Bueno, ya que el año 2010 está recién terminado igual es buen momento para dejaros un problema sobre este número. Ahí va su enunciado:
Se lanza un dado de seis caras
veces y se suman las puntuaciones obtenidas. Determinar la probabilidad de que dicha suma sea divisible por 2010 cuando
.
Suerte.
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[…] This post was mentioned on Twitter by Practicopedia and redes sociales web. redes sociales web said: #hispaciencia Dado y 2010: Bueno, ya que el año 2010 está recién terminado igual es buen momento para dejaros un… http://bit.ly/f5kXIK […]
Interesante
1/2 + 1/3 + 1/5 + 1/67
mmm.. me he vuelto a equivocar..
No tengo ni idea, pero según el teorema central del límite, la distribución de la suma obtenida (la que debe ser luego divisible por 2010) tiene una desviación vaya, que no tiene desviación (¿ein?), luego se trataría de ver si el valor esperado de la variable es divisible por 2010. El valor esperado es la media por n, es decir cuando todo esto me suena muy raro y no tengo ni idea de como mirar si semejante límite es divisible por 2010. Así pues, supongo que habrá que hacerlo al revés, calcular directamente la probabilidad de que para un la… Lee más »
Información Bitacoras.com…
Valora en Bitacoras.com: Bueno, ya que el año 2010 está recién terminado igual es buen momento para dejaros un problema sobre este número. Ahí va su enunciado: Se lanza un dado de seis caras veces y se suman las puntuaciones obtenidas. Determina……
Mi intuición dice:
Conserva esa intuición, bibliotranstornado 😀
Vaya, que lapsus, la normalización de la varianza es la indicada, pero la varianza de la distribución es
por lo que en lugar de ser cero es todo lo contrario y por tanto, todos los números son equiprobables y de ahí la respuesta de bibliotranstornado.
Mecachis!
(la normalización «aglutina» toda la varianza de la distrución aproximada a una N(0,1) de ahí que de la normalización resulte el d/n)
¿1/2010?
La probabilidad es 1/2010.
Aproximadamente 0.49%.
Asumiendo que las caras del dado van del 1 al 6.
Alonso,
Mientras sean equiprobables da igual las caras que tenga el dado. Vamos, que si tienes una moneda y a la cara le das el valor uno y a la cruz el valor dos ta va a dar el mismo resultado.
Me he hecho un programa en python para comprobar que la probabilidad es 1/2010 y efectivamente es así.
Lo curioso del caso es que despues he estado jugando con el dado quitándole y añadiendole caras, cambiando los valores a las caras, poniendoles incluso valores repetidos, valores negativos, …etc. y «SIEMPRE LA PROBABILIDAD ES 1/AÑO!!»
(menos en el caso trivial que todas las caras del dado tengan el mismo valor absoluto, claro).
¿POR QUÉ SUCEDE ESTO?
PD:
Las pruebas las he hecho poniendo años más pequeños para facilitar la convergencia, si alguien quiere el programa se lo puede dejar.
Una pequeña idea para hacer este cálculo y el resultado que obtengo. Podemos suponer que para un número de tiraras suficientemente grande, todos los números del dado tienen idéntica frecuencia. Supongamos que después de N tiradas (N suficientemente grande) tenemos una suma múltiplo de 2010 (S =k*2010). Si las tiradas generaran los números cíclicamente por orden (1,2,3,4,5,6), en la siguientes tiraras tendríamos las sumas 1+S, 3+S, 6+S, 10+S. 15+S, 21+S, 22+S, 24+S, ….. y despues de 95 ciclos de 6 tiradas, llegarimos a … (1+2+3+4+5+6)*95+S = 21*95+S = 1995+S, 1996+S, 1998+S, 2001+S, 2005+S, 2010+S Que es, de nuevo múltiplo de… Lee más »
Creo haber mejorado un poco mi respuesta anterior, para responder algunas de las consultas de Jesús: Siempre que los valores de las caras del dado no sean iguales, la probabilidad será 1/año. Esto funcionará para cualquier año, incluso números negativos (excepto el año cero, por supuesto). El resultado no se ve afectado por el número de lados del dado (puede tener un millón). Tampoco afecta qué valores tengan las caras del dado. Sin embargo, cuando los valores de las caras del dado son iguales (como en el caso de un dado con una sola cara) el resultado se comporta de… Lee más »
Jesús, para otro año la probabilidad será 1/año, y no influye el dado que uses. Juega con este programa para verlo, si quieres: # Para correr programa descarga la version 3.1.3 de http://www.python.org/download/ # Si quieres un dado de cuatro caras: dado = [1,2,3,4] # Si quieres un dado de seis caras con otros valores: dado = [28,4,-3,100,5,0] import random dado = [1,2,3,4,5,6] año = 7 #un año grande te ralentiza el programa iteraciones = 100000 ninfinito = 100 #poner del orden de año*100 numsumasdivisibles=0 s = [0]*iteraciones for i in range(iteraciones – 1): «print (‘iteracion número ‘, i)» for… Lee más »
El proceso se puede ver como una cadena de Markov en la cual hay una matriz T de probabilidades de transición: el valor Tij es la probabilidad de que tras el paso (tirada del dado) numero n+1 el resto de dividir la suma por 2010 sea j, suponiendo que en el paso anterior (n) ese resto fuese i. La matriz T es parecida a una matriz bandeada, con valores no nulos sobre la diagonal, y los valores no nulos son todos 1/6. En el estado estacionario (en el limite) me da la sensación que las probabilidades de todos los restos… Lee más »
Si las caras son iguales, de valor igual a X, la probabilidad para el año A es mcd(X, A)/A
Se puede comprender fácilmente si nos planteamos algunos casos extremos.
