El problema de la semana es el siguiente:
Calcular el número esperado de lanzamientos de una moneda que hay que realizar para obtener
caras consecutivas.
A ver qué tal se os da.
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No :D.
¿ N * 2^N ?
Pues tampoco.
¿Estáis probando al azar o vuestras respuestas tienen justificación? Supongo que es lo segundo, por lo que pienso que sería mejor explicar cómo habéis llegado a esos resultados porque el razonamiento podría ser interesante para llegar a la solución.
2^{q}\,-1
Siendo q=num lanzamientos, cuando 2^{q-n+1}\,*(q-n+1) > 2^{q}\, entonces q es el número buscado.
Parecía fácil, pero no…
Llegué a la solución
(y lo verifiqué simulando) pero mi demostración es algo retorcida… veré si puedo emprolijarla… y generalizar a moneda cargada.
yo he agrupado los lanzamientos en grupos de N, hay 2^N combinaciones posibles de las que una es la que queremos (N caras).
no he tenido en cuenta que al juntar los grupos se crean otras combinaciones, por lo que supongo que seran menos.
Muy buena, Hernán.
Si la moneda tiene probabilidad
de salir cara, entonces el número esperado de lanzamientos es (salvo error)
Después copio mi demostración.
Debe haber alguna manera más simple -tal vez por combinatoria (conteo) en lugar de probabilidad- aunque el conteo difícilmente sea generalizable a monedas cargadas. Yo consideré la tirada de monedas como una sucesión de v.a. iid (Bernoulli) , por ej con . Llamemos el valor de (cantidad de tiradas) donde ocurre (termina) la primera «racha» de caras consecutivas. En este planteo, es una variable aleatoria. Consideremos su función de probabilidad condicionada al valor de . Condicionando a su vez al valor de la próxima moneda () vemos que hay dos posibilidades: o bien la nueva moneda es cara (probabilidad: )… Lee más »
Sí señor, Hernán. Básicamente es la misma prueba que conocía. Resumiendo, si
es el número esperado de tiradas necesarias para obtener 
caras seguidas, y si la moneda está trucada de modo que la probabilidad de sacar cara es 
entonces se tiene por lo que has comentado que:
1)
2)
, o bien
y esta recurrencia nos conduce a tu fórmula explícita:
Alguno puede explicar un poco mejor como resolver el problema¿? Soy informático y la verdad es que me cuesta entender como resolverlo.
muchas gracias.
Àlex Llaó, por simplificar un poco, hay que decir que se hace un razonamiento inductivo. Toma el número esperado de lanzamientos necesarios para obtener caras seguidas (este valor es una esperanza matemática, como indicaba Hernán, y se asume que existe y es finito para cada ) Una vez que lleves caras seguidas, el número esperado de lanzamientos necesarios para obtener las caras será . Por otro lado, una vez que lleves caras seguidas, debes distinguir si el siguiente lanzamiento sale otra vez cara (con probabilidad ) o, en caso contrario, debes volver a realizar lanzamientos para volver a obtener las… Lee más »
Una manera un poco menos rigurosa (espero que más intuitiva) de verlo: 1) Sabemos (espero) la esperanza de una distribución geométrica: en un ‘experimento’ con probabilidad de éxito P, la cantidad esperada de intentos hasta obtener el primer éxito es 1/P http://en.wikipedia.org/wiki/Geometric_distribution 2) Nuestro ‘experimento individual’, en primer aproximación, podría pensarse como tirar N monedas seguidas y esperar que todas sean caras. Si pensamos en cada corrida de N monedas como un único experimento, la probabilidad de éxito es 1/2^N. Y entonces, la cantidad esperada de intentos sería 2^N. 3) Pero lo anterior requiere corrección: porque si pensamos cada iteración… Lee más »
Hola, les agradecerìa que me ayudaran en esto. Lo he intentado, pero nada:
Supongamos que A (subconjunto de los reales) cumple la siguiente propiedad:
Si una sucesiòn converge a un punto de A, entonces sus elementos estàn en A para todo n lo suficientemente grande.
Se pide probar que necesariamente es un abierto.
Gracias de antemano…
Bueno, ya me saliò. Disculpen las molestias, jeje.
Vaya, parece que errè en la prueba. Si alguien tuviese alguna lo agradecerìa mucho.
Supongamos que A no fuese abierto. Es decir,
tal que 
>0, 
no está contenido en A (la bola de centro x y radio epsilon). Entonces esto quiere decir que para todo 
la intersección de 
y 
(el complementario de A) 
al vacío. Definamos pues, una sucesión 
donde 
y 
. Claramente 
, pero 
nunca está en A por construcción, lo cual contradice a nuestra suposición de que los elementos de una sucesión convergente a un punto de A deben terminar estando en A. Con esto obtenemos la contradicción que queríamos y concluimos que A debe ser abierto.
Q.E.D
Hola Dani, gracias por tu respuesta. Pero tengo una inquietud. ¿La existencia de tal sucesiòn esta garantizada?. Tengo la impresiòn de que intrìnsecamente se ha utilizado el axioma de elecciòn. Si es asì, ¿No es este axioma aún controversial?. Si me equivoco en mi suposición apreciarìa mucho que me ilustren…
Muchas gracias a todos por la explicación!!!!!
Sinceramente no estoy seguro. Creo que formalmente sí que es necesario el axioma de elección para dar validez a la demostración, pero quizás te debiera contestar ^DiAmOnD^ o uno de los compañeros con más conocimiento sobre el tema para aclarar la cuestión. De todas maneras muy poca matemática seria de hoy en día se sostendría en pie sin el axioma de elección, y aunque haya mucha controversia en la práctica el porcentaje de matemáticos que no lo usan es bastante pequeño… yo que tú no me preocuparía mucho por eso, aunque siempre está bien saber lo que usas y lo… Lee más »
Serìa interesante que abrieran un tema concerniente al axioma de elecciòn y su correcto uso. Aun no se que tan cierto es. La verdad que cada vez que lo uso, hasta donde lo se manejar, poco me convence.