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Mensajes - pierrot

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Computación e Informática / Re: Configuracion de mi cuenta Gmail
« en: 11 Marzo, 2021, 03:58 pm »
No entiendo exactamente cuál es el problema, pero siempre puedes usar Gmail desde la web, o lo que es mejor, reemplazar tu cliente de correo por Thunderbird.

2
Probabilidad / Re: Deducir la distribución
« en: 10 Marzo, 2021, 03:26 pm »
Si; el resultado es muy razonable, básicamente porque al escoger la probabilidad con distribución uniforme independiente en cada lanzamiento, hay la misma probabilidad de sacar cara que cruz.

En general si tomamos una distribución cualquiera \( Y \) con valores en  \( [0,1] \), para la probabilidad de cara tendríamos \( X\sim Geo(E[Y]) \).

Saludos.

Me parece lógico. Lo que sí me resulta extraño es que si la probabilidad de salir cara queda prefijada para todos los lanzamientos, se tendría, por ejemplo

\( P(X=8)=\dfrac{1}{8(8+1)}=\dfrac1{72} \)

mientras que con la otra interpretación (de elegir un número aleatorio en [0,1] como probabilidad de cara en cada lanzamiento):

\( P(X=8)=\dfrac{1}{2^8}=\dfrac1{256} \)

En general, bajo esta última interpretación la probabilidad del suceso \( \{X=k\} \) es muchísimo menor que de la otra forma, puesto que \( 2^k\gg k^2 \) para \( k \) grande.

Pero bueno, la probabilidad últimamente me desconcierta bastante  :laugh:.

3
Álgebra / Re: Demostración
« en: 10 Marzo, 2021, 03:10 pm »
También procura no cometer errores ortográficos en el "Asunto" del nuevo tema, puesto que al cliquear en "Responder", SMF copia el título para el asunto de las respuestas (haciendo un prepend de "Re: "). De esta manera, se propaga el error por todo el hilo y no queda otra que corregir manualmente cada respuesta. En este caso, fue cambiado Demostracion -> Demostración.

Por otra parte, es conveniente un título más descriptivo para que un eventual lector, sólo con leer el título, se haga una idea de su contenido.

Saludos.


4
Probabilidad / Re: Deducir la distribución
« en: 10 Marzo, 2021, 03:52 am »
Hola

Hola, estoy tratando de resolver el siguiente problema:

Sea \( X \) el número de lanzamientos de una moneda hasta que sale cara. La probabilidad de obtener cara es desconocida, y se puede considerar que sigue una distribución uniforme \( (0,1) \). Deduce la distribución de \( X \).

Para mí, claramente \( X \) se distribuye como una geométrica de parámetro \( y \), donde \( Y \sim Unif(0,1) \). Lo que había pensado era usar la probabilidad condicionada, pero al tener una combinación de variables aleatorias discretas y contínuas no sé como plantearlo...

¡Gracias por la ayuda!

Pues si llamas \( Y \sim Unif(0,1) \) a la probabilidad de obtener cara, tienes que \( P(X=k|Y=y)=y(1-y)^{k-1} \).

Entonces:

\( P(X=k)=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}P(X=k|Y=y)f(y)dy=\displaystyle\int_{0}^{1}y(1-y)^{k-1}dy=\ldots=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1} \)

Saludos.

Cuando vi el hilo, esto fue lo que pensé en primera instancia, y pensaba responder, pero luego me surgió la duda de si la probabilidad de obtener cara podía variar entre lanzamientos. Bajo este enfoque, se obtiene un número aleatorio en [0,1], llámese \( y \), y la probabilidad de obtener cara queda fija para todos los lanzamientos. Había pensado que quizás el experimento era: tomar un número aleatorio en [0,1], llámese \( y_1 \), y ésta es la probabilidad de obtener cara en el lanzamiento 1; luego se toma otro número aleatorio en [0,1], llámese \( y_2 \), y ésta es la probabilidad de obtener cara en el lanzamiento 2; así sucesivamente hasta que salga cara. En ese caso se tiene en realidad \( Y_1,Y_2\dots \) una sucesión de variables aleatorias iid con distribución uniforme [0,1] y \( P(X=k|Y_1=y_1,Y_2=y_2,\dots,Y_k=y_k)=y_k\prod_{i=1}^{k-1}(1-y_i) \). Quedaría

