Hola

He llegado a este problema porque me lo han mandado como práctica para las oposiciones y no he podido contenerme a comentar.

He de decir que el apartado b) no es Bayes, es una condicionada, aunque el resultado que indicáis está bien.

Si, no es Bayes.

Por otra parte, ese límite por STOLZ es un monstruo, sale muchísimo más sencillo por la Técnica de Riemann, os animo a que lo comprobéis 😉

Realmente el del apartado (a) tan monstruo no es. De hecho está escrito por STOLZ y es sencillo:

Hay que hallar:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}(j-1)^n}{N^n(N+1)} \)

 Por Stolz, equivale a:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{(N+1)^n}{(N+1)^n(N+2)-N^n(N+1)} \)

 Es el límite cuando la variable tiende a infinito del cociente dos polinomios de grado \( n \) (en el denominador los términos de grado \( n+1 \) se anulan); por tanto el límite es el cociente de sus términos de grado \( n \). El del numerador claramente es \( 1 \). El del denominador:

\( (N^n+nN^{n-1}+\ldots)(N+2)-N^{n+1}-N^n=N^{n+1}+nN^n+2N^n+2(n-1)n^{n-1}+\ldots-N^{n-1}+N^{n}=(n+1)N^n+\textsf{términos de menor grado} \)

 y así el límite queda \( \dfrac{1}{n+1}. \)

 Es cierto que sale bien usando sumas de Riemman. Basta considerar que:

\( \displaystyle\int_{0}^{1}f(x)dx=\displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{1}{N}\displaystyle\sum_{k=1}^N{}f(k/N) \)

para la función \( f(x)=x^n \).

 Ya que:

\(  \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{\displaystyle\sum_{j=1}^{N+1}(j-1)^n}{N^n(N+1)}=\displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{N}{N+1}\cdot \dfrac{1}{N}\displaystyle\sum_{k=1}^{N}(k/N)^n \)

 En el límite del apartado (b) me compliqué tontamente. Porque en (a) ya vimos que:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}P(X_N=n)=\dfrac{1}{n+1} \)

y por tanto:

\( \displaystyle\lim_{N \to{+}\infty}{}\dfrac{P(X_N=n+1)}{P(X_N=n)}=\dfrac{\dfrac{1}{n+1+1}}{\dfrac{1}{n+1}}=\dfrac{n+1}{n+2} \)

 ¡Gracias por tus comentarios!.

Saludos.

Hola

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%)?

Dos off-topic primero:

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

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.

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.

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.

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.

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.

Saludos.

Hola

 En este gráfico de Geogebra tienes representada la nota media esperada en función de la proporción \( p \) (\( 0\leq p\leq 1 \)) de temas preparados a nivel nota \( A \), entendiendo que el resto, \( 1-p \) se prepara a nivel nota \( B \).

 Puedes modificar el valor de \( A \) y \( B \). Moviendo el punto negro sobre la curva puedes ver la nota concreta para cada valor de \( p \).


 Para que tenga sentido se supone que \( A\geq B \), ya que el cálculo está hecho suponiendo que si podemos escogemos una pregunta que tenemos preparada a nivel nota \( A \).

Saludos.

Hola

He hecho lo que ha dicho y sigue sin funcionar. El navegador que uso es Chrome y el sistema operativo Windows 10.
Gracias.

Vuelve a intentarlo. Me llama la atención; es un error que salía a veces. Pero en ese caso afectaba a todos los usuarios. Algo raro hay. ¿Seguro que has borrado el caché y el historial y luego cerrado el navegador y vuelto a entrar?.

Si sigue sin funcionar prueba en el mismo dispositivo con otro navegador. Edge, por ejemplo, que supongo que lo tendrá instalado.

Saludos.

Hola

Muchas gracias, hay alguna manera de comparar la expectativa de nota de estas dos opciones, para el mismo tipo de examen:

A) Estudiar el 70% del temario a un nivel de un 9  y el otro 30% a un nivel de un 7 vs
B) Estudiar el 90 % del temario a un nivel de un 8 y el otro 10% a un nivel de un 7

Pues como dice Fernando son supuestos bastante irreales, porque medir el saberse tal o cual coas al nivel de una nota es muy difuso.

