Construyendo un cubo

Joan nos envía este problema que al parecer se planteó en las Oposiciones de 2008 en la Comunidad de Madrid. Nos pide ayuda para una amiga suya. Ahí va:

Con dados de 1 cm de arista se construye un cubo sólido de 4cm de arista y se pinta de negro toda la superficie del cubo así construido. Se deshace el cubo y cogiendo los dados al azar sin mirarlos se construye de nuevo. Calcular la probabilidad de que en el nuevo cubo figure, al menos, una cara blanca.

Vamos a por él.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

46 Comentarios

  1. Partamos de saber cuántos minicubos y con qué caras hay (para esto, un Rubik 4×4 ayuda bastante)

    Habrá 8 vértices, luego habrá 8 cubos con 3 caras negras (nigún par diametralmente opuesto) y 3 blancas.

    Habrá 16 aristas no vértices, luego habrá 16 cubos con 2 caras negras (no diametralmente opuestas) y 4 blancas.

    Habrá 24 minicubos centrales en las caras (los 4 centros de cada cara), luego habrá 24 cubos con 1 única cara negra y el resto blanca.

    Por último, habrá 8 minicubos interiores, que serán enteramente blancos.

    Mi propuesta de atacar este problema sería, FIJAR una cara del cubo, y calcular la probabilidad de que sea enteramente blanca. Luego myultiplicar por 6 esa probabilidad.

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  2. Tito: si no me equivoco, la probabilidad de que una cara del cubo quede blanca es independiente de que quede blanca la cara opuesta, pero no ocurre esto con las caras adyacentes, pues en este último caso se comparten dados entre ambas caras. Por tanto, creo que multiplicar por 6 no vale (imagino que de aquí viene la dificultad del problema).

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  3. En un primer cálculo (sin garantías) me sale que la probabilidad es ésta:

    \displaystyle p = 1 - \cfrac{8!\cdot 24! \cdot 24! \cdot 8!}{64!} \cdot \left ( \cfrac{1}{24} \right )^8 \cdot \left ( \cfrac{1}{24} \right )^{24} \cdot \left ( \cfrac{1}{6} \right )^{24}

    Básicamente lo que he hecho es considerar que cada tipo de pieza tenga que ir es su sitio y con la orientación adecuada para volver a formar un cubo completamente negro.

    La probabilidad de que alguna cara sea blanca será su complementario (de ahí el 1 – …).

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  4. Como dice Pakito, son 12 aristas.
    Y como creo que quería decir Luis, son 24 minicubos de aristas (con dos caras negras cada uno).

    Total: 8 minicubos vértices + 12*2=24 minicubos aristas + 24 minicubos de centros de caras + 8 minicubos interiores = 64 = 4*4*4

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  5. Que yo sepa, un cubo tiene 8 aristas.
    Como cada arista tiene longitud = “4 minicubos”, sólo 2 de ellos están “en medio”, luego habrá 8×2=16 minicubos-aristas

    CReo.

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  6. Tito, por favor, que son 12 !
    http://es.wikipedia.org/wiki/Cubo

    Caras + Vertices = Aristas + 2

    Además te he puesto la suma para que veas que con mis cuentas sí coincide con el total de minicubos.

    Las 12 aristas son: 4 lados de un cuadrado (suelo), 4 lados de otro cuadrado (techo) y 4 columnas (para que el techo quede sostenido sobre el suelo, que si no se cae). Ahora ves las aristas que olvidaste ¿no?

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  7. Tito, por favor, que son 12 !
    http://es.wikipedia.org/wiki/Cubo

    Caras + Vertices = Aristas + 2

    Además te he puesto la suma para que veas que con mis cuentas sí coincide con el total de minicubos.