\( P(X=k)=\displaystyle\int_0^1\int_0^1\cdots\int_0^1 y_k\prod_{i=1}^{k-1}(1-y_i)\ dy_1\dots dy_k=\cdots=\left(\dfrac12\right)^k \)

con lo cual \( X\sim Geo(1/2) \).

5
Cálculo 1 variable / Re: Regla general de la cadena
« en: 07 Marzo, 2021, 10:04 pm »
¡Muchas gracias, pierrot! Ya me estaba liando con el binomio de Newton.
¡Un saludo!

De nada, Marcos  :).

Nota también que la fórmula

\( a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}) \)

es una generalización de otra muy conocida: \( a^2-b^2=(a-b)(a+b) \) (de hecho, la primera puede demostrarse por inducción y el caso base se reduciría a esta identidad elemental entre expresiones algebraicas).

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Cálculo 1 variable / Re: Regla general de la cadena
« en: 07 Marzo, 2021, 04:28 pm »
La duda es respecto a la expresión \( a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2+...+ab^{n-2}+b^{n-1} \). No es el binomio de Newton: faltan los coeficientes binomiales. Entonces, ¿qué es?.

Es el cociente de \( P(a)=a^n-b^n \) entre \( D(a)=a-b \), es decir, puedes llegar a esa expresión aplicando la división usual de polinomios. Es claro que \( P \) va a ser divisible entre \( D \) puesto que \( a=b \) es raíz de \( P \) (teorema de Descartes).

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Probabilidad / Re: Problema de probabilidad.
« en: 07 Marzo, 2021, 04:34 am »
Yo también lo veo bien. Sólo señalaría estas erratas:

Hola, tengo el siguiente ejercicio. Agradecería si me dicen si es o no correcta mi solución, gracias.
 \(  g  \) es la función densidad de probabilidad de una variable aleatoria continua. Si la función densidad
de probabilidad conjunta de las variables aleatorias  \( X  \),  \( Y  \) y  \( Z  \) es:  \( f(x, y, z)=g(x)g(y)g(z), \ x, y, z, \in \mathbb{R}   \)

Calcular:
 \( P(X<Y<Z)   \)

Por la forma de la función de densidad conjunta, es claro que  \( X, Y, Z   \) son independientes e identicamente distribuidas puesto que tienen la misma función de densidad $g$ Ahora, sabemos que:

 \( \int _{-\infty}^{\infty} \int _{-\infty}^{\infty} \int _{-\infty}^{\infty} f(x,y,z) \ dz \  dy\ {\color{red} dx}=1   \)
Ahora, sabemos que:
 \( P(X<Y<Z)=\int _{-\infty}^{\infty} \int _{x}^{\infty} \int _{y}^{\infty} g(x)g(y)g(z) \ dz \  dy\ {\color{red} dx}   \)

Por la simetría de f tenemos las siguientes igualdades:

 \( \int _{-\infty}^{\infty} \int _{x}^{\infty} \int _{y}^{\infty} g(x)g(y)g(z) \ dz \  dy\ dx=\int _{-\infty}^{\infty} \int _{y}^{\infty} \int _{x}^{\infty} g(x)g(y)g(z) \ dz \  dx\ dy=\int _{-\infty}^{\infty} \int _{x}^{\infty} \int _{z}^{\infty} g(x)g(y)g(z) \ dy \  dz\ dx=
   \)
 \( \int _{-\infty}^{\infty} \int _{z}^{\infty} \int _{x}^{\infty} g(x)g(y)g(z) \ dy \  dx\ dz=\int _{-\infty}^{\infty} \int _{z}^{\infty} \int _{y}^{\infty} g(x)g(y)g(z) \ dx \  dy\ dz=\int _{-\infty}^{\infty} \int _{y}^{\infty} \int _{z}^{\infty} g(x)g(y)g(z) \ dx \  dz\ dy   \)

