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Mensajes - Scofield

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Matemática Aplicada / Re: Probabilidad en el poker
« en: 17 Septiembre, 2020, 10:11 pm »
Sí, además este está bien seguro porque he hecho una pequeña simulación en Python y el resultado cuadra.

De todas maneras piensa que aquí estamos suponiendo un solo jugador. Si por ejemplo sois 4, la probabilidad de que haya dos cartas de las cinco a la vista que sean contiguas a las dos cartas de algún jugador será más alta.

Para calcular probabilidades de sucesos más complejos (por ejemplo, probabilidades para varios jugadores o sin restricciones a cómo estén dispuestas las dos cartas iniciales) es buena idea hacer un programa que te dé la probabilidad aproximada.
La mesa es de 9 jugadores siempre, la probabilidad de 0.328 sería más alta en ese caso?

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Matemática Aplicada / Re: Probabilidad en el poker
« en: 17 Septiembre, 2020, 08:29 pm »
Es un poco lioso calcular las probabilidades porque depende de si en la mano inicial de dos cartas las cartas son consecutivas o hay un número de separación entre ellas, o tienen el mismo número, etc.

Te calculo la probabilidad para una mano inicial en la que los números dos cartas iniciales están separadas por al menos dos números, que es el caso más sencillo porque los cuatro números contiguos a los de la mano inicial son todos distintos. Esto se aplica por ejemplo a la mano inicial Q8, pero no a la JQ o a la 10Q. También supongo que hay un solo jugador, es decir, se te reparten 2 cartas y luego se sacan las cinco a la vista.

Editado: Efectivamente estaba mal calculado. Pongo la parte del mensaje anterior que estaba mal en spoiler y pongo después el cálculo bien hecho.

Spoiler
En este caso, si suponemos que te han repartido dos cartas y se sacan 5 a la vista de las 50 que quedan en la baraja, la probabilidad de que salgan dos contiguas a las dos que ya tenías sería, si no me he equivocado (que es posible):
\[ P=\frac{\binom{8}{1} \binom{8}{1} \binom{48}{3}}{\binom{50}{5}} \approx 0.5224 \]

La lógica es que en este caso para tener éxito (hay cartas contiguas a las dos iniciales) debe salir una de las ocho contiguas a la primera carta (2 números contiguos por cuatro palos), otra de las 8 contiguas a la segunda carta, y de las 48 que te quedan 3 cualesquiera.

Así que ya ves, en esta situación pasará lo que dices algo más de la mitad de las veces.
[cerrar]

Para calcularlo podemos considerar los sucesos:
\( A= \) sale un número contiguo al primer número de la mano,
\( B= \) sale un número contiguo al segundo número de la mano.

Lo que queremos es \( P(A \cap B) = P(A)+P(B) - P(A \cup B) \),
y usando \( P(A)=1-P(\overline{A}) \), \( P(B)=1-P(\overline{B}) \), y \( P(A \cup B)=1-P(\overline{A}\cap \overline{B}) \) se puede calcular que:
\[ P(A \cup B) = 2\left(1- \frac{\binom{50-8}{5}}{\binom{50}{5}}\right) - \left(1-\frac{\binom{50-16}{5}}{\binom{50}{5}}\right) \approx 0.328\dots  \]

Así que pasa un \( 32,8 \% \) de las veces.
Muchísimas gracias por la respuesta. Yo a priori pensaba que sería lo "normal", es decir, cuando he leído tu primera respuesta pensaba que lo confirmaba, pero la 2da me ha roto un poco. De todas formas pensándolo mejor me parece muy lógico también ese resultado..

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Matemática Aplicada / Probabilidad en el poker
« en: 17 Septiembre, 2020, 01:24 pm »
Buenas, hoy estaba jugando a póker y dado que me encanta intentar calcular probabilidades de distintos sucesos en el juego, se me ha ocurrido una situación de la que la gente se suele quejar y a mi no me ha parecido tan complicado que se de.
El caso es que el chico  tenía Q8, por ejemplo, y en la mesa aparecía "2 J 7 3 4". Entonces se quejaba de que en la mesa aparecían la J(alrededor de la Q) y el 8(alrededor del 7). También se habría quejado si la mano hubiera sido "2 K 9 3 4" por estar la K(alrededor de la Q) y el 9(alrededor del 8).