    Las 12 aristas son: 4 lados de un cuadrado (suelo), 4 lados de otro cuadrado (techo) y 4 columnas (para que el techo quede sostenido sobre el suelo, que si no se cae). Ahora ves las aristas que olvidaste ¿no? xD

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  8. Al colocar un cubo cualquiera en una posición aleatoria, este irá con probabilidades:1/8 a la esquina, 3/8 a la arista, 3/8 al centro de la cara y 1/8 al interior.
    Cada cubo se puede orientar de 24 maneras distintas.
    Vamos a ver la probabilidad de que salga otro cubo negro.
    Un cubo vértice original vuelve al vértice con p=1/8. Nos valen 3 orientaciones de 24. Total 1/64. Como hay 8 cubos vértice p=(1/64)^8 = 2^(-48).
    Un cubo arista vuelve a la arista con p=3/8. Nos valen 2 orientaciones de 24. Total 1/32.
    Para 24 aristas p=(1/32)^24 = 2^(-120).
    Un cubo centro vuelve al centro con p=3/8. nos valen 4 orientaciones de 24. Total (1/16).
    Para 24 centros p=(1/16)^24 = 2^(-96).
    Un cubo interior vuelve al interior con p=1/8. nos vale cualquier orientación.
    Para 8 interiores p=(1/8)^8 = 2^(-24).
    Multiplicando las probabilidades de que todos los cubos esten bien p = 2^(-288).
    Esta es la de todos los cubos negros. La de que haya algún cubo blanco es:

    1 – 2^(-288)

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  9. En un primer cálculo, y con altas probabilides de error, llego a algo muy parecido (si no igual) a lo de Asiel:
     \displaystyle 1 - \frac{(8! \cdot 24!)^2 }{64!} \frac{1}{3^{48} \cdot 2^{96}}

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  10. Me ha entrado la duda: “al menos una cara blanca” puede interpretarse de varias formas. Puede significar que el nuevo cubazo no sea todo negro… (como todos creo que hemos supuesto en una primera impresión)
    Pero “una cara blanca” también puede ser una cara de cubazo 4x4x4, en lugar de una cara de cubito…

    PD: Puse otro comentario en respuesta a Tito (son 12 aristas), pero como puse un enlace debe estar en moderación.

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  11. ¿Habéis tenido en cuenta que un cubo-esquina del primer cubo, por ejemplo, puede aparecer en cualquier posición en el segundo, incluso ser un cubo interior?

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  12. Luis, Asier,
    Creo que serían Permutaciones con Repetición ¿verdad? (o también interpretable como variaciones con repetición)

    Si llamamos V, A, C, I (= Vértices, Aristas, Centros e Interiores)
    Para que fuese todo negro, primero nos tiene que tocar el boleto:
    VVVVVVVVIIIIIIIIAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA

    (Es decir, 8 vértices han caido en 8 posiciones de vértice, 8 interiores en el interior y 24 aristas en aristas… por verlo de una de las posibles maneras)

    Y luego, suponiendo que cayeron así, también se tendría que cumplir que cada cubito con algo de negro esté en una de las posiciones válidas. Como dijo Luis, son:
    3 de 24 en los Vértices: 3/24 = 1/8 … (1/8)^8 = (1/2^24)
    2 de 24 en Aristas : 2/24 = 1/12 … (1/12)^24 = 1/(3^24 * 2^48)
    4 de 24 en Centrales: 4/24 = 1/6 … (1/6)^24 = 1/(2^24 * 3^24)

    Total, multiplicando, esta última parte: 1 /(2^96 * 3^48)

    Así que me temo que es lo que dijo Hernán (que por lo que veo ha supuesto Permutaciones con Repetición)

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  13. Perdón, también es igual a lo de Asier, qué despiste (al reordenar potencias de 3 y de 2 me olvidé de que es igual).