Es fácil ver que  \( \int _{-\infty}^{\infty} \int _{-\infty}^{\infty} \int _{-\infty}^{\infty} f(x,y,z) \ dz \  dy\ {\color{red}dx}   \) es la suma de las integrales anteriores. Luego tendríamos que:

 \( 1=\int _{-\infty}^{\infty} \int _{-\infty}^{\infty} \int _{-\infty}^{\infty} f(x,y,z) \ dz \  dy\ {\color{red}dx}=6\int _{-\infty}^{\infty} \int _{x}^{\infty} \int _{y}^{\infty} g(x)g(y)g(z) \ dz \  dy\ {\color{red}dx}=6P(X<Y<Z)   \)

Luego   \( P(X<Y<Z)=\frac{1}{6}   \)

Y daría una justificación de por qué \( \int _{-\infty}^{\infty} \int _{-\infty}^{\infty} \int _{-\infty}^{\infty} f(x,y,z) \ dz \  dy \ dx \) es la suma de las integrales anteriores (esencialmente, es que dado \( (x,y,z)\in \mathbb{R}^3 \) con \( x\ne y\ne z \) se cumple alguna de estas opciones mutuamente excluyentes: \( x<y<z \) o bien \( y<x<z \) o bien \( x<z<y \) o bien \( z<x<y \) o bien \( z<y<x \) o bien \( y<z<x \), es decir, alguna de las \( 3! \) ordenaciones posibles de las variables, las cuales he escrito en orden de acuerdo a cómo planteaste las integrales).

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Probabilidad / Re: Probabilidad de empate
« en: 05 Marzo, 2021, 03:09 pm »
Hola

¿Por qué \( P(X_1>X_2-0.5>X_3-0.5>X_4-0.5>X_5-0.5>X_6-0.5) \) es una aproximación de la probabilidad de una combinación en que todos obtuvieron sumas distintas?

¡Cometí un error al escribirlo así!. En el programa de Mathematica lo tengo bien. En realidad sería:

\( 1-6!P(X_1<X_2-0.5,\,X_2<X_3-0.5,\,X_3<X_4-0.5,\,X_4<X_5-0.5,\,X_5<X_6-0.5) \)

Hay dos ideas.

1) Divido el cálculo en \( 6! \) partes todas equiprobables correspondientes a las posibles ordenaciones de las seis variables. De manera que me centro en el caso en el que están ordenadas de menor a mayor.

2) Cuando uno aproxima una variable discreta por una continua, la \( P(X=a) \) se calcula como \( P(a-0,5<X<a+0.5) \). Por tanto \( P(X\neq a) \) corresponde a \( P(X<a-0.5\cup X>a+0.5) \)

Saludos.

Ahora sí todo aclarado.

Hola

 He leído uno de los artículos que enlazó Masacroso y la cuestión puede resolverse de manera EXACTA sin problema.  :D

Shigeru Mase. "Approximations to the birthday problem with unequal occurrence probabilities and their application to the surname problem in Japan". Annals of the Institute of Statistical Mathematics volume 44, pages, 479–499(1992).

 Lo necesario está en la página 5 del documento. Sin entrar en la demostración lo resumo.

 Si fijamos el número de dados \( N \) sea \( p_i \) la probabilidad de obtener la suma \( i \), con \( N\leq i\leq 6N \).

 Construimos los términos:

\(  P_m=\displaystyle\sum_{i=N}^{6N}{}p_i^m \) para \( m=1,2,3,4,5,6 \)

 Llamamos \( r_k  \)a la probabilidad de que con \( k \) jugadores  NO haya repeticiones. Establecemos \( r_0=1 \).

 Se cumple la siguiente relación recursiva:

\(  r_k=\displaystyle\sum_{i=1}^k{}(-1)^{k-1}\dfrac{(k-1)!}{(k-i)!}P_ir_{k-i} \)

 La probabilidad de que haya repetición para seis jugadores es \( 1-r_6 \).

