Autor Tema: Tiro cinco veces una moneda, y tomo de una baraja...

0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.

04 Junio, 2020, 11:36 am
Leído 308 veces

MAgha

  • Nuevo Usuario
  • Mensajes: 6
  • País: es
  • Karma: +0/-0
Hola,
El problema que me dan es el siguiente.
Tiro cinco veces una moneda, y tomo de una baraja tantas cartas como caras han salido.
Se me pide:
Sí se repite el experimento descrito anteriormente hasta que aparece una figura, cual es el número medio de intentos del experimento; y el número medio de caras de la moneda.
Cómo el número que cartas que tomó es variable, no sé cómo calcular esa esperanza, y para el caso del número medio de caras, parece sencillo, pero no, ya que no parece que lo pueda tomar cómo un experimento de Bernuilli, y ni se me ocurre prácticamente nada, cualquier pista la agradecería mucho.
Muchísimas gracias de antemano.

04 Junio, 2020, 12:22 pm
Respuesta #1

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 47,033
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

El problema que me dan es el siguiente, tiro cinco veces una moneda, y tomo de una baraja tantas cartas cómo caras han salido.
Se me pide:
Sí se repite el experimento descrito anteriormente hasta que aparece una figura, cual es el número medio de intentos del experimento; y el número medio de caras de la moneda.
Cómo el número que cartas que tomó es variable, no sé cómo calcular esa esperanza, y para el caso del número medio de caras, parece sencillo, pero no, ya que no parece que lo pueda tomar cómo un experimento de Bernuilli, y ni se me ocurre prácticamente nada, cualquier pista la agradecería mucho.

Sea \( X \) el número de caras. Se tiene que:

\( P(X=k)=\binom{5}{k}\dfrac{1}{2^k} \)

La probabilidad de obtener una figura si se sacan \( k \) cartas es la complementaria de que todas sean no figuras:

\( P(F|X=k)=1-\dfrac{\binom{28}{k}}{\binom{40}{k}} \)

Por tanto la probabilidad de obtener una figura en un experimento es:

\( p=\displaystyle\sum_{k=0}^5{}P(F|X=k)P(X=k) \)

El número de intentos hasta obtener un éxito es una distribución geométrica de probabilidad \( p \).

¿Puedes continuar?.

Saludos.

P.D. No me queda muy claro de en que sentido te piden el número medio de caras de moneda. ¿Se refiere al total de caras al conseguir la figura?. Es decir, si hubo que tirar \( 4 \) veces el dado hasta la primera figura y salieron \( 2,1,4,3 \) caras, ¿computaría como \( 2+1+4+3=10 \) para el cálculo de esa media?

04 Junio, 2020, 01:53 pm
Respuesta #2

MAgha

  • Nuevo Usuario
  • Mensajes: 6
  • País: es
  • Karma: +0/-0
Hola, muchas gracias por la respuesta.
Concuerdo con el cálculo de la probabilidad, de hecho, es lo que había hecho yo, no con lo de que es una geométrica.
Ya que para realizar un experimento de Bernuilli debe haber remplazamiento, y no es el caso, las cartas se van "gastando", o por lo menos eso he entendido, a parte sacamos las cartas en un número variable, no de una en una, por tanto en un intento podríamos sacar 3 cartas y sólo contaría cómo un intento, pero en otro sólo 1, la geometríca en caso de haber reemplazamiento no daría el número de repeticiones media del experimento, sí no el número medio de cartas que has sacado en dicho experimento.
En cuanto a lo de las monedas, se refiere al caso al que has descrito, y pensándolo me parece que ahí sí tendríamos la geometríca, en caso de haber reemplazamiento, aunque no lo interpretó yo del enunciado, al menos.

04 Junio, 2020, 02:16 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 47,033
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

Hola, muchas gracias por la respuesta.
Concuerdo con el cálculo de la probabilidad, de hecho, es lo que había hecho yo, no con lo de que es una geométrica.
Ya que para realizar un experimento de Bernuilli debe haber remplazamiento, y no es el caso, las cartas se van "gastando", o por lo menos eso he entendido, a parte sacamos las cartas en un número variable, no de una en una, por tanto en un intento podríamos sacar 3 cartas y sólo contaría cómo un intento, pero en otro sólo 1, la geometríca en caso de haber reemplazamiento no daría el número de repeticiones media del experimento, sí no el número medio de cartas que has sacado en dicho experimento.
En cuanto a lo de las monedas, se refiere al caso al que has descrito, y pensándolo me parece que ahí sí tendríamos la geometríca, en caso de haber reemplazamiento, aunque no lo interpretó yo del enunciado, al menos.

Ojo. Es que yo no estoy entendiendo así el problema. Éste habla de un experimento que se repite. Cada experimento consiste en:

- Tirar una moneda cinco veces.
- Sacar de una baraja tantas cartas como caras hayan salido.

Cada experimento es independiente de los demás y por tanto cada vez que se repite el experimento entiendo que todas las cartas se retornan al mazo.

 En otro caso no veo sentido que hable de repetir un mismo experimento, porque unos serían diferentes de otros al ir reduciéndose la baraja.

Saludos.

04 Junio, 2020, 02:44 pm
Respuesta #4

MAgha

  • Nuevo Usuario
  • Mensajes: 6
  • País: es
  • Karma: +0/-0
Vale, eso es verdad... Entonces sería una geometríca con el parámetro de probabilidad que hemos calculado antes.
Aún así, me queda la duda.
Y el número de caras creo que se podría calcular tomando el valor esperado de repeticiones del experimento, y suponiendo que estás se distribuyen cómo una binomial negativa de parámetro ese número.
¿Que opinas de esto?
Pienso que cómo uno depende del otro de manera directa, pues el número medio de caras, son el número medio de caras que salen en el número medio de repeticiones del experimento.
Un saludo,
Y muchas gracias.

