Autor Tema: Límite de una sucesión de probabilidades

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20 Septiembre, 2020, 10:37 am
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Masacroso

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Me he encontrado un problema que no sé si tiene fácil solución o si es resoluble. Dice así: supongamos que tiramos un dado un número infinito de veces y llamamos \( p_n \) a la probabilidad de que \( n \) aparezca en la sucesión de sumas parciales de haber tirado los dados. ¿Es posible hallar el valor de \( \lim_{n\to\infty}p_n \)?

Ojo que no sé si esto es resoluble más allá de una aproximación numérica. Lo dejo aquí por si alguien sabe cómo resolverlo o al menos decir si la solución es finita y desconocida.

Sé como calcular los valores de \( p_n \) pero es bastante aparatoso y no aclara nada, es decir, no es fácil de ver si la sucesión de \( p_n \) converge a algo.

20 Septiembre, 2020, 01:30 pm
Respuesta #1

Fernando Revilla

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    • Fernando Revilla
Me he encontrado un problema que no sé si tiene fácil solución o si es resoluble. Dice así: supongamos que tiramos un dado un número infinito de veces y llamamos \( p_n \) a la probabilidad de que \( n \) aparezca en la sucesión de sumas parciales de haber tirado los dados. ¿Es posible hallar el valor de \( \lim_{n\to\infty}p_n \)?

Bonito problema y bien definido. ¿Donde lo has encontrado y en qué contexto? He buscado y lo único relacionado que he encontrado es el problema de Calvin Deng (problema 1.10).

20 Septiembre, 2020, 01:41 pm
Respuesta #2

geómetracat

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Bonito problema, sí.

Una cosa que se me ocurre que puedes probar es encontrar la función generatriz
\[ F(z)= \sum_{n=1}^\infty p_n z^n \] usando la relación de recurrencia
\( p_n = \frac{1}{6}(p_{n-1} + p_{n-2} + p_{n-3} + p_{n-4} + p_{n-5} + p_{n-6}) \) para \( n >6 \) y donde los seis primeros valores se calculan vía "cuenta de la vieja", y estudiar el comportamiento asintótico de \( F(z) \).

No lo he hecho así que no sé si funciona o sale algo horrible, pero es una vía a explorar.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

20 Septiembre, 2020, 02:01 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

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Hola

Una cosa que se me ocurre que puedes probar es encontrar la función generatriz
\[ F(z)= \sum_{n=1}^\infty p_n z^n \] usando la relación de recurrencia
\( p_n = \frac{1}{6}(p_{n-1} + p_{n-2} + p_{n-3} + p_{n-4} + p_{n-5} + p_{n-6}) \) para \( n >6 \) y donde los seis primeros valores se calculan vía "cuenta de la vieja", y estudiar el comportamiento asintótico de \( F(z) \).

No lo he hecho así que no sé si funciona o sale algo horrible, pero es una vía a explorar.

Venía probando esa idea en el Wolfram del móvil.

La solución general son combinaciones lineales de potencias de raíces \( r_i \) del polinomio característico:

\( 6x^6-x^5-x^4-x^4-x^2-x-1=0 \)

Es decir:

\( p_n=a_1r_1^n+a_2r_2^n+a_3r_3^n+a_4r_4^n+a_5r_5^n+a_6r_6^n \)

donde los coeficientes \( a_i \) pueden hallarse imponiendo las condiciones iniciales (\( p_1,p_2,\ldots,p_6 \) fáciles de calcular o incluso \( p_0=1 \), \( p_k=0 \) para \( k<0 \)).

Se tiene además (si no me equivoqué) que salvo \( r_1=1 \) todas las demás raíces tienen módulo menor que uno. Por tanto:

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}p_n=a_1 \)

Así que si todo es así, el problema se reduce a calcular ese coeficiente.

Saludos.

20 Septiembre, 2020, 03:36 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

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Hola

 Si no me he equivocado resulta:

\( a_1=\dfrac{2}{7}, \qquad a_2=a_3=a_4=a_5=a_6=\dfrac{1}{7} \)

 Y así \( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}p_n=\dfrac{2}{7} \).

Saludos.

AÑADIDO. Esto está corroborado aquí:

https://math.stackexchange.com/questions/1092426/probability-of-rolling-a-sum-of-n-with-up-to-infinite-rolls-of-a-die

20 Septiembre, 2020, 10:53 pm
Respuesta #5

Fernando Revilla

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Hola

 Si no me he equivocado resulta:

\( a_1=\dfrac{2}{7}, \qquad a_2=a_3=a_4=a_5=a_6=\dfrac{1}{7} \)

 Y así \( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}p_n=\dfrac{2}{7} \).

Saludos.

AÑADIDO. Esto está corroborado aquí:

https://math.stackexchange.com/questions/1092426/probability-of-rolling-a-sum-of-n-with-up-to-infinite-rolls-of-a-die


 :aplauso:

P.D. De esto y de muchas cosas más empiezo a pensar que la belleza de las matemáticas está a años luz por encima de la de la música. Una prueba, pero no la única, es que la belleza de la última está al alcance de más personas  :).