 He hecho las cuentas EXACTAS (incluso tengo la fracción, que es un monstruo) y sale:

- Para \( N=563 \) dados, \( p=0.100082539879096 \).
- Para \( N=564 \) dados, \( p=0.099997548006287 \).

Por tanto, ahora si sin duda (¡espero no haberme equivocado en nada!), para garantizar menos de un 10% de probabilidad de que no haya repetición hay que tirar al menos \( 564 \) veces el dado.

Saludos.

 :aplauso: :aplauso:

Voy a leer del artículo las secciones que hagan falta para entender bien el cálculo, y luego si me surge alguna duda, ya comentaré.

¡564! Todavía estoy en shock.

Saludos.

9
Temas de Física / Re: Vector rapidez y dirección
« en: 04 Marzo, 2021, 02:47 am »
La dirección será la del vector \( -5~\text{km/h}~\hat{i}+35~\text{km/h}~\hat{j} \). Es dirección noroeste. Para contestar con más precisión, si llamas \( \theta \) al ángulo del que se desvía de la dirección norte, tendrás \( \tan(\theta)=5/35=1/7 \). A partir de esto, puedes conocer \( \theta \).

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Probabilidad / Re: Probabilidad de empate
« en: 04 Marzo, 2021, 01:20 am »
Me interesó el problema, Le di muchas vuelta  con  las mates , pero solo le veo solución ejecutando un algoritmo,

Muchas gracias por el interés. La dificultad del problema radica en que, para \( N \) grande, el cálculo exacto de la probabilidad de que haya empate (por medio de un algoritmo como el que sugieres) es muy dificultoso (por no decir imposible). Este problema me recuerda a los de Project Euler en los que la fuerza bruta casi nunca funciona y entonces hay que aplicar conocimientos matemáticos para afinar lo suficiente como para resolverlos.

Si; el hecho de que esto no sea muy intuitivo es un tema recurrente. En España hace unos cinco años hubo un caso muy comentado. En una asamblea un partido político tenía que votar SI o NO a una determinada decisión. Había 3030 votantes y...¡salió empate!.

Mucha gente dijo que eso era prácticamente imposible y que el tongo estaba claro. Sin embargo si uno hace las cuentas suponiendo que el voto de cada uno, es SI o NO con la misma probabilidad, la probabilidad de empate es de 1.45%... que no es mucho quizá, pero en absoluto una probabilidad para ser considerada imposible. Incluso teniendo en cuenta que previamente se sabía que estaba muy igualdado y que había unos pocos indecisos, la probabilidad se podría considerar mayor.

Se comentó aquí en el foro:

https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=86016.msg344793#msg344793

Aún así, eso me resulta más comprensible. Entiendo que en temas polémicos puede haber una paridad muy grande, por muchos que sean los votantes. Los que dicen que atenta contra la intuición es porque parten del supuesto erróneo de que el voto de una persona es algo tan arbitrario como arrojar una moneda y que salga cara o cruz, pero las personas no votan así. ¿Por qué, además, no les resultaría igual de antiituitivo que ese mismo conjunto de personas resolviera algo por unanimidad? Es decir, que de esas 3030 personas, las 3030 personas votaran SÍ. A mí no me extrañaría para nada que ocurriera algo así. Si la opción escogida es mucho más razonable que la otra opción, y las personas estaban previamente de acuerdo en ese tema, es perfectamente posible que ocurra eso.

En ese sentido en este caso que planteas, puedes hacer una prueba. Quizá el resultado te sorprenda. Considera el valor más probable que se puede sumar \( n \) dados que es, \( S_n=\left\lfloor\dfrac{n+6n}{2}\right\rfloor \) y simplemente calcula la probabilidad de que en seis tiradas se repita ese valor; fíjate que es menos probable que lo que tu buscas (que se repita cualquier valor). Si llamas \( p_n \) a la probabilidad de obtener ese  valor \( S_n \), sería:

\( 1-(1-p_n)^6-6(1-p_n)^5p_n \)

Bien. Pues, si no me equivoqué en las cuentas, hasta \( n=125 \) lanzamientos la probabilidad de que dos o más personas de entre los seis jugadores obtengan ese valor \( S_n \) es superior al 10%.

