Suma curiosa

Pues estudiando…. la distribución de Bernouilli para ser más exactos,mirando su función característica y su generatriz de momentos, me he encontrado con un sumatorio de números combinatorios, y me he picado.

¿Puede ser verdad que?

Lo he probado con n=5,6,7,8 y parece ser que sí. He intentado demostrarlo (más que nada por variar, estoy muy cansado de estar chapando todo el santo día) y no me ha salido.

No pido una demostración, sólo ideas a ver cómo se puede justificar de alguna forma más o menos este resultado. O si no, pues comentad, que es que me ha parecido un resultado muy curiosete. Desde luego, si encontráis algún contraejemplo que lo refute, pues también, encantado. Este post es algo que he tenido que postear porque me hecho mucha gracia.

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Solución:

Ya que la gente se ha picado… pues pongo la demostración. No es mía, sino de una antigua compañera de mis años mozos en las Agustinas de Valladolid. ¡Gracias, Sara!. Ella ha estudiado exactas y bueno, en estas cosillas superan a los pobres ingenieros que normalmente tiramos de Matlab y le decimos que lo pruebe hasta digamos 1000. Si se cumple, pues tiene pinta de ser verdad. Y si no, pues a otra cosa. Evidentemente esas estrategias no garantizan nada (recordemos los primos de Fermat, por ejemplo) pero suelen ayudar a aquellos que como yo dejan bastante que desear a la hora de resolver estas cuestiones.

El objetivo de este blog no ha sido ni lo será el meter demostraciones a saco de cada cosa, pero ya que se ha tomado la molestia de mandarme escaneada la solución, no sería educado postearla y hacer mención a su colaboración. Tampoco quiero echar a nadie atrás. ¡Mandad cosas, las que sean!. Son todas bienvenidas.

De nuevo gracias a mi compañera de colegio Sara Tejedor por su colaboración. Esta visto que Carmen nos enseñó bien mates ¿eh?

Demostración. Por inducción.

fumada, fumada, fumada....pero estas cosas pican un montón sacarlas

Para comprender bien la demostración hay que conocer (acordarse mejor dicho) de la regla de Pascal, que yo ni había considerado. Por eso me atascaba en un maremagnum de subíndices al intentar demostrarlo desarrollando los sumatorios. Una fumada que no recomiendo a nadie. Beeej. Con ella separas el sumatorio en dos, cada uno de ellos casi precisamente el del caso n-ésimo. Sólo queda ajustarlos para que se conviertan en ese que ya conocemos de la hipótesis de partida. Para ello se vuelve a añadir el caso k=0 a cada sumatorio y se compensa restando el equivalente.

PD: Aquellos que se pierdan. Anexo de propiedades de los números combinatorios aqui o consultando al sabihondo y nunca poco ponderado San Google.

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APORTE DE RAÚLFH (@raulf). (GRACIAS) (Ved los comments)

Se puede llegar a ver una especie de relación entre la suma de los números combinatorios y la potencia n-ésima de dos correspondiente. No es una demostración, pero es un razonamiento muy intuitivo que nace de la propia definición de número combinatorio.

No perdamos de vista que queremos justificar que:

Recordemos que la expresión:

Significa cuantos grupos de k elementos puedo formar con n elementos diferentes sin repetir ninguno y considerando que el orden no influye.

Por ejemplo, el número de jugadas de mus diferentes que se pueden tener es:

y el orden no influye. es decir, es la misma jugada un tío Perete (o Peterete) con 4,5,6,7 que tenerlo 5,7,6,4.

Con esta idea clara, consideremos el razonamiento de Raúlfh. Afirma, correctamente, que por ejemplo la expresión:

Representa exactamente los diferentes grupos de 0, 1, 2, 3, 4 y 5 elementos que se pueden formar a partir de 5 elementos (o ingredientes, o cartas) diferentes. He tomado 5 por no usar “n”, para que no nos liemos con letras y tal. Ejemplo clarinete. Claro que para que sea cierto he de considerar que el primer sumando es 1. ¿Cuantos grupos de ningún elemento puedo formar a partir de 5 diferentes? Uno sólo, el grupo “no tener ningún elemento”. O dicho de otra forma, con 40 cartas sólo puedes hacer un grupo de 0 cartas: el grupo llamado “tener 0 cartas”. Y además, en el orden que quieras.

El primer término de la igualdad está clarito. ¿Pero por qué eso es potencia de dos? Sencillo; Cada elemento puede estar o no dentro de un conjunto determinado. Imaginad que los 5 elementos de este ejemplo son Rey As Sota Caballo, Dos (diremos R, A, S, C, 2 para abreviar). Imaginad un conjunto de 0, 1 , 2, 3, 4. Por ejemplo R, A, S, C, uno de 4 cartas. Queda el 2 fuera. El 2 tiene la posibilidad de estar o no. Dos opciones.

Cada carta tiene dos opciones; estar en una combinación de cartas o no estarlo. Por tanto tenemos:

Conclusión; ambas operaciones describen un mismo fenómeno, asi que será evidente que el sumatorio será igual a la potencia de dos.