20 Septiembre, 2020, 11:12 pm
Respuesta #6

Masacroso

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Me he encontrado un problema que no sé si tiene fácil solución o si es resoluble. Dice así: supongamos que tiramos un dado un número infinito de veces y llamamos \( p_n \) a la probabilidad de que \( n \) aparezca en la sucesión de sumas parciales de haber tirado los dados. ¿Es posible hallar el valor de \( \lim_{n\to\infty}p_n \)?

Bonito problema y bien definido. ¿Donde lo has encontrado y en qué contexto? He buscado y lo único relacionado que he encontrado es el problema de Calvin Deng (problema 1.10).

Lo ha posteado un chico en mse, aquí:

https://math.stackexchange.com/questions/3832900/questions-about-random-walks-determined-by-dice-rolls

Creo que es invento suyo, por eso no estoy seguro de si tiene o no solución.

Bonito problema, sí.

Una cosa que se me ocurre que puedes probar es encontrar la función generatriz
\[ F(z)= \sum_{n=1}^\infty p_n z^n \] usando la relación de recurrencia
\( p_n = \frac{1}{6}(p_{n-1} + p_{n-2} + p_{n-3} + p_{n-4} + p_{n-5} + p_{n-6}) \) para \( n >6 \) y donde los seis primeros valores se calculan vía "cuenta de la vieja", y estudiar el comportamiento asintótico de \( F(z) \).

No lo he hecho así que no sé si funciona o sale algo horrible, pero es una vía a explorar.

Exactamente, eso lo hice y me conduce a una definición explícita, pero no cerrada, de cada \( p_n \), que también se puede hallar más rápidamente de otros modos más directos utilizando la fórmula para el número de sumas al tirar \( k \) dados. Aquí está tal fórmula, si queréis echar un vistazo, utilizando esa fórmula sobre la colección disjunta de cilindros del espacio de probabilidad producto de tirar infinitos dados tenemos la fórmula explícita para cada \( p_n \), pero no es bonita ni me parece sencillo el estudiar su convergencia.

Hola

Una cosa que se me ocurre que puedes probar es encontrar la función generatriz
\[ F(z)= \sum_{n=1}^\infty p_n z^n \] usando la relación de recurrencia
\( p_n = \frac{1}{6}(p_{n-1} + p_{n-2} + p_{n-3} + p_{n-4} + p_{n-5} + p_{n-6}) \) para \( n >6 \) y donde los seis primeros valores se calculan vía "cuenta de la vieja", y estudiar el comportamiento asintótico de \( F(z) \).

No lo he hecho así que no sé si funciona o sale algo horrible, pero es una vía a explorar.

Venía probando esa idea en el Wolfram del móvil.

La solución general son combinaciones lineales de potencias de raíces \( r_i \) del polinomio característico:

\( 6x^6-x^5-x^4-x^4-x^2-x-1=0 \)

Es decir:

\( p_n=a_1r_1^n+a_2r_2^n+a_3r_3^n+a_4r_4^n+a_5r_5^n+a_6r_6^n \)

donde los coeficientes \( a_i \) pueden hallarse imponiendo las condiciones iniciales (\( p_1,p_2,\ldots,p_6 \) fáciles de calcular o incluso \( p_0=1 \), \( p_k=0 \) para \( k<0 \)).

Se tiene además (si no me equivoqué) que salvo \( r_1=1 \) todas las demás raíces tienen módulo menor que uno. Por tanto:

\( \displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}{}p_n=a_1 \)

Así que si todo es así, el problema se reduce a calcular ese coeficiente.

Saludos.

Exactamente, si escribes la función generatriz para los \( p_n \) ésta tiene la forma

\( \displaystyle{
G(x):=\frac{q(x)}{6-x-x^2-\ldots -x^6}
} \)

para un polinomio \( q(x) \) que es algo aparatoso de escribir. Lo que no había llegado a ver es la convergencia, ahí patino, no tengo una idea de ver hacia dónde van los \( p_n \), si dices que convergen hacia \( a_1 \) me lo creo pero no tengo el conocimiento para verlo.



AÑADIDO:

Observar que \(p_{n+6}=\sum_{k=0}^5\frac1{6}p_{n+k}\) con \(p_0=1, \, p_1=\frac16\), etc..., entonces definiendo \(G(x):=\sum_{n\geqslant 0}p_nx^n\) tenemos que

\( \displaystyle{
\begin{align*}6\sum_{n\geqslant 0}p_{n+6}x^n&=\sum_{k=0}^5\sum_{n\geqslant 0}p_{n+k}x^n\\
\iff 6x^{-6}(G(x)-p_n(x))&=\sum_{k=0}^5 x^{-k}(G(x)-p_k(x))\\
\iff G(x)\left(6-\sum_{k=0}^5 x^{6-k}\right)&=6p_n(x)-\sum_{k=0}^5x^{6-k}p_k(x)\\
\iff G(x)&=\frac{6p_n(x)-\sum_{k=0}^5x^{6-k}p_k(x)}{6-x-x^2-\ldots -x^6}\end{align*}
} \)

donde \(p_k(x):=\sum_{j=0}^{k-1}p_jx^j\). Y hasta ahí llegué por ese camino :(. Ahora reviso el resto de respuestas del hilo, que parece que Luis encontró la solución.