Esto sí que me parece chocante  ;D.

Hola

 Una posible aproximación es la siguiente.

Muchas gracias por haber dedicado tiempo a resolver este problema (que como digo, tiene la particularidad de que surgió naturalmente a partir de una situación de la vida real). A mí me resultó bastante interesante, y espero que a otros les haya pasado parecido.

La variable aleatoria suma de \( n \) dados tiene media \( \mu=3.5n \) y varianza \( \sigma^2=\dfrac{105n}{36} \).

 Entonces se puede aproximar por una normal \( X_i\in N(\mu,\sigma) \), donde \( i=1,2,3,4,5,6 \) (los seis jugadores).

 La idea es aproximar la probabilidad de empate como:

\( 1-6!\cdot P(X_1>X_2-0.5>X_3-0.5>X_4-0.5>X_5-0.5>X_6-0.5) \)

¿Por qué \( P(X_1>X_2-0.5>X_3-0.5>X_4-0.5>X_5-0.5>X_6-0.5) \) es una aproximación de la probabilidad de una combinación en que todos obtuvieron sumas distintas?

\( n=1,\qquad p=0.9967427144929375 \)
\( n=2,\qquad p=0.9126730216013079 \)
\( n=3,\qquad p=0.8161994314716091 \)
\( n=4,\qquad p=0.7487457375616011 \)
\( n=5,\qquad p=0.7003937225090131 \)
\( n=5,\qquad p=0.6628625913684133 \)
\( n=7,\qquad p=0.6320018460651303 \)

que se parecen bastante a los resultados exactos.

¡Muy parecidas!

Hola

 Estuve haciendo alguna prueba más. Se puede ver que si \( X\in N(3.5n,\sqrt{105n/46}) \) entonces \( P(X<3.5n-8\sqrt{n})\approx 1.4\cdot 10^{-6}) \); entonces si no me equivoco, podemos considerar las variables en \( [3.5n-8\sqrt{n},3.5+8\sqrt{n}] \) sin perder demasiada precisión.

 Con esa consideración, la integración numérica me funciona algo mejor.

Hmmm... con todo esto que has dicho creo que se podría aplicar algún método de Montecarlo. Y allí recuerdo que había bastante teoría para controlar el error. Tengo que repasar, porque estoy bastante olvidado de cuando cursé Métodos de Montecarlo  :-[...

Me sale que para que el porcentaje baje del 10% el número de dados tiene que ser: ¡\( 562 \)!.

¡Absolutamente increíble! ¿Quién diría?! Me parece algo ultra antiintuitivo.

Vaya por delante que no me atrevo a afirmar categóricamente que eso sea el resultado exacto ni mucho menos; habría que controlar de manera más seria los errores. Pero creo que para darse una idea del asunto si vale.

Sin duda, es un gran comienzo. No sabía cómo abordar el problema sin hacer el cálculo exacto (y sin recurrir a simulación). Voy a seguir dándole vueltas al asunto, a ver si puedo asegurar un \( N \) con más confianza. Como dije antes, me ha resultado un problema muy interesante y con una solución que atenta totalmente contra la intuición. Estoy seguro que NADIE, inclusive matemáticos avezados, aventuraría un número así de primeras.

AÑADIDO. Gráfica con \( n \) desde \( 10 \) a \( 600 \) dados (incrementando de 10 en 10):




 :aplauso: :aplauso:

Muchas gracias como siempre, el_manco.