    Nótese que lo que hemos calculado es “lo fácil” pero la interpretación que hemos hecho todos puede no ser la adecuada… El enunciado dice: “en el nuevo cubo figure, al menos, una cara blanca.” Está claro que el nuevo cubo es el de 4x4x4 … y “una cara blanca” se puede interpretar con bastante razón como una cara del “nuevo cubo”, el cubazo, no los cubitos!!! mmmmm

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  14. Convengamos en que la interpretación alternativa es razoblable, dado el enunciado, y la probabilidad pedida parece tener más sentido práctico (la otra da un valor ridículamente alto, del orden de 1 – 10e-90) pero torna al problema bastante engorroso, por no decir desesperadamente complicado.
    Una estimación rápida (muy grosera, incorrecta, como si las caras fueran independientes y se extrajeran con reposición; pero que acaso tire un orden de magnitud razonable) me da p~0.06

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  15. Haber que os parece esto:

    Calculamos la probabilidad de que al escoger 1 cara al azar de cualquier “minicubo” salga blanca:

    Tenemos:

    -(2×2 cubos x 6 caras) 24 cubos por \frac{1}{6} cara pintada de negro.

    -(12 aristas x 2 cubos) 24 cubos por \frac{2}{6} caras pintadas de negro.

    -(8 vertices x 1 cubo) 8 cubos por \frac{3}{6} caras pintadas de negro

    Asi la probabilidad será:

    \displaystyle P(1 Cara\ Blanca) = 1 - \frac{24 \cdot \frac{1}{6} \cdot 24 \cdot \frac{2}{6} \cdot 8 \cdot \frac{3}{6}}{64\ cubos \cdot 6\ caras} = 0,666 . . .

    Con lo que tenemos que:

    \displaystyle P(16\ Caras\ Blancas) = \frac{0,666 . . . }{16} = 0,041666 . . .  = 4,166 \%

    Salu2

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  16. Modifico mi anterior respuesta:

    La probabilidad de:

    P(16 Caras Blancas) = P(1 Cara Blanca)^16 = 0,152243 %

    Salu2

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  17. Mellon: tu autocorrección está bien, pero hay otros errores.

    1. La probabilidad de que una “minicara” cualquiera sea blanca puede ser calculada más simplemente, contando el número total de minicaras negras (16 x 6) y el total de minicaras (64 x 6). Entonces P(1 mini cara blanca ) = 3/4

    2. La probabilidad de que una “gran cara” sea blanca sería PCB=(3/4)^16 ~ 0.01 si los eventos fueran independientes. No lo son en este caso. Podemos tomarla como simple aproximación (sin garantías de que sea buena aproximación; yo intuyo que es razonablemente buena).

    3. Eso no responde la pregunta del enunciado. Porque lo calculado es la probabilidad de que “una determinada” “gran cara” sea toda blanca, y nos preguntan la prob. de que “al
    menos una” lo sea. Esto es 1 – Prob(ninguna toda blanca). Lo cual sería 1- (1- PCB)^6 si los eventos fueran independientes. De nuevo, no lo son. De nuevo, lo tomamos como aproximación grosera y llegamos al número que tiré arriba (mas precisamente 0.05865)

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  18. Desdigo parte de lo dicho:

    \displaystyle P(1\ Cara\ Blanca) = 1 - \frac{(4 \cdot 6) + (12 \cdot 2 \cdot 2) + (8 \cdot 3)}{64 \cdot 6} = 1 - 0,25 =  0,75

    Con lo que la probabilidad (creo) que definitivamente es:

    P(16 Caras Blancas) = 0,75^16 = 1,002 %

    ¿Ahora si no? xD

    Salu2

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  19. @hernan

    Tienes razon no había tenido en cuanta que fuese un succeso dependiente.

    Salu2

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  20. Numero de dados = 64
    Cada dado lo puedo orientar de 24 formas distintas
    Calculo la probabilidad de que todos sean negros
    Nº Casos posibles = 24*64!

