¿Cuántos monos se necesitan para escribir el Quijote?

Un mono empieza a pulsar teclas al azar en un teclado hasta que ha escrito tantos caracteres como tiene la primera parte del Quijote.

¿Cuántos monos harían falta para asegurarnos con aproximadamente un 63% de opciones que al menos uno de ellos habrá escrito el Quijote? ¿Y si queremos que la probabilidad sea de un 99,996%?

Supón que el Quijote tiene unos 2 millones de caracteres y hay unos 100 caracteres distintos, todos ellos uniformemente distribuidos en el teclado del mono.

El problema de este «acertijo» es que los números que maneja son tan pequeños o tan grandes que es imposible obtener un resultado con una calculadora. Vamos por partes:

Llamaremos $Q$ al número total de caracteres del Quijote y $C$ a la cantidad de caracteres distintos. Entonces, la probabilidad $p$ de que un mono escriba el Quijote es de

$p = \frac{1}{C^Q} = \frac{1}{100^{2.000.000}}$ ,

y por tanto la probabilidad de que un mono no escriba el Quijote es

$\overline{p} = 1 - p$ .

Si ahora contamos con $N$ monos, la probabilidad de que ninguno de ellos escriba el Quijote es

$\overline{P} = (\overline{p})^{N}$ ,

y por tanto la probabilidad de que alguno de ellos lo escriba queda como

$P = 1 - \overline{P}$ .

Sustituyendo variables tenemos que

$P = 1 - \overline{P} = 1 -(\overline{p})^{N} = 1-(1-p)^{N}$ .

De esta ecuación conocemos $P$ y $p$ , y queremos calcular $N$ , que puede despejarse fácilmente como

$N = \frac{\log(1-P)}{\log(1-p)}$ .

Sin embargo, dado que en nuestro caso $p$ es extremadamente pequeño, ninguna calculadora será capaz de resolver bien esta ecuación para $N$ , así que hay que plantear el problema de otra forma.

Tiene sentido pensar que, cuanta más baja sea la probabilidad de un suceso, más realizaciones del experimento se necesitarán para que ese suceso se dé al menos una vez. Por tanto también tiene sentido asumir que $N$ pueda ser de la forma $N=k \frac{1}{p}$ , es decir, es proporcional a la inversa de la probabilidad del suceso: cuanto menos probable, se necesitarán más monos.

Vamos a ver qué pasa con nuestra probabilidad ante este supuesto. Ahora tendríamos que

$P = 1-(1-p)^{N} =1-(1-p)^{k \frac{1}{p}}$ .

Lo que pasa en nuestro caso es que $p$ es muy pequeño, así que vamos a ver qué sucede con $P$ cuando $p$ tiende a $0$ :

${\lim_{p \to 0}} P =\lim_{p \to 0} \left( 1-(1-p)^{k \frac{1}{p}} \right)$

$= 1 - \lim_{p \to 0} (1-p)^{k \frac{1}{p}} = 1 - e^{-k}$ .

Es decir, asumiendo que $N=k \frac{1}{p}$ hemos llegado a que la probabilidad de que algún mono de los $N$ haya escrito el Quijote es de $P = 1 - e^{-k}$ , y por tanto

$k = - \ln(1-P)$ ,

con $\ln$ logaritmo natural/neperiano. Así que finalmente tenemos que

$N = - \frac{\ln(1-P)}{p}$ .

Y ahora ya podemos intercambiar variables. Se pedía calcular el número de monos cuando $P = 63\%$ , que es

$N_{63\%} = - \frac{\ln(1-0,63)}{p} = \frac{1}{p} = C^{Q} = 100^{2.000.000} = 10^{4.000.000}$ .

También podemos calcular fácilmente el valor cuando $P = 99,996\%$ :

$N_{99,996\%} = - \frac{\ln(1-0,99996)}{p} = \frac{10}{p} = 10 \times C^{Q} = 10^{4.000.001}$ .

El resultado de este desarrollo es general, es decir, cuando la probabilidad de un suceso $p$ es baja, el número de repeticiones del experimento que debemos realizar para que el suceso se dé al menos una vez con probabilidad de $P$ puede aproximarse como

$N = - \frac{\ln(1-P)}{p}$ .

En particular, para asegurar con más de un 99,99% que un suceso poco probable se va a dar, habrá que repetir el experimento $N = 10 \times \frac{1}{p}$ .

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