Saludos

12
Exactamente. Para 1), por ejemplo, \( \theta \) varía entre \( -\pi \) y \( \pi \) porque queremos recorrer los 360 grados. Ahora dado un ángulo fijo, ¿entre qué y qué varía \( z \)? ¿Alguno de esos valores depende de \( \theta \)? La respuesta es que no. Para todo \( \theta \), hay que ir desde el plano \( z=0 \) (donde está el vértice del cono) hasta su base en \( z=3 \). Ahora dado \( (\theta,z) \) fijos, me pregunto: ¿entre qué y qué varía \( \rho \)? Está claro que hay que ir en \( \rho \) desde \( \vec{Oz} \) (\( \rho=0 \)) hasta las paredes del cono (circunferencia \( x^2+y^2=z^2) \). El radio de esta circunferencia es precisamente \( \rho=z \).

Por cierto, ayuda a veces imaginar qué región del espacio vas abarcando en la medida que pones los límites de integración. Al principio, \( \theta \) variando entre \( -\pi \) y \( \pi \). Con esto, sin más restricciones, estás abarcando a todo el espacio \( \mathbb{R}^3 \). Ahora, para cada \( \theta \) fijo, vas en \( z \) de \( z=0 \) a \( z=3 \). O sea que en este punto, el recinto de integración viene siendo el espacio tridimensional comprendido entre los planos \( z=0 \) y \( z=3 \). Resta ahora agregar alguna restricción en \( \rho \) para eliminar todo el espacio "sobrante" al cono invertido. Al decir que para cada \( \theta,z \) fijos, vas en \( \rho \) de \( \rho=0 \) a \( \rho=z \), ahí sí estás "recorriendo" exclusivamente (como recinto de integración) al cono que querías.

13
Creo que ya lo entendí: en 1) la variable $$z$$ queda libre y $$\rho$$ depende de $$z$$ y en 2) lo estamos haciendo al contrario, ¿es así?

Exactamente. Para 1), por ejemplo, \( \theta \) varía entre \( -\pi \) y \( \pi \) porque queremos recorrer los 360 grados. Ahora dado un ángulo fijo, ¿entre qué y qué varía \( z \)? ¿Alguno de esos valores depende de \( \theta \)? La respuesta es que no. Para todo \( \theta \), hay que ir desde el plano \( z=0 \) (donde está el vértice del cono) hasta su base en \( z=3 \). Ahora dado \( \theta,z \) fijos, me pregunto: ¿entre qué y qué varía \( \rho \)? Está claro que hay que ir en \( \rho \) desde \( \vec{Oz} \) (\( \rho=0 \)) hasta las paredes del cono (circunferencia \( x^2+y^2=z^2) \). El radio de esta circunferencia es precisamente \( \rho=z \).

Puedes hacer un razonamiento análogo para 2).

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Álgebra / Re: Ralación de orden
« en: 03 Marzo, 2021, 09:42 pm »
La reflexiva y la transitiva se siguen de la reflexividad y transitividad de \( \leq \).

Para la antisimétrica, tienes que \( xRy \) e \( yRx \) significa \( f(x)\leq f(y) \) y \( f(y)\leq f(x) \), o sea, \( f(x)=f(y) \). Que \( f(x)=f(y) \) implique \( x=y \) se cumple si, y sólo si, \( f \) es inyectiva (por definición).

15
Ahora bien, la duda me surge a la hora de definir los intervalos de la integral cuya variable es $$\rho$$ en el teorema de Fubini, ¿debería esa integral estar definida en $$[0,z]$$ (como lo está arriba) o bien en $$[0,3]$$, pues z se mueve entre $$\rho$$ y 3?

Las dos formas equivalentes serían:

1) \( \displaystyle \int_{-\pi}^\pi \int_0^3 \int_0^z \rho \sqrt{\rho^2 + z^2} d\rho~dz~d\theta \)

2) \( \displaystyle \int_{-\pi}^\pi \int_0^3 \int_\rho^3 \rho \sqrt{\rho^2 + z^2} dz~d\rho~d\theta \)

Saludos

16
Probabilidad / Re: Probabilidad de empate
« en: 02 Marzo, 2021, 04:22 pm »
Dos off-topic primero:

1) ¿No sería mas efectivo otro método? Unos papelitos con los nombres en una cajita e ir sacando...  :D

En efecto  ;D. Ocurre que la idea surgió en un grupo de Telegram y dicha aplicación tiene una bonita característica de que cuando envías el emoji del dado, muestra una animación que despliega un número aleatorio. Entonces, por diversión, queríamos usar el dado. Así fue como surgió la pregunta: ¿cuántas veces cada uno debe tirarlo para asegurar que no haya empates con cierta probabilidad?