    Para los casos favorables:

    Centro cara = 24!*8
    vértices = 8!*3
    Centro de una arista = 24!*2
    Centro = 8!*24

    Casos favorables = producto de los anteriores

    Aplicamos Laplace y sale la probabilidad de todos negros
    La probabilidad de que no todos sean negros es igual a la probabilidad de que al menos uno sea blanco (en este razonamiento tengo mis reservas), luego:

    P = 1- ((8*3*2*24*24!*24!*8!*8!)/(24*64!))

    Decidle a la amiga que en Madrid de 1996 salió uno parecido pero con 27 dados y se pedía que todos fuesen negros.

    Saludos

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  21. Hay 8 dados de 3 caras pintadas, con probabilidad = 3/6. (vertices)
    Hay 16 dados de una sola cara pintada, con probabilidad = 1/6. (centro)
    Hay 24 dados de dos caras pintadas, con probabilidad = 2/6. (aristas)
    entonces:
    \textstyle 1-\left ( (8\cdot\frac{3}{6})+(16\cdot\frac{1}{6})+(24\cdot\frac{2}{6}) \right )

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  22. Solución “informática”.

    En el siguiente mensaje pondré otra más matemática, con el mismo resultado. Pongo primero esta porque fue la que obtuve primero, y la que me permitió llegar a la otra.

    Supongamos que el dado final (el grande) está formado por 8 celdas, y que cada celda puede tener 8 posiciones diferentes (según como esté orientado el dadito de esa posición).

    Cada una de estas posiciones se puede codificar con un número de 3 bits (un número binario de 3 dígitos, para los no informáticos).

    Todas las codíficaciones que se pueden hacer con 3 bits, tendrían un equivalente único en cuanto a la posicion del dadito. Todas serían igualmente probables, y todas serían válidas. Todo esto porque 2^3 = 8.

    Todo el cubo resultante se podría codificar entonces con 8×3 = 24 bits (las rotaciones del cubo darían lugar a codificaciones diferentes pero eso no importa, las consideramos diferentes en el resto del razonamiento y ya está).

    Por tanto hay 2^{24} cubos diferentes (con el matiz del párrafo anterior), todos igual de probables.

    Los tres bits que indican la posición de cada dadito los codificaré de modo que un 1 indique que una cara EXTERIOR concreta del dadito sea blanca.

    De este modo un bit a uno indica que una cara EXTERIOR concreta del dadito es blanca, y si es cero, entonces es negra.

    A la hora de hacer la codificación de 24 bits del dado resultante, dado que lo puedo hacer como quiera, lo haré de forma que cada cuatro bits consecutivos (habría 6 grupos de 4 bits) indiquen el color de las caritas de una misma cara grande (para los informáticos: si el número resultante lo expreso en hexadecimal, tendríamos 6 dígitos hexadecimales y cada uno de los cuales indicaría el color de las cuatro caritas de una de las caras del dado final).

    Si la interpretación del problema es que una carita pequeña sea blanca (no creo que sea la interpretación correcta) entonces sólo hay una codificación posible en la que no se cumple esto, con lo que el resultado es:

    1-1/2^{24}.

    Si la interpretación correcta es que una cara del dado final sea blanca, entonces no son válidas las combinaciones que tengan al menos un cero (carita negra) en todos los grupos de 4 bits (para los informáticos no serían válidas los números hexadecimales de 6 dígitos en los que ninguno sea F). Por tanto en este caso la solución sería:

    1-15^6/2^{24}

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  23. Sive, así a primera vista no veo dónde tienes en cuenta que hay 4 tipos de dados: los que no tienen ninguna cara negra (8), los que tienen una (24), dos (24) y tres (8).

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  24. Solución matemática.

    No lo voy a demostrar todo en este caso porque algunas cosas son cuestión de tomar un dado real y ver que son ciertas, y explicarlas por escrito me llevaría demasiado y ensuciaría la demostración.

    Supongamos que los daditos ya están unidos formando un dado grande, pero que podemos girarlos libremente para formar cada una de las combinaciones. Dado que así todas las combinaciones son igual de probables el problema es equivalente a desarmar el dado y volverlo a armar.