Por ejemplo, año 2010, y valor de las caras 2010.
O año 2010, y valor de las caras 1005.
En realidad esta es la respuesta genérica a este problema. Si las caras son, por ejemplo: 10, 20, 30, 40, 50, 60, la probabilidad para el año 2010 es 1/201
Yo lo veo de manera intuitiva de las siguiente forma:
La probabilidad de que sea dibisible por dos despues de n tiradas es 1/2, pues sólo puede ser par o impar.
La probabilidad de que sea divisible por 3 es 1/3, puesto que sólo uno de cada 3 números es divisible por 3.
En general, la probabilidad será de 1/n.
1/2010
Para cualquier n el valor de la suma esta entre n y 6n, es decir hay 5n+1 numeros posibles, si n es mayor o igual que 402 habra al menos 2011 sumas posibles. es decir habra al menos 1 ciclo mod 2010. Entonces la probabilidad que sea divisible para 2010 es:
«a» representa los numeros divisibles para 2010 que no estan en los
a y b estan acotados por lo que si n tiende a infinito, resulta que la probabilidad es 1/2010
Ythorgo iba a comentar lo mismo que tu pero te me has adelantado! A ver si no me equivoco: · Tenemos infinitas tiradas, por lo que la suma está comprendida entre infinito y 6 veces infinito, de tal forma que la suma sea también infinita. · Si queremos que 2010 sea divisor de un número (grande, muy grande, CASI infinito), esto solo ocurre cada 2010 números, es decir: 1 / 2010 · Por este razonamiento, si queremos que p sea divisor, la probabilidad será 1 / p. A ver si no me he equivocado al plantearlo. Por cierto, ¡nos vemos… Lee más »
Pepitozamota, pues sí, nos vemos allí el miércoles. ¿Cómo lo sabes?
Conocí esta página a raíz de las charlas que se imparten en la universidad ya que vienen todas anunciadas en un folleto explicativo ^^
Llamemos
a la suma de los resultados tras 
tiradas. Se nos pide el 
. Llamemos 
, 
. Entonces
con
. Asumiendo que las probabilidades 
convergen a 
cuando 
, sigue que
con
, de lo cual se deduce que 
, 
.
Pepitozamota, ah, vale :). Pues nada, nos vemos por allí la semana que viene :).
en lo que he analizado me pareciese que deveras es 1/2010 su probabilidad pues si lo desarrollasemos aplicando modulos veriamos q despues de una sumatoria de los valores aleatorios seria entre el 1 y 2010 y modulo 0 para cuando sea multiplo del numero que deseamos.
Disculpenme colegas pero soy nuevo en este interesante y bello mundo como el de las matematicas
no soy muy bueno con esto de latex asi que por eso no pude hacer esto de una mejor manera aunq tampoco me tome la molestia de redactar una buena demostracion
para la proxima
Para
es 0, y para 
es 
. Corrijan el error.
Emiliano, sólo son necesarias 335 tiradas (no 370) para poder sacar un múltiplo de 2010 (el mismo 2010) pues si todo fueran 6 tendríamos 335×6=2010.
M, ¿Qué es
?. No entiendo muy bien el razonamiento. Gracias.
El enunciado es confuso ¿no os parece? No creo que tenga sentido plantearse si una suma infinita de números naturales, es múltiplo o no de nada. No lo comento porque me haya levantado hoy un poco tocanarides ¿eh? (es lunes, sería comprensible, jeje). Es que me parece que hemos entendido cosas diferentes. M, ha entendido que lo que se pide es el límite de la serie de probabilidades cuando n tiende a infinito. Y yo (y creo que alguno más), he entendido que lo que se pide es la probabilidad de que tras la suma de un número aleatorio, arbitrariamente… Lee más »
Sebastián: M llamó a lo que antes había definido como . Salvo este error, su demostración me parece bien (y la única correcta) (isaacv5: las ocurrencias de las sumas no son equiprobables). Lo único objetable me resulta suponer la existencia del límite, habría que mostrarlo (pero lo creo). La forma intuitiva de verlo: la suma de n uniformes discretas es una binomial, que tiene forma de campana (discreta). Para n tendiendo a infinito, tenemos una campana cada vez más ancha y aplastada: imaginemos ese montón de barritas verticales (como histogramas) e imaginemos que «pintamos» uno de cada 7 (digamos, para… Lee más »
Dos correcciones a lo anterior: – La suma de n uniformes discretas no es una binomial (salvo que la binomial tenga dos valores), sino que tiende a una binomial. – Pasé por alto la solución de Carlos U.A. , que completa bien la de M. En efecto, si pensamos como «estado» al resto de la división por 2010, las ecuaciones de M muestran lo que dice Carlos, que es una cadena de Markov con una matriz que tiene la forma de banda. Se ve además (esto lo digo yo) que la matriz es doblemente estocástica (tanto las columnas como las… Lee más »
Dado que no tengo ni idea de lo que es una cadena de Markov, y como supongo que no soy el único, voy a abordar el problema del enunciado con herramientas más comunes, y con las generalizaciones siguientes: – El dado puede tener cualquier número de caras. – Con respecto a la probabilidad de cada cara, no tiene por qué ser igual en todas ellas, lo único que asumiré es que todas tienen una probabilidad mayor que cero (esto no deja abierto el problema cuando algunas caras tienen probabilidad cero, ya que basta con no considerar esas caras). – Cada… Lee más »
Me corrijo, 335, solo queria dar contraejemplos a 1/2010.
Tengo este problema, sería genial si me pueden ayudar!.
Lanzamos un dado sucesivamente hasta que la suma de los resultados ultrapase 140. calcule la probabilidad aproximada de que por lo menos 37 lanzamientos sean necesarios.
Las probabilidades son MUCHAS… ¿gané?