Otros ejemplos  48 -> 3 7 Q J A, 5 9 J Q K
                       Q10 ->J K 2 4 8

Entonces el problema es, ¿qué probabilidad hay de que ocurra esto, es decir, de que aparezcan justo 2 cartas que estén inmediatamente antes o después de las que tú tienes? Lo he intentado abordar pero estoy seguro de que erróneamente.
(he puesto justo 2 cartas, porque si se hace con 3 o más lo "normal" sería obtener escalera y entonces no habría queja, aunque podrían darse configuraciones, por ejemplo si tienes 37 y en la mesa aparece 2 4 6 8 J, son hasta 4 cartas alrededor)

Un saludo!

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Estadística / Re: Media, mediana y varianza datos agrupados
« en: 09 Enero, 2020, 07:44 pm »
Los cálculos que he hecho son estos, por ejemplo la mediana no me da igual que a ti, no sé en que habré fallado, voy a revisar.

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Estadística / Media, mediana y varianza datos agrupados
« en: 09 Enero, 2020, 07:07 pm »
Hola, alguien me podría ayudar con el siguiente problema? (lo adjunto en la foto)


La media me da \(  \bar{x} = 11.736m \) , la mediana \(  M = 11.648 \) y la varianza \(  \sigma^2 = 2.43 \).

¿Son correctos o he realizado algún cálculo mal?

Un saludo y muchas gracias.

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Probabilidad / Problema de probabilidad
« en: 26 Enero, 2019, 02:02 pm »
Un grupo de alumnos se encuentran distribuidos en 6 cursos, de forma que, en cada uno de los 2 últimos hay la mitad de alumnos que en cada uno de los 4 primeros. ¿Cuál es la probabilidad de que al escoger al azar a un alumno éste sea de al menos de cuarto?

Yo he realizado los siguientes cálculos:

Siendo \(  X_1  \) = "el alumno es de primer curso", y así análogamente hasta el 6.

Tenemos, por el enunciado, que \(  \frac{P(X_1\vee X_2\vee X_3\vee X_4)}{2} = P(X_5\vee X_6) \)
También sabemos que,
\(  1 = P(X_1\vee X_2\vee X_3\vee X_4\vee X_5\vee X_6) =  P(X_1\vee X_2\vee X_3\vee X_4) + P(X_5\vee X_6) = \frac{3}{2} · P(X_1\vee X_2\vee X_3\vee X_4) \)

Luego, \(  P(X_1\vee X_2\vee X_3\vee X_4) = \frac{2}{3} \)
Y suponiendo que todos los cursos son equiprobables, entonces,
\(  P(X_i) = \dfrac{1}{6} \) con i=1,2,3,4.

Luego, \(  P(X_5\vee X_6) = 1-\frac{2}{3} = \frac{1}{3} \) e igual que antes, suponiendo que son equiprobables, \(  P(X_i) = \dfrac{1}{6} \) con i = 5,6.

Por lo tanto, a la pregunta sería \(  P(X_4\vee X_5\vee X_6) = \frac {1}{2} \)

Pero esto no puede ser ya que no es una respuesta posible (las respuestas posibles son \(  \frac{1}{5}, \frac{2}{5}, \frac{1}{4}, \frac{3}{5} \))

¿En que he cometido un error para llegar a una solución errónea?

Un saludo y gracias.

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Probabilidad / Re: Urna con bolas
« en: 26 Enero, 2019, 04:02 am »
Hola

Todas las que has hecho estan correctamente resueltas. Para el d) observa que el espacio muestral (conjunto de resultados posibles) ha cambiado, lo constituyen los pares ordenados que tienen como segundo elemento una bola azul, entonces se tienen los siguientes tipos de pares :

(R,A) en número de \( n_1=6(5) \)

(V,A) en número de \( n_2=4(5) \)

(A,A) en número de \( n_3=4(1) \)

El tamaño del espacio muestral será de \( n=n_1+n_2+n_3 \)

Ahora sí, el número de pares con la primera bola no roja (resultados favorables ) \( m=n_2+n_3 \)

La probabilidad será el cociente \( m/n \)

Esta es una forma razonada.