2) Hace años, bastantes, durante una época jugaba con unos amigos al "cadáver exquisito". Teníamos un blog conjunto donde plublicamos alguno:

http://estamossinsocializar.blogspot.com/search/label/cad%C3%A1ver%20exquisito

El blog lleva muchos años inactivo.

Conocía el sitio ;). Deberían seguir haciéndolo, porque les salieron unos cadáveres exquisitos muy buenos.

He hecho los cálculos con Mathematica y concuerdan con los tuyos. No se me ocurre una forma más óptima de hacer el cálculo EXACTO. Otra cosa es aproximarlo; sobre esto tengo que pensar un poco más los detalles.

Me alegra haberlos tenido bien. Sería interesante aproximar esta probabilidad para los diferentes \( N \). Básicamente, mi algoritmo necesita calcular explícitamente todos los subconjuntos de \( \{N,\dots,6N\} \) de tamaño 6, que son \( \binom{5N+1}{6} \). Ese número crece muy rápidamente. Por otra parte, para que la probabilidad sea menor a 0.1, imagino que debe ser un \( N \) muy grande. Responder a la pregunta con este enfoque no es viable...


No es tan raro. Fíjate que para siete dados, la probabilidad de que la tirada salga entre \( 22 \) y \( 27 \) (inlcuídos) es de casi un 50 por ciento (\( 0.48566100823045266 \)). Es decir la mitad de la probabilidad de las sumas se concentra en un rango de seis valores.

Es verdad. Aún así, me parece contraintuitivo. Si a una persona se le dice que por intuición nada más, diga qué \( N \) es necesario para que la probabilidad de empate sea menor a 10%, quizás diga que a lo sumo \( N=4 \) o algo así. Al menos en mi caso, jamás pensé que los empates fueran tan comunes tirando 7 veces el dado.

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Probabilidad / Probabilidad de empate
« en: 01 Marzo, 2021, 06:50 pm »
Este problema surgió de la vida real.

Hay 6 personas para jugar al «cadáver exquisito». Para definir el orden en que van a escribir los participantes, cada uno arrojará un dado \( N \) veces y se computará la suma. El que obtenga la suma menor será el primero en escribir, el que le siga el segundo, etc y así hasta el último, que será el que haya obtenido la suma mayor. ¿Cuál debería ser el valor de \( N \) (número de veces que se arroje el dado) para que la probabilidad de que haya un empate sea menor a 0.1 (10%)?

El caso más sencillo de pensar es \( N=1 \). O sea, si cada uno tira una vez sola el dado, ¿cuál es la probabilidad de que haya un empate? Bueno, será 1 menos la probabilidad de que todos hayan sacado resultados distintos. Que todos hayan sacado resultados distintos quiere decir que salieron los números 1,2,3,4,5,6 en algún orden. La probabilidad de haberlos obtenido en un orden concreto es \( (\frac16)^6 \). Eso hay que multiplicarlo por \( 6! \) que son todas las permutaciones de esos resultados. O sea que para el caso \( N=1 \), la probabilidad de empate debería ser

\( 1-6!\left(\dfrac16\right)^6 \)

Para \( N>1 \), también lo pensé por el complemento:

\( \begin{align*}
\text{Probabilidad de empate} &= 1-\sum_{y_1\ne y_2\ne \cdots \ne y_6: y_i\in \{N,\dots,6N\}}P(Y=y_1)P(Y=y_2)\cdots P(Y=y_6)\\
&= 1-6!\sum_{\{y_1,y_2,\dots ,y_6\}\subseteq \{N,\dots,6N\}}P(Y=y_1)P(Y=y_2)\cdots P(Y=y_6)
\end{align*} \)

donde \( Y=X_1+X_2+\cdots+X_N \) siendo \( X_i \) el resultado de la tirada \( i \)-ésima de un dado (distribución uniforme discreta con probabilidad \( p=\frac16 \)). La distribución de \( Y \), según lo que el_manco me comentó en este hilo puede verse aquí. En base a este razonamiento, he escrito este programa en Haskell:

Código: [Seleccionar]
import Data.List

--`combinaciones n xs` obtiene una lista con todos los subconjuntos de `n` elementos de `xs`
combinaciones = (. subsequences) . filter . (. length) . (==)

--`binom n r` es la cantidad de combinaciones de `n` elementos tomados de `r` en `r` (coeficiente binomial)
binom n r = product [1+n-r..n] `div` product [1..r]

--`p n s` devuelve la probabilidad de obtener `s` como suma de `n` dados diferentes (o el mismo, arrojado secuencialmente `n` veces)
p :: Int -> Int -> Rational
p n s = c/6^n
    where
        c = fromIntegral $ sum $ map (\k -> (-1)^k*(binom n k)*(binom (s-6*k-1) (n-1))) [0..div (s-n) 6]

--`empate n` retorna la probabilidad de que haya un empate si 6 jugadores arrojan el dado `n` veces y el puntaje que obtienen es la suma de las `n` tiradas
empate :: Int -> Rational
empate n = 1 - 720 * (sum $ map (product . map (p n)) combs)
    where combs = combinaciones 6 [n..6*n]

\( \begin{array}{ |c|c|c|}
\hline
N & \text{Probabilidad de empate} & \text{Porcentaje} \\
\hline
1 & \dfrac{319}{324} & 98.46\%\\
\hline
2 & \dfrac{13211219}{15116544} & 87.40\%\\
\hline
3 & \dfrac{141693055771}{15116544} & 80.36\%\\
\hline
4 & \dfrac{24667332363525979}{32905425960566784} & 74.97\%\\
\hline
5 & \dfrac{135490455265574662103}{191904444202025484288} & 70.60\%\\
\hline
6 & \dfrac{11994464431685135357924441}{17906987497379401989881856} & 66.98\% \\
\hline
7 & \dfrac{533950682580317706433722500411}{835468408677733379239927873536} & 63.91\% \\
\hline
\end{array} \)

La tabla anterior la he construido con el anterior programa. Más allá de que podría hacerse más eficiente (incluso si lo escribiera en C++, podría resolverse bastante más rápido), hay algo que limita intrínsecamente el orden de mi algoritmo, y es que calcula las combinaciones posibles \( \{y_1,y_2,\dots,y_6\} \). Es decir, escriba el programa en el lenguaje que lo escriba, esto va a ser siempre una limitación muy importante.

Por otra parte, me resulta extraño que para \( N=7 \) (o sea, arrojando 7 veces el dado), la probabilidad de empate entre 6 participantes sea tan alta. Quizás estoy cometiendo algún error.

¿Hay alguna manera de resolver esto de forma más eficiente?

Saludos,

Pablo

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Foro general / Re: Blancas han jugado y han ganado
« en: 01 Marzo, 2021, 05:28 am »
Igual si me pusiera a practicar y aprender se me daría bien, no lo sé, pero prefiero invertir el tiempo en otras aficiones.

Te pierdes de mucho  ;D.

Por cierto, muy interesantes los acertijos Carlos. No había visto antes nada parecido. Es algo totalmente diferente a los problemas de táctica a los que (los aficionados al ajedrez) estamos acostumbrados.

19
¡Muchas gracias, el_manco!

Siempre tan rápido. ;D

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Sea \( N\geq 2 \) un número natural y \( S\in \{N,\dots,6N\} \). ¿Hay alguna expresión (en función de \( N \) y \( S \)) para la cantidad de soluciones enteras de
\( x_1+x_2+\cdots+x_N=S \) siendo \( 1\leq x_i\leq 6,\forall i=1,\dots,N \)?

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