    En un dadito cualquiera (por ejemplo, el dadito de la esquina inferior-izquierda de la cara frontal), se cumple que:

    La probabilidad de que una sus caritas externas concreta sea blanca (por ejemplo, la de abajo), es 1/2.

    Conocido el color de una de las caritas (da igual que sea blanca o negra) la probabilidad de que una concreta de las otras dos sea blanca, sigue siendo 1/2. No voy a demostrar esto, tomen mentalmente un dado miren de cuantas posiciones se puede poner (son 8), fijen el color de una carita y veanlo.

    Conocido el color de dos de las caritas externas (da igual que sean blanca o negra) la probabilidad de que la otra sea blanca, sigue siendo 1/2 (lo mismo que en el párrafo anterior).

    Es decir, el color de cada carita externa es independiente del color de las otras caritas externas del mismo dadito.

    De este modo, el problema se reduce a estudiar primero la probabilidad de que una cara concreta del dado final sea blanca (o tenga una carita blanca, segun la interpretación que tomemos), y después considerar la probabilidad de que se de en alguna de las 6 caras, ya que el color de las caritas son sucesos independientes, pertenezcan al mismo dadito o no.

    Lo que queda ya es muy fácil, curiosamente lo más difícil de este problema era darle vueltas al dadito demostrando esta independencia bastante anti-ituitiva (esta independencia también se desprende de la demostración informática anterior, que fue como la deduje inicialmente).

    Vamos allá:

    Si la interpretación del problema es que una carita pequeña sea blanca, entonces la probabilidad de que alguna carita de una cara grande concreta sea blanca es x = 1-(1/2)^4 (1 menos la probabilidad de que todas sean negras).

    La probabilidad de que esto se de en alguna de las 6 caras del dado grande será P = 1-(1-x)^6 (1 menos la probabilidad de que no se de en ninguna de ellas).

    Es decir: P = 1-1/2^{24}

    Si la interpretación del problema es que una cara grande sea blanca, entonces la probabilidad de que todas las caritas de una cara grande concreta sea blanca es x = 1/2^4

    La probabilidad de que esto se de en alguna de las 6 caras del dado grande será P = 1-(1-x)^6 (1 menos la probabilidad de que no se de en ninguna de ellas).

    Es decir:

    P = 1-(1-1/2^4)^6
    P = 1-((2^4-1)/2^4)^6
    P = 1-15^6/2^{24}

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  25. Asier, un dadito que ocupa una posición concreta en el dado final sólo se puede colocar de una forma para que tenga sus tres caras exteriores negras, de 3 formas de modo que sólo dos sean negras, de 3 formas para que solo una sea negra, y sólo de una forma para que sus tres caras sean blancas.

    No sé cual es tu razonamiento pero el hecho de que yo obtenga 1-3-3-1, y tú 8-24-24-8 (justo 8 veces más), me hace pensar que estás considerando variaciones que son sólo rotaciones y que yo reduzco al mismo caso.

    Con mi razonamiento son 8 posiciones diferentes nada más, que se pueden codificar en tres bits.

    Mi razonamiento fue fijarme en el vértice que comparten las tres caras negras, y ver este vértice sólo pueden estar en ocho puntos diferentes (los ocho vértices del dado).

    Y después de explicártelo y hacer girar mentalmente el cubito sobre ese vértice, me parece que empiezo a ver porque te salen 8 veces más, pero son las mismas en realidad (dan lugar a la misma combinación de colores).

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  26. No entiendo tu razonamiento, Sive.
    No se trata de maneras de contar, ni de rotaciones.
    El cubo grande está compuesto de 4^3 = 64 cubitos. Al pintar las caras exteriores del cubo grande de negro, resulta que los 64 cubitos quedan clasificables en los cuatro grupos que bien dice Asier: ninguna cara negra (8), una (24), dos (24) y tres (8). Rearmar el cubo grande significa considerar que cualquiera de estos 64 cubitos puede ir a parar a cualquier lugar ¿No estás de acuerdo con esto, o estamos hablando de problemas diferentes?

