotros mismos lo hicimos: primero nos quedamos cortos, después nos pasamos un poquito… pero al final dimos en la diana. Así sucedieron las cosas y así se las vamos a contar.

Vamos a sentar las bases de lo que vamos a hacer. Antes de nada aclaramos que vamos a realizar todos los cálculos suponiendo que el Sorteo Extraordinario de Navidad es tal cual ha sido este año, es decir, un sorteo en el que en el bombo de premios se introducen un total de 1807 bolas, de las cuales 13 tienen premio (1 primero, 1 segundo, 1 tercero, 2 cuartos y 8 quintos) y el resto son bolas de pedrea (recordemos que ahora hay 100000 números pero antes había menos, por lo que cantidad de premios también era menor). Nos vamos a centrar en 2 sucesos, que estudiaremos mediante combinatoria (en este post podéis encontrar las fórmulas básicas de la misma) y cuya probabilidad vamos a calcular por la conocida como Regla de Laplace (casos favorables dividido entre casos posibles). El primero es Que salgan, al menos, 2 premios (cualesquiera) de forma consecutiva, mientras que el segundo suceso será algo más restrictivo: Que salgan, al menos, 2 quintos premios de forma consecutiva (ojo, queremos que del bombo chico salgan 2 premios -o más- uno detrás del otro, no queremos que los números premiados sean consecutivos).

En lo sucesivo, las bolas con premio las denotaremos por “P” mientras que las bolas de pedrea (o sin premio) las denotaremos por “N”.

Como del bombo chico sacan todas las 1807 bolas, la pregunta es: ¿de cuántas formas pueden salir los 13 premios, si no hacemos distinciones entre ellos? Pues muy fácil. Como hay 1807 bolas y 13 de ellas son premios hay un total de \binom{1807}{13} formas de que salir, asumiendo que las bolas premiadas son indistinguibles unas de otras (claro, a nosotros nos interesan dos premios seguidos, nos da igual que sean dos quintos o el primero y el tercero, y nos da igual el orden en el que éstos salgan).

Ya tenemos los casos posibles. Ahora sólo nos queda calcular el número de casos favorables. Al lío.

Una primera idea que tuvimos para realizar este cálculo fue pegar dos bolas de este tipo. ¿Qué conseguimos con esto? Pues que salgan como salgan las bolas tipo con Premio, en cuanto salga la “bola doble”, ya tendremos 2 premios consecutivos. Pero… ¿cómo vamos a contar las veces que ocurre esto? Aquí es donde llegaron los problemas.

Primer intento: Al pegar dos bolas con premios, tendremos 11 bolas con premio (simples) y una bola con premio doble. Nuestra primera idea fue no hacer distinción entre ellas, por lo que podemos suponer que tenemos 12 bolas con premio (una de las cuales es doble). Ahora tendremos un total de 1806 bolas (recordad que hay una “doble”) de las cuales 12 tienen premio (una de las cuales es doble). Así que habrá un total de \binom{1806}{12} casos favorables. Por lo tanto, la probabilidad de que salgan 2 premios seguidos se calcula dividiendo \binom{1806}{12} entre \binom{1807}{13}, lo que nos da un resultado de p=\frac{1}{139}\approx 0.00719424, es decir, un 0,72%.

Pero este método falla. Al no distinguir la bola con premio doble (que denotaremos por “P+P”) de los premios simples, resulta que el caso “….(P+P)NP….” es el mismo que “…PN(P+P)…”, por lo que estaríamos contando esto como un solo caso cuando en realidad son dos, lo que a todas luces es un error. Con este método estamos olvidando casos favorables.

Resumiendo, 1/139 es una cota inferior de nuestra probabilidad.