Hay algo que me chirría en esto, pero bueno, solo pedíamos una justificación vaga y esto lo supera. es un razonamiento. Podría ser una demostración formal a poco que se puliera un pelín de rana más, pero de sobra, vamos, para lo que es este blog XD. Además relaciona cosillas de la combinatoria. Obcecado por Pascal y demás me había olvidado por completo de explorar esta via.

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El juego de la taza de té

La entrada anterior de Warhammer la retirado temporalmente; estoy metido a tope en la oposición y no voy a tener tiempo para desarrollar y escribir luego la solución (que más que difícil es que es tedioso). Asi que volvemos a los problemas cortos y curiosetes.

Muchas veces en la Historia de las matemáticas una determinada rama ha nacido a raíz de la solución de un problema. Un ejemplo claro es la teoría de grafos y el archiconocido problema de los siete puentes de Konnisberg, resuelto por Euler.

El contraste de hipótesis también tiene su propia leyenda de este tipo. Recordemos que por decirlo de alguna forma, un contraste de hipótesis consiste en cómo se puede probar una determinada suposición con un determinado grado de fiabilidad (de confianza que se dice en estadística). Normalmente se emplean datos estadísticos para realizar dicho contraste, pero no es obligatorio.

¿Y cual es la leyenda de la apaición del contraste de hipótesis? Nuestra historia comienza en una reunión de la alta sociedad inglesa en 1920. En las apasionantes conversaciones que allí se mantuvieron una mereció pasar a la historia de la humanidad. Una dama aseveró que podía diferenciar por el sabor si una taza de té se había preparado echando primero el té y luego la leche o viceversa. Ante la polémica (educada y elegante, seguro) que se desató, con químicos asegurando que la mezcla debía ser igual en ambos casos y los sabores no deberían ser por tanto diferentes, un matemático, Ronald Fisher propuso un método innovador para aclarar la cuestión; hacer el experimento.

No contaré más. Ese es el reto. ¿Qué experimento habría que diseñar para garantizar que la dama puede diferenciar los sabores (o no) con una fiabilidad (confianza) superior al 95%?

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Solución:

Tenemos dos opciones, a la vista de los comentarios que se han enviado. ¡Echad un ojo a los comments y a ver con cual os quedáis!

Puntitos en una esfera

Estoy disfrutando como un enano estos días repasando la probabilidad para el examen de oposición. Y hay algunos ejercicios que no me salen. Asi que aprovecho para relajarme releyendo el magífico libro “La Conquista del Azar” de Fernando Corbalán y Gerardo Sanz. Una delicia de librito, muy comprensible, escrito en un tono bastante ameno y con algún problemilla un poco más liadillo que ya iré colgando aquí algún día.

La cuestión de hoy está extraída de este texto y reza así: Imaginemos que seleccionamos tres ciudades al azar de la Tierra. ¿Qué probabilidad hay de que éstas pertenezcan a la misma semiesfera?

Como en muchos casos, una lectura detenida del enunciado nos librará de malas y peligrosas interpretaciones. Ánimo que es muy fácil. Aunque justificarlo con rigor puede no serlo tanto….

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SOLUCIÓN:

Evidentemente y como se decía en los comments del post, la probabilidad es 1.Hay un 100% de probabilidades de que 3 puntos dde una esfera (de su superficie) pertenezcan a la misma semiesfera. Demostrar esta cuestión es sencillo y sin cuentas (beej). Lo que sí que viene bien es tener papel y lápiz e ir dibujando los sucesivos pasos. Como ando corto de time esta vez, eso os lo dejo a vosotros. Pasito a paso os convenceréis. A ello vamos:

Primero: Tres puntos no alineados determinan un plano. Eso es evidente. Sólo un plano contiene a tres puntos de estas características.

Segundo: Si los puntos están sobre la superficie de una esfera, entonces el plano que generan cortará a la esfera. También evidente.

Tercero: El corte de un plano con una esfera es un bonito círculo (a no ser que el plano sea tangente, pero eso es imposible si el plano contiene a tres puntos de la esfera diferentes; por definición, para ser tangente sólo debería contener a un único punto).  Además ese círculo contendrá a los tres puntos seleccionados de la esfera.

Cuarto: Si el plano atraviesa el centro de la esfera (lo contiene, vamos) entonces ese círculo es el de máximo tamaño que se puede dibujar en esa esfera. Demostrar esto, bueno no tengo tiempo. Pero se ve fácilmente por inducción (o algo parecido). Dibujad una esfera, que sea la Tierra. Trazad un círculo cerca de uno de sus polos (el norte o el sur). Es un círculo pequeño. Si después trazáis círculos paralelos a éste pero más y más cercanos al Ecuador veréis que su radio aumenta, hasta llegar al caso límite, es decir , el círculo que contiene al centro de la esfera. Despúes, los sucesivos que se tracen se iran haciendo otra vez cada vez más pequeños.