Saludos

Según entiendo, tu resultado sería \(  \frac{8}{14} = \frac{4}{7} \)? (no he entendido muy bien el razonamiento, ni que significan los \(  n_{i} \) y los \( m_{i} \))

Entiendo que los únicos pares con los que partimos son RA,VA y AA, de los cuales solo nos valen VA y AA, por lo tanto había pensado en \(  \frac{2}{3} \), pero no sé si es un razonamiento válido. Tampoco como hacer el camino inverso en un diagrama de árbol.

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Probabilidad / Urna con bolas
« en: 26 Enero, 2019, 02:36 am »
Se tiene una urna llena de bolas con la siguiente composición: 6 ROJAS, 4 VERDES, 5 AZULES. Se extraen sin reemplazamiento 2 bolas.
a) Describe el espacio muestral.
b) ¿Cuál es la probabilidad de extraer dos bolas del mismo color?
c) ¿Cuál es la probabilidad de que la segunda bola sea azul?
d) Si la segunda bola extraída ha resultado ser azul, que probabilidad hay de que la primera no fuese roja?
e) ¿Cuál es la probabilidad de obtener al menos una bola verde?

He hecho los siguientes cálculos, me gustaría saber si son correctos o, si son erróneos, como se haría bien.

Definimos los siguientes sucesos, R= "la bola extraída es roja", V= "la bola extraída es verde" y A= "la bola extraída es azul".

a) \(  E = \{(R,R),(R,V),(R,A),(V,R),(V,V),(V,A),(A,R),(A,V),(A,A)\} \)

b) \(  P(R\cap{R}) = \dfrac{6}{15} · \dfrac{5}{14} = \dfrac{1}{7} \\ P(V\cap{V}) = \dfrac{4}{15} · \dfrac{3}{14} = \dfrac{2}{35} \\ P(A\cap{A}) = \dfrac{5}{15} · \dfrac{4}{14} = \dfrac{2}{21}   \)
Por tanto, \(  P(R\cap{R}) + P(V\cap{V}) + P(A\cap{A}) = \dfrac{31}{105} \)

c) Haciendo un diagrama de árbol(¿hay otra forma?), los únicos caminos que nos valen son RA, VA y AA, por lo tanto,
\( P(R\cap{A}) + P(V\cap{A}) + P(A\cap{A}) = \dfrac{6}{15} · \dfrac{5}{14} + \dfrac{4}{15} · \dfrac{5}{14} + \dfrac{5}{15} · \dfrac{4}{14} = \dfrac{1}{3}  \)

d) Ni idea.

e) De nuevo, con un diagrama de árbol(hay otra forma también?), los únicos caminos que valen son los que pasan por V, por tanto, RV, V, AV.
\(  P(R\cap{V}) + P(V) + P(A\cap{V}) = \dfrac{6}{15} · \dfrac{4}{14} + \dfrac{4}{15} + \dfrac{5}{15} · \dfrac{4}{14} = \dfrac{10}{21}  \)

Un saludo y gracias!

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Es la primera vez que escucho sobre el programa. He mirado esa página y entre los manuales no veo como se haría. ¿Conoces algún manual que explique como hacer algo así?

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Estadística / Página/herramienta para cálculos estadísticos
« en: 26 Enero, 2019, 12:16 am »
Hola, tengo una batería de problemas bastante extensa del estilo del que adjunto.



¿Alguien sabe si existe alguna página o herramienta que metiendo los datos de la tabla (es decir, los valores X, los Y y la frecuencia), calcule todos los datos como la media, la desviación típica, la covarianza..?

Es que es muy rutinario y pesado hacer los cálculos para cada problema idéntico.
(Me sirve también alguna página/herramienta que lo haga aunque haya que poner todos los pares de datos a mano sin su frecuencia)

Un saludo y gracias!

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Probabilidad / Re: Problema con la covarianza
« en: 25 Enero, 2019, 11:33 pm »
Vale muchas gracias Masacroso.


Un saludo y gracias!