Segundo intento: Si no hacer distinción no da resultado, quizás haciéndolo sí. Para ello, imaginad que imponemos la condición de que la primera bola con premio sea la bola doble. Contar en cuántas ocasiones ocurre esto es, exactamente, la misma cuenta hecha en el Primer Intento. Pero claro, nuestra bola doble puede salir en primer lugar, o en segundo… o en decimosegundo lugar (entre las bolas premiadas). Por lo tanto el resultado obtenido antes habrá que multiplicarlo por 12 (las 12 posiciones en las que puede salir). Así que la probabilidad será 12/139\approx 0.0863309, o lo que es lo mismo, la probabilidad sube al 8,63%.

Pero este método también falla. Al distinguir el caso de la bola con premio doble (P+P) de las bolas con premio simple (P), resulta que los siguientes casos “…(P+P)P…” y “…P(P+P)…” son diferentes, pero, en realidad, para nosotros sería el mismo caso de 3 premios seguidos. Por tanto, con este método, estamos introduciendo casos favorables de más.

Resumiendo 12/139 es una cota superior de nuestra probabilidad.

Tercer intento (el definitivo): Y por fin dimos con la tecla: ¿por qué no contar los casos en los que no salen dos premios seguidos? Restándoselos al total obtendríamos la cantidad de casos que buscamos…Veamos como lo hicimos.

Para que no salgan dos premios seguidos es necesario que cada vez que aparezca un premio, P, salga después al menos una pedrea, N, por lo que tendríamos 13 bolas “P+N” y 1807-26=1781 bolas “N”. Para contar las formas de repartir esas 13 bolas “P+N” entre las 1781+13 bolas totales calculamos \binom{1781+13}{13}

…pero nos hemos dejado sin contar los casos en los que sale un premio en la última bola (ya que esta no podría ser “P+N”, al ser la última). En este caso, como estamos considerando los casos en los que no salen dos premios seguidos, debe haber salido una pedrea antes de este último premio, por lo que entonces tenemos fijadas las dos últimas bolas, NP. Tenemos entonces que repartir las 12 “P+N” restantes entre las 1781+12 totales, con lo que nos salen \binom{1781+12}{12} casos…

…pero todavía no hemos contado todos los casos, ya que nos hemos dejado lo que terminan en “PNP”. Para que se dé éste, de forma análoga al caso anterior, debe salir antes una pedrea, por lo que tendríamos que las últimas extracciones son “NPNP”. El número de casos que cumplen esto es \binom{1781+11}{11}

…y así sucesivamente, hasta que llegamos al caso “NPNPNPNPNPNPNPNPNPNPNPNPNP”, que evidentemente es uno solo (recordad que tanto las pedreas como los premios son indistinguibles para nosotros). Pero se da la circunstancia de que 1=\binom{1781+0}{0}, por lo que al contar todos los casos en los que no salen dos premios de manera consecutiva obtenemos la siguiente cantidad:

\displaystyle{\binom{1781+13}{13}+\binom{1781+12}{12}+ \ldots + \binom{1781+1}{1}+\binom{1781+0}{0}=\sum_{k=0}^{13} \binom{1781+k}{k}}

Dividiendo esta cantidad entre el número de casos posibles, que recordamos que era \binom{1807}{13}, obtenemos la probabilidad de que en un sorteo no salgan dos premios de manera consecutiva. Como nosotros queríamos la probabilidad de que sí salieran al menos dos premios de forma consecutiva, simplemente debemos restarle esta cantidad a 1, obteniendo:

P(\mbox{al menos dos premios seguidos})=1-\cfrac{\displaystyle{\sum_{k=0}^{13} \binom{1781+k}{k}}}{\displaystyle{\binom{1807}{13}}} \approx 0.0832393

valor que está entre los dos obteniendo en los dos intentos anteriores (y, por cierto, bastante cerca de la cota superior). Esta probabilidad indica que a la larga se extraerán dos premios de manera consecutiva en el 8% de los sorteos, porcentaje que, seguro, es mucho mayor de lo que podríamos haber pensado al principio.