Quinto: Un círculo máximo divide a la esfera en dos parte iguales, llamados semiesferas. Cualesquiera otros círculos menores dividen la esfera en cachos de diferente tamaño, no semiesferas.

Consecuencia: los tres puntos de la esfera dividen a ésta en dos trozos. Si los puntos generan un plano que corte a la esfera en dos semiesferas, es que los puntos pertenecen a un círculo máximo. Por tanto pertenecen a cualquiera de las dos semiesferas que generan.  En cualquier otro caso dividen a la esfera en dos cachos de diferente tamaño. Pero, y esta es la clave, el más pequeño de esos puede a su vez ser contenido en una semiesfera, porque siempre puedo dibujar otro círculo paralelo más abajo, conteniendo al centro de la esfera en cuestión.

En consecuencia siempre puedo decir que tres puntos de una esfera pertenecen a una misma semiesfera.

PD: Lamento mucho no haber puesto dibujitos que ilustren este rollo macabeo. Podéis probarlo en casita con papel y lápiz (no hace falta ser Rembrandt). O podéis colaborar enviándome los dibujines en paint o como queráis para luego colgarlos. See you!!!

Indiana Jones…¡¡¡¡so furro!!!!

Bueno, la verdad es que el veranito me está resultando un pelín agobiante. No dejo de currar por las mañanas y por las tardes toca chapar para la oposición (ayer la dieta fue integración numérica, y antes ya cayeron otras vacas pesadas como la interpolación polinómica y el puñetero Taylor…). Asi que disculpad por la incorregible falta de un horario en las entradas. Considero esto un hobby graciosete y una buena ocupación para el tiempo libre, pero claro, si no hay…. pues no hay.

De todas formas prometo por mi honor de vulcaniano no volver a tardar tanto. (cruzando los dedos==TRUE).

La historia de hoy es la siguiente; veamos este divertido video sobre un clásico de mi infancia; Indiana Jones. Raiders of the Lost Ark:

Tenemos al valiente arqueólogo intentando evitar la trampa saducea puesta por los ingeniosos indios de la selva talicual. Algún día hablaremos de lo cachondos que son los de Hollywood en estas cosas. Artefactos construidos hace cientos de años con piedras y lianas y joder lo que aguantan…como el primer día, oye. Eso era ingeniería.

El caso es que para evitar la activación de la trampa Indiana llena un saquito con arena y lo cambia por la estatua que suponemos que es de oro macizo. Si fuera pan de oro, ¿Quién diseñaría tanta mandanga para protegerla entonces, eh?.

Naturalmente la trampa se activa, sí o sí. E Indiana (que es de letras, eso fijo XD) sale por patas.

Obviamente, razonándolo desde el punto de vista de la física elemental… ¿Es normal que Indy se sorprendiera de que su truco no funcionara?

¡¡¡Hala, al tajo!!!

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Solución:

La idea principal para demostrar que el valiente arqueólogo es un completo patán en temas de física elemental es el hecho de que no considera en ningún momento el asunto de la densidad de los cuerpos sólidos.

En efecto, una estatuilla del tamaño de la que Jones quiere “expropiar” se puede asemejar a un cilindro de oro macizo. Cambiarlo por un saquito de arena es una tontería como una catedral porque de acuerdo con la nunca poco ponderada Wikipedia, el oro tiende a ser un metal bastante denso. Dicho en cristiano, el oro tiene mucha masa en poco volumen. Pesa mucho para lo poco que abulta. De acuerdo, esta última frase es una simplificación horrorosa pero puede valernos para entender la idea. Si queremos sustituir ese mazacote de estatua por su equivalente en arena deberemos presumiblemente colocar un saco enorme  ya que la arena vulgar es bastante poco densa.

Con esta idea en mente, a los cálculos; los datos físicos ya sabéis, la santa Wikipedia que para algo está.

El volumen de la estatua: un cilindro de unos 20 cm de alto y 10 cm de ancho, resulta ser 1.571 centímetros cúbicos.

Teniendo en cuenta la densidad del oro, que es alrededor de 19.300 Kg/m3, lo pasamos a unidades apropiadas y obtenemos que es equivalente a 19.3 g/cm3 (es decir, un cubito de 1x1x1 cm de oro pesa 19.3 gramos, el equivalente a 19 veces el mismo cubito lleno de agua).

 

Como la densidad es d=m/v se puede llegar a que la masa de la estatua es la nada despreciable cantidad de 30.300 gramos, o sea, unos 30.3 kilogramos. Un saco de patatas, vamos, o más bien 6 garrafas de 5 litros de agua. Casi ná.

Es comprensible entonces que cuando Indy da el cambiazo por una triste bolsita llena de arena, la trampa se active.

PD: Hay que reconocer que es un tipo duro, duro, duro…. Porque correr con 30 Kg en los bolsillos delante de un pedrusco enorme, y saltar, y brincar…. Bueno…. Ahora me resulta más sencillo entender que sobreviviera a una explosión nucelar  en la cuarta película…..