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Probabilidad / Problema con la covarianza
« en: 25 Enero, 2019, 12:43 am »
Hola, para no saturar de mensajes mi otro post, lo escribo por aquí.
Enfrentándome a un nuevo problema(adjunto la imagen), ¿cómo se puede calcular la covarianza para responder el apartado 3?
Es decir, los datos X están ordenados de menor a mayor, pero los Y no, ya que está el 4 entre el 5 y el 7. Si ordenamos la muestra Y, las variables X e Y dejan de estar emparejadas por su frecuencia, ¿no?
¿Es un error de la tabla o lo he interpretado mal?



Un saludo y gracias.

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Probabilidad / Re: Cuestionario de estadística
« en: 24 Enero, 2019, 09:49 pm »

 6- El intevalo modal es \( [30,40) \), porque es el que tiene mayor altura (frecuencia del intervalo dividida entre su longitud). Supongo que entonces se toma como moda la marca de clase que es \( (30+40)/2=35 \).

Hola Luis, otra duda que me ha surgido. Aplicando tu razonamiento a otro ejercicio, habría obtenido que la moda sería \(  (7+7.5)/2 = 7.25 \) pero no es una respuesta posible de las que hay.
¿Entonces donde está el error?
(Adjunto el problema como imagen)
Gracias.
 
P.D1: Creo que he descubierto que es 7,44 dada una fórmula que he encontrado en internet para datos agrupados de intervalos con distinta longitud que es \(  M = L_i + \frac{h_{i-1}}{h_{i-1}+h_{i+1}}*a_i \)

P.D2: Aún no he conseguido resolver las cosas del apartado anterior.

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Probabilidad / Re: Cuestionario de estadística
« en: 24 Enero, 2019, 01:10 pm »
Hola

 La última fila se refiere a la frecuencia relativa de los datos. Tengo un problema porque a mi no me dan igual el coeficiente de variación ni la desviación típica para la variable \( Y. \) Revisa tu las cuentas.
Por lo tanto qué proceso sigues para calcular tanto la desviación típica como el coeficiente de variación? Porque yo introduzco los 50 datos en la calculadora y ni la desviación típica ni el coeficiente de variación me da como en las respuestas que hay que señalar.

Y el 2) y el 4) por tanto como sería? Porque viendo que he interpretado mal la tabla, los habré acertado de casualidad.


 
3- En la tres si sumas las frecuencias el total es 50. El 25% mayor son las últimas 12.5. Y viendo que las últimas tres frecuencias son \( 6+7+1=14 \) se deduce que el número de partidos de estos datos son \( 36 \) o más.
36 o más, ¿por lo tanto la opción correcta sería marcar 36 o 37? Yo me inclino por 37, pero al no estar seguro no he optado por ninguna.


Un saludo y gracias Luis!

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Probabilidad / Cuestionario de estadística
« en: 24 Enero, 2019, 12:42 am »
Hola, estoy intentando resolver un examen antiguo de 2do año de grado de estadística como preparación para el examen final y estoy teniendo algunas dificultades.
He marcado las que he resuelto, aunque creo que pueden estar mal ya que en el enunciado no he entendido la fila 3 que pone \( n_i \)(¿cuál es su sentido?). Las que no he marcado es porque no sé como calcularlo directamente.

¿Alguien me podría ayudar corrigiéndome los errores si los tengo y ayudándome con las que no he podido? Muchas gracias y un saludo!

(He adjuntado como imagen el cuestionario porque creo que es más útil, si alguien lo necesita lo puedo transcribir aquí por si le es más fácil)

P.D1: En la 9 marcaría la a) ya que es una binomial negativa en la que había cometido un error.

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Hola, estaba en prácticas observando una olimpiada matemática y me ha llamado la atención un problema que era:

1) Con las operaciones elementales (suma, resta, multiplicación y división) obtén 2019 con el menor número posible de treses. Está permitido intercalar algún paréntesis.

¿Cómo sería? Entiendo que todo número usado tiene que ser del tipo 3, 33, 333, 3333... ¿porque sino sería muy fácil no?

Un saludo y gracias!