De todas formas, en realidad la probabilidad sigue siendo baja, por lo que en cierto modo puede verse como “normal” que no hubiera ocurrido esto nunca…¿seguro? La cosa no está tan clara. Si tomamos 201 sorteos (que son los que se llevaban hasta este año), el hecho de que esto ocurra o no sigue una binomial (muy bien explicada en esta entrada) con n=201 y p=0.0832393, por lo que la probabilidad de que esto no haya pasado en ninguno de esos 201 sorteos es:

P=\binom{201}{0} \cdot 0.0832393^0 \cdot (1-0.0832393)^{201-0}=2.59092 \cdot 10^{-8}

que, como veis, es una probabilidad bajísima. Por tanto lo raro es, en realidad, que esto no hubiera ocurrido antes.

Particularicemos un poco más. En realidad lo que ha pasado en este sorteo ha sido que salieron dos quintos premios seguidos, por lo que podríamos preguntarnos lo mismo que hemos hecho antes pero con quintos premios solamente. Es decir, nos preguntamos cuál es la probabilidad de que salgan al menos dos quintos premios de manera consecutiva. Como habréis advertido, la situación es esencialmente igual a la anterior, pero en vez de considerar 13 premios y 1794 pedreas consideramos 8 quintos premios, Q, y las 1799 bolas restantes, B.

Razonando de la misma forma que antes, calcularemos cuántos casos cumplen que no sale dos quintos premios seguidos y después restaremos a 1 la probabilidad de que esto ocurra. Tendremos, por tanto, 8 bolas tipo “Q+B” y 1791 bolas “B”, por lo que el número de casos en los que no salen dos quintos premios seguidos es:

\displaystyle{\binom{1791+8}{8}+\binom{1791+7}{7}+ \ldots + \binom{1791+1}{1}+\binom{1791+0}{0}=\sum_{k=0}^{8} \binom{1791+k}{k}}

Usando este dato podemos obtener de forma sencilla la probabilidad de que en un sorteo salgan al menos dos quintos premios de forma consecutiva:

P(\mbox{al menos dos quintos premios seguidos})=1-\cfrac{\displaystyle{\sum_{k=0}^{8} \binom{1791+k}{k}}}{\displaystyle{\binom{1807}{8}}} \approx 0.0306322

probabilidad que, al igual que en el caso anterior, seguro que es bastante mayor de lo que se podría pensar en un principio.

¿Y cuál sería entonces la probabilidad de que esto no ocurriera nunca en 201 sorteos? Pues, como antes, esta situación se modeliza mediante una binomial con n=201 y, ahora, p=0.0306322. Ahora, la probabilidad de que esto no ocurriera nunca en 201 sorteos es:

P=\binom{201}{0} \cdot 0.0306322^0 \cdot (1-0.0306322)^{201-0}=0.00192401

que es mayor que la que obtuvimos en el caso anterior, pero que sigue siendo tremendamente baja. Por tanto, de nuevo tenemos que lo extraño, probabilísticamente hablando, es que no hubieran salido nunca dos quintos premios de manera consecutiva hasta ahora.

No, las matemáticas no han fallado en este caso, ni aciertan en el caso contrario. En este tipo de situaciones las matemáticas nos dan probabilidades de ocurrencia, pero no aseguran que algo vaya a pasar o no. ¿Por qué entonces la gente sigue pensando que estos casos, que ellos consideran raros, implican que las matemáticas han fallado? Pues porque se asocia improbable a imposible, lo cual es, evidentemente, un error. Cuando alguien ve que algo es muy poco probable en su cabeza eso se torna en imposible, por lo que cuando ocurre (puede ocurrir, aunque sea improbable) piensa que ha habido fallos o manipulaciones, cuando en realidad no tiene por qué haberlos.

Esperamos que el estudio que hemos realizado en esta entrada sirva para que a todo el mundo le quede claro que lo que ha ocurrido en este sorteo es simplemente un caso posible, con probabilidad baja pero posible, que además era extraño que no hubiese ocurrido todavía.

ACTUALIZACIÓN: Enlazamos el artículo en el que @Phoenix_Alx nos deja un pequeño programa hecho en javascript que permite reproducir los resultados aquí expuestos: Sorteo de Navidad. Dos premios consecutivos.

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