Solución: la apuesta ganadora

Publicamos la solución al divertimento de la apuesta ganadora. Muchas gracias a anónimo17, Don Diedro y Don Pablo, Magdalena Jáñez, Antonio Medinilla y David Ramos, José Luis Ramírez Fabra y Ruben Ríos Mallqui por las soluciones que nos han enviado.

Divertimento:

Ante el fracaso de sus artimañas despachando arroz, la protagonista de nuestro divertimento La Balanza Trucada se ha adentrado en el mundo de la manipulación de los naipes, adquiriendo una destreza tal que su probabilidad de ganar una partida jugando a las cartas es el doble de la probabilidad de perderla. Llevada por la codicia, va al casino y decide jugar contra la banca, apostando en cada partida una proporción fija \(1/x\) del dinero que tiene al comienzo de ésta, con \(x>1\). Ahora sí que me voy a hacer de oro, se dice a sí misma, manejando las cartas con maestría y discreción. Después de una determinada cantidad de partidas, en las que ha conseguido su propósito de ganar exactamente el doble de veces de las que ha perdido, observa con estupor que tiene menos dinero que cuando empezó a jugar. ¿Qué valores puede tomar la proporción \(1/x\) de dinero que está apostando en cada partida?

Suponiendo que de cada tres partidas consecutivas se ganan dos y se pierde una, y tomando \(x\) de forma adecuada, ¿cuál es la menor cantidad de partidas que se deben jugar para garantizar que se duplica la cantidad inicial de dinero?

Nota: si nuestra protagonista apuesta una cantidad \(C\) en una partida, recibe \(2C\) si gana (recupera lo apostado y gana otro tanto aportado por la banca), mientras que si pierde, entonces pierde la cantidad \(C\) apostada, con la que se queda la banca.

Solución:

Denotemos por \(A_m\) a la cantidad de dinero tras \(m\) partidas, siendo \(A_0\) la cantidad inicial. Si gana la partida \(m\)-ésima, se tiene que
$$A_m = A_{m-1} + \frac{1}{x}A_{m-1} = \left(1+\frac{1}{x} \right) A_{m-1},$$
mientras que si la pierde,
$$A_m = A_{m-1} – \frac{1}{x}A_{m-1} = \left(1-\frac{1}{x} \right) A_{m-1}.$$
Por tanto, tras ganar \(2m\) partidas y perder \(m\), el dinero que tiene es igual a
\begin{align*}
\left(1+\frac{1}{x} \right)^{2m} \cdot \left(1-\frac{1}{x} \right)^m \cdot A_0 & =
\left(1+\frac{1}{x} \right)^{m} \cdot \left(1+\frac{1}{x} \right)^{m}\cdot \left(1-\frac{1}{x} \right)^m \cdot A_0 \\
& = \left[ \left(1+\frac{1}{x} \right)\cdot \left(1-\frac{1}{x^2} \right) \right]^m \cdot A_0,
\end{align*}
independientemente del orden en que hayan ocurrido las partidas ganadas y las perdidas.
Si esta cantidad es menor que \(A_0\), entonces
$$\left(1+\frac{1}{x} \right)\cdot \left(1-\frac{1}{x^2} \right) <1.$$
Como \(x >1\), esta desigualdad es equivalente a \((x+1)(x^2-1) < x^3\), de donde \(x^2-x-1 <0\). Esta expresión se corresponde con una parábola convexa que toma valores negativos entre sus raíces,
$$\varphi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}, \qquad \varphi’ = \frac{1-\sqrt{5}}{2}.$$
Se tiene así que \(1 < x < \varphi\), y por tanto
$$\frac{1}{\varphi} < \frac{1}{x}.$$
Es decir, está apostando en cada partida una proporción de dinero al menos superior al inverso del número áureo (el \(62\%\), de forma aproximada).

Respondemos ahora a la segunda cuestión. Se puede comprobar que el máximo de la función
$$f(x)= \left(1+\frac{1}{x} \right)\cdot \left(1-\frac{1}{x^2} \right)$$
en el intervalo \((1,+\infty)\) se alcanza para \(x=3\). Por tanto, la elección óptima es apostar \(1/3\) del dinero disponible al comienzo de cada partida. Tras ganar \(2m\) y perder \(m\) veces, el dinero que nos queda es
$$ \left( \frac{32}{27} \right)^m \cdot A_0.$$
Para duplicar esta cantidad, debe ser
$$\left(\frac{32}{27} \right)^m \geq 2,$$
de donde
$$m \geq \frac{\log 2}{ \log( 32/27)} \simeq 4.08.$$
Por tanto, \(m>4\), es decir, debe jugar más de \(12\) partidas. Sabemos que, del siguiente grupo de tres, ganará dos y perderá una. Multiplicando por \(4/3\) o \(2/3\), es fácil comprobar que, si empieza ganando, en la decimotercera partida ha duplicado su dinero, mientras que si empieza perdiendo, necesita las dos siguientes partidas (que serán victorias seguras) para llegar al doble de su botín inicial. En conclusión, necesitará \(15\) partidas con probabilidad \(1/3\), mientras que le bastarán \(13\) con probabilidad \(2/3\), todo ello apostando en cada juego \(1/3\) de la cantidad con la que se empezó a jugar.