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Buenas,
he conseguido demostrar que los subconjuntos con un número impar de elementos de un conjunto con n elementos son \( 2^{n-1} \), ya que, mediante el binomio de Newton, y lo siguiente
\( \displaystyle (1+(-1))^n = \sum_{i=0}^n {n \choose i} (-1)^i  \)

\( \displaystyle  2^n = (1+1)^n = \sum_{i=0}^n {n \choose i}  \)
he conseguido demostrar que los subconjuntos con un número par de elementos coinciden con los subconjuntos con un número impar de elementos. Entonces basta dividir el total de subconjuntos que es \( 2^n \) entre 2. Ahora bien, lo que tengo planteado ahora es
¿cuántos subconjuntos con un número de elementos divisibles por 3 tiene un conjunto de n elementos? ¿y con un número de elementos divisibles por 4? ¿se podría extender la demostración anterior para la nueva pregunta o haría falta otra?

Un saludo!

En lugar de utilizar el desarrollo de \( (1 - 1)^n \), utiliza el de \( (1\pm{}\omega)^n \), con \( \omega = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i \) para múltiplos de \( 3 \), y \( (1 \pm{} i)^n\textrm{ para múltiplos de }4 \). La misma idea para múltiplos de otros números \( m \), se trata de utilizar raíces \( m-simas\textrm{ de }1 \). El resultado te quedará en general en función del resto de \( n \) módulo \( m \).

Saludos,
Esto creo que me queda un poco lejos, es decir, por qué esta expresión  \( (1\pm{}\omega)^n \), con \( \omega = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i \) da el número de subconjuntos con un número de elementos divisibles por 3?

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Buenas,
he conseguido demostrar que los subconjuntos con un número impar de elementos de un conjunto con n elementos son \( 2^{n-1} \), ya que, mediante el binomio de Newton, y lo siguiente
\( \displaystyle (1+(-1))^n = \sum_{i=0}^n {n \choose i} (-1)^i  \)

\( \displaystyle  2^n = (1+1)^n = \sum_{i=0}^n {n \choose i}  \)
he conseguido demostrar que los subconjuntos con un número par de elementos coinciden con los subconjuntos con un número impar de elementos. Entonces basta dividir el total de subconjuntos que es \( 2^n \) entre 2. Ahora bien, lo que tengo planteado ahora es
¿cuántos subconjuntos con un número de elementos divisibles por 3 tiene un conjunto de n elementos? ¿y con un número de elementos divisibles por 4? ¿se podría extender la demostración anterior para la nueva pregunta o haría falta otra?

Un saludo!

De \( 0 \), de \( 3 \), de \( 6 \),... elementos. Ponemos \( n=3k+p, p\in \{ 0,1,2\} \)

\( {n \choose 0}+{n \choose 3}+\cdots +{n \choose 3k}=\sum^{k}_{j=0}{n \choose 3j}=\sum^{k}_{j=0}\dfrac{n!}{(3j)!(n-3j)!}=n!\sum^{n}_{j=0}\dfrac{1}{(3j)!(n-3j)!} \)

muchas gracias por la respuesta, me ha abierto un nuevo camino, pero por qué esa elección de n y p?

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Buenas,
he conseguido demostrar que los subconjuntos con un número impar de elementos de un conjunto con n elementos son \( 2^{n-1} \), ya que, mediante el binomio de Newton, y lo siguiente
\( \displaystyle (1+(-1))^n = \sum_{i=0}^n {n \choose i} (-1)^i  \)

\( \displaystyle  2^n = (1+1)^n = \sum_{i=0}^n {n \choose i}  \)
he conseguido demostrar que los subconjuntos con un número par de elementos coinciden con los subconjuntos con un número impar de elementos. Entonces basta dividir el total de subconjuntos que es \( 2^n \) entre 2. Ahora bien, lo que tengo planteado ahora es
¿cuántos subconjuntos con un número de elementos divisibles por 3 tiene un conjunto de n elementos? ¿y con un número de elementos divisibles por 4? ¿se podría extender la demostración anterior para la nueva pregunta o haría falta otra?

Un saludo!

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Matemática Aplicada / Suma combinatoria
« en: 21 Mayo, 2017, 07:36 pm »
Hola, como se podria resolver la siguiente suma?

\( \displaystyle\binom{n}{1} + \displaystyle\binom{n}{3} + \displaystyle\binom{n}{5} + \displaystyle\binom{n}{7} + \ldots + \displaystyle\binom{n}{m} \)
con m = n-1, si n es par o m = n, si n es impar

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