Sin nos limitamos a los números si te sabes una proporción \( p  \) de temario a un nivel de nota \( A \) y el resto a un nivel de nota \( B \), y son ocho preguntas de las cuales escoges \( 4 \) la nota esperada sería:

\( \displaystyle\sum_{k=0}^4{}\binom{8}{k}p^k(1-p)^{8-k}\cdot \dfrac{k\color{red}A\color{black}+(4-k)\color{red}B\color{black}}{4}+\displaystyle\sum_{k=5}^8{}\binom{8}{k}p^k(1-p)^{8-k}A \)

Saludos.

Hola

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 \( 1\leq x_i\leq 6,\forall i=1,\dots,N \)?

Es el coeficiente de grado \( S \) de \( (x^1+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^N \). Lo tienes por aquí:

https://mathworld.wolfram.com/Dice.html

Saludos.

Hola

¿No podría valer simplemente esto?

La primera es falsa con a=1, b=1, x+y=3; y este mismo ejemplo vale para la segunda.

Con x=1, y=1, a+b=3 no coprimos es falsa la tercera.

(Si no me equivoco...)

Si lees completa la pregunta de manooooh y las sucesivas respuestas, verás que su dificultad no está en encontrar ejemplos concretos donde fallen esas propiedades, sino en la interpretación y formalización rigurosa del enunciado y su negación.

Saludos.

Hola

  Afirmación 1:  Existen más de dos planos paralelos no coincidentes

En (1) se anula la última fila completa quiere decir que hay dos planos que son paralelos y coincidentes. Luego hay 2 planos que son el mismo plano y  los cuatro planos se intersectan en un único punto en el espacio.

En (2) Se anulan por completo dos filas del sistema, por lo que hay 2 planos paralelos y coincidentes, y los 4 planos se intersectan en una recta.

EDITADO: Creo que no es necesario analizar los  puntos  (1) y (2) ya que si dos planos son paralelos NO  COINCIDENTES, entonces el sistema resulta Incompatible, por lo que solamente analizaría el punto (3)

Efectivamente si los planos son paralelos y no coincidentes, el sistema es incompatible.

En (3) Cuando \( k=3 \)  y En (3) Cuando \( k=-3 \)
 Si \( k=3 \) la matriz escalonada que queda es \( \begin{bmatrix}{1}&{-3}&{3}&{|}&-2\\{0}&{0}&{0}&|&1\\{0}&{0}&{0}&|&0\\{0}&{0}&{0}&|&0 \end{bmatrix} \)

Esto es lo que pienso. Tengo 3 planos paralelos y coincidentes (por lo que hay 3 planos que son el mismo, debido a las 2 ultimas filas que se anulan por completo)  y uno que es paralelo no coincidente (la fila 2). Pero ¿tengo dos planos paralelos no coincidentes?

Si \( k=-3 \) la matriz escalonada que queda es: \( \begin{bmatrix}{1}&{-3}&{-3}&{|}&-2\\{0}&{0}&{1}&|&0\\{0}&{0}&{0}&|&1\\{0}&{0}&{0}&|&0 \end{bmatrix} \)
Hay dos planos que son uno solo, pues la fila 4 se anula por completo. Y hay dos planos paralelos no coincidentes por la fila 3, cuando se anulan los coeficientes del plano pero no se anula su término independiente, esto quiere decir que este plano es una  combinacion lineal con alguno de los otros planos por lo tanto es paralelo pero no coincidente.

Tienes que tener cuidado. El escalonar el sistema te sirve para detectar si es compatible (y por tanto los planos se corta) o no es compatible (y por tanto TODOS los planos no se cortan).

Pero en general no te va a servir para detectar paralelismo; para que dos planos \( ax+by+cz+d=0 \) y \( a'x+b'y+c'z+d=0 \) sean paralelos los coeficientes \( (a,b,c) \) y \( (a',b',c') \) tienen que ser proporcionales; y esa información se pierde en un sistema escalonado con tres o más planos.