04 Junio, 2020, 04:39 pm
Respuesta #5

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 47,033
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

Y el número de caras creo que se podría calcular tomando el valor esperado de repeticiones del experimento, y suponiendo que estás se distribuyen cómo una binomial negativa de parámetro ese número.

No lo veo. Yo lo haría así. Si llamas \( Y \) al número total de caras que salieron al repetir el experimento hasta que saliese una figura y \( Z \) al número de ves que hubo que repetirlo se tiene que:

\( (Y|Z=k)=X_1+\ldots+X_k \)

donde cada \( X_i \) es una variable independiente con la misma distribución que \( X \) (número de caras en cada tirada de cinco dados).

Entonces:

\( E(Y)=\sum_{k=1}^\infty{}E(Y|Z=k)P(Z=k)=\sum_{k=1}^\infty{}kE(X)P(Z=k) \)

Recuerda que \( Z \) es una geométrica.


Saludos.

CORREGIDO. No está bien.

04 Junio, 2020, 04:56 pm
Respuesta #6

geómetracat

  • Moderador Global
  • Mensajes: 1,699
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Creo que hay un pequeño detalle a tener en cuenta, que es que si sabes que has necesitado repetir el experimento \( k \) veces, entonces necesariamente \( X_k>0 \), y la esperanza de la última variable cambia.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

04 Junio, 2020, 05:09 pm
Respuesta #7

MAgha

  • Nuevo Usuario
  • Mensajes: 6
  • País: es
  • Karma: +0/-0
No entiendo eso último.
En principio sólo tenemos el valor esperado del número de intentos. ¿Lo dices por que suponemos \( Y=X_1+...+X_k \)?

04 Junio, 2020, 05:29 pm
Respuesta #8

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 47,033
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

Creo que hay un pequeño detalle a tener en cuenta, que es que si sabes que has necesitado repetir el experimento \( k \) veces, entonces necesariamente \( X_k>0 \), y la esperanza de la última variable cambia.

mmmm tienes razón. Y de hecho ahora no veo claro que ninguna esas variables \( X_1,X_2,\ldots,X_k \) tengan la misma distribución de \( X, \) teniendo en cuenta que están condicionadas a que se tardó \( k \) experimentos en obtener la figura.

Saludos.

04 Junio, 2020, 05:41 pm
Respuesta #9

geómetracat

  • Moderador Global
  • Mensajes: 1,699
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Pues sí, tienes razón, parece que ninguna distribución es la de \( X \). Es más complicado de lo que parecía.
Yo diría que si sabes que \( Z=k \) entonces lo que sabes es que en las \( k-1 \) primeras tiradas hay fracaso (no se sacó figura) y en la última hay éxito (se sacó figura). Por tanto habría que calcular la distribución de probabilidad para el número de caras condicionado a fracaso (esta sería la distribución de \( X_1, \dots, X_{k-1} \)), y la distribución de probabilidad para el número de caras condicionado a éxito (esta será la distribución de \( X_k \)).
Y estas distribuciones se pueden calcular con el teorema de Bayes, pero las cuentas se complican...
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

04 Junio, 2020, 05:55 pm
Respuesta #10

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 47,033
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

 También se puede plantear lo siguiente.

 Si no me equivoco se tiene que:

 \( P(Y=n)=\sum_{k=0}^5{}P(X=k)P(Y=n-k)(1-P(F|X=k)) \) si \( n>5 \)

 \( P(Y=n)=\sum_{k=0}^{n-1}{}P(X=k)P(Y=n-k)(1-P(F|X=k))+P(X=n)P(F|X=n \)) si \( 1\leq n<5 \)

 con esto creo que se debe de poder calcular la media.

Saludos.

04 Junio, 2020, 06:30 pm
Respuesta #11

MAgha

  • Nuevo Usuario
  • Mensajes: 6
  • País: es
  • Karma: +0/-0
Hola,
Lo siento, pero me he perdido, he entendido más o menos porqué el razonamiento anterior no era válido, pero te importaría desarrollar un poco más cómo has calculado esas probabilidades.

05 Junio, 2020, 01:45 pm
Respuesta #12

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 47,033
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

Hola,
Lo siento, pero me he perdido, he entendido más o menos porqué el razonamiento anterior no era válido, pero te importaría desarrollar un poco más cómo has calculado esas probabilidades.

Recuerda que \( Y \) es el número total de caras que hemos ido sumando en los distintos experimentos hasta haber conseguido una figura.

Si \( Y=n>5 \) entonces seguro que hemos tenido que realizar más de un experimento.

Condicionamos al resultado del primer experimento donde podremos haber obtenido desde 0 a 5 caras:

\( P(Y=n)=\sum_{k=0}^5{}P(Y=n|X=k)P(X=k) \)

Ahora la probabilidad \( P(Y=n|X=k) \) es la probabilidad de que en ese primer experimento no se haya conseguido figura sabiendo que hubo \( k \) caras por la probabilida de que en los restantes experimentos se obtengan \( n-k \) caras hasta obtener una figura; es decir:

\( P(Y=n|X=k)=P(Y=n-k)(1-P(F|X=k)) \)

 Con esta pequeña explicación vuelve a leer las fórmulas que puse.

Saludos.