Por ejemplo imagina los planos:

\( x=0 \)
\( y=0 \)
\( x+y=1 \)

Puedes ver que la forma escalonada te queda:

\( \left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&0&0\cr
0&1&0&0\cr
0&0&0&1\cr
\end{array}\right) \)

Y ninguno de los planos originales era paralelo con otro.

Sin embargo si consideras los planos:

\( x=0 \)
\( y=0 \)
\( x=1 \)

puedes ver que la forma escalonada queda...¡la misma que antes!. Y sin embargo ahora el primer y tercer plano SI eran paralelos.

Saludos.

P.D. En tu ejercicio tanto para \( k=3 \) como para \( k=-3 \), las matrices escalonadas que obtienes son compatibles con que existan tres planos paralelos no coincidentes. Pero lo que debes de hacer es sustituir los valores en los planos originales y ver que ocurre.

Hola

en todo caso, ¿en qué constaría un automorfismo en este contexto (para un grupo en general, sé que.un automorfismo puede ser una permutación de sus elementos; para el caso de los vértices de.un cuadrado, el grupo.de.sus.simetrías constaría de 8 elementos: 4 rotaciones y 4 reflexiones axiales; siendo, por.ej., el subgrupo de las rotaciones, que consta de 4 elementos, isomorfo a \( (Z_{4}, +) \)...)

En general un automorfismo de un grupo \( G \), es una aplicación biyectiva \( G\to G \) que además es homomorfismo de grupos, es decir, "respeta" la operación de grupo.

Por ser una biyección de \( G \), es cierto que es una permutación de los elementos de G. Pero se le exige algo más, como ves.

gracias! al parecer se trata del grupo de.automorfismos del grupo \( G=(Z_{8}, +) \);

o sea:

\( Aut(G)=(\Phi_{8}, \times)=(\left\lbrace1, 3, 5, 7\right\rbrace, \times) \);

lo he sacado de una respuesta a una pregunta sobre el nůcleo de una acción de.grupo, es.decir: \( \phi:G\rightarrow{S_{X}} \).

Aprovecho para preguntar sobre el.grupo de automorfismos de un grupo \( (Z_{p}, +) \); entiendo que cada grupo de enteros-módulo-p se puede expresar como el grupo de las "p-clases residuales" con la.operación del.grupo (aquí \( (Z_{8}, +) \) constaría de 8 elementos, mientras.que \( \Phi \) de sólo 4 elementos... )

Cualquier homomorfismo de grupos \( f:Z_n\to Z_n \), por ser un grupo cíclico, está determinado por la imagen de su generador. Por tanto es de la forma \(  f(x)=f(x\cdot 1)=xf(1)= \), con \( f(1)\in Z_n \). Por tanto hay \( n \) homomorfismos de \( Z_n \) a \( Z_n \); uno por cada uno de los \( n \) valores posibles de \( f(1) \). Son automorfismos si son inversibles; se puede ver que esto ocurre cuando \( f(1) \) es coprimo con \( n \).

Por eso para \( Z_8 \), los \( 4 \) automorfismos corresponden a \( f(1)=1 \), \( f(1)=3 \), \( f(1)=5 \), \( f(1)=7 \) que son los cuatro posibles valores de \( f(1) \) coprimos con \( 8 \).

Saludos.

P.D. Lo que sigue es un pequeño consejo. No deja de ser subjetivo y puedo estar confundido en mis apreciaciones, claro está.

 Has estado durante mucho tiempo en el foro preguntando cuestiones sobre geometría proyectiva y mi percepción es que no estabas siguiendo ningún libro o guía para su estudio; como que leías cosas sueltas por en medio. Creo que gran parte de tus confusiones eran hijas de se método.

Igualmente en este caso, la definición de automorfismo de un grupo viene en cualquier libro de teoría de grupos. Además por como has redactado la pregunta sobre notación me vuelve a dar la sensación de que te aproximas a este tema como leyendo fragmentos que encuentras. Mi consejo sería que siguieses un libro de teoría de grupos como referencia, para aprender las cosas de manera ordenada.

Hola

Por añadir algo: la notación \( P(a,b,c) \) para definir un punto en \( \mathbb{R}^3 \) me parece terrible. Tendría más sentido decir que \( P=(a,b,c) \).

 Se usa con cierta frecuencia en geometría afín.

Saludos.