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  27. Ah! lo siento, leí mal. Creía que era un cubo de 2x2x2, ocho cubitos.

    Ya decía yo que me resultó demasiado fácil…

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  28. Me uno ahora a la discusión.

    Me parece un problema muy interesante. Aunque veo que ya está resuelto (véase el anterior comentario de Manuel), quiero dedicarle un tiempo a pensarlo.

    De todas formas, quería aportar lo siguiente: por intuición, SIN DUDA, resultará más sencillo enfocar el problema como   P(alguna cara blanca) = 1 − P(todas las caras negras).

    Aunque los sucesos no sean independientes, siempre es más fácil calcular la probabilidad de una intersección que de una unión de sucesos (sobre todo, cuando se trata de más de dos sucesos y NO son INCOMPATIBLES entre sí).

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  29. Hola, por favor que alguien me diga donde está el error a mi planteo. Cuando hago el cálculo

    que presenta Cristobal me da ~ 1, por lo que creo que está mal expresado o me estoy

    equivocando al calcular.

    Yo planteo mi solución desde el punto de vista de caras independientes (quizás este sea el

    error).

    1)
    l = Lado dado = 1
    L = Lado cubo = 4 x l = 4

    c = Cantidad caras 1 dado = 6
    CT = Cantidad caras totales en el cubo = c x L x L x L = 6 x 4 x 4 x 4
    CN = Cantidad caras negras en el cubo = c x L x L = 6 x 4 x 4
    CB = Cantidad caras blancas en el cubo = CT – CN = 6 x 4 x 4 x 3

    2) Ahora mi planteo es el siguiente, primero calculo la probabilidad de tomar una cara de un

    dado al azar y que dicha cara sea blanca. Para esto entonces hago la proporción de caras

    blancas contra el total:

    P(1c1dB) = CB / CT = 6 x 4 x 4 x 3 / 6 x 4 x 4 x 4 = 3 / 4

    3) Ahora debo hacer lo mismo 15 veces más, dado que una cara del cubo está formada por 16

    caras de 1 dado,

    P(1CB) = Probabilidad de 1 cara del cubo blanca = (P(1c1dB))^16

    4) Luego, la probabilidad de que al menos una cara del cubo sea toda blanca es la suma de las

    probabilidades de las 6 caras, esto es lo mismo que multiplicarlo por 6:

    P(AM1CB) = Probabilidad de al menos 1 cara del cubo blanca = 6 x P(1CB) = 6 x (3/4)^16 =

    0.0601

    Bueno, en algún lado debe de haber un error, quizás en el paso 3)

    Saludos.

    Pablo.

    PD: Muy buena la página.

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  30. Pablo, mirá mi comentario 21 de Octubre de 2008 | 17:36

    Tomar las caras independientes no es correcto, aunque pueda dar una aproximación. O sea, el paso 3 es inexacto.

    Y el paso 4 es fundamentalmente erróneo. Si tengo N realizaciones de un evento cada uno con probabilidad P de exito, la probabilidad de “al menos un exito” NO es NxP (pensá que esto podría ser mayor que 1, por ej). Preguntate: tiro 3 dados. Cual es la probabilidad de que al menos uno salga el “6” ?

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  31. Asier 15:33 tiene toda la razón. Explico mis cuentas:

    64 cubitos en total luego 64! formas de organizarlos. Cada uno puede colocarse en 6 caras x 4 rotaciones=24 maneras. Total A=64!24^{64} casos posibles.

    Veamos las favorables a que se arme totalmente negro.

    Hay cuatro tipos de dados según las caras negras, y debe estar cada uno en una posición del mismo tipo que de partida para que el cubón sea negro:

    * Los situados en los vértices con 3 caras pintadas. Para que el cubón sea totalmente negro deben estar en los 8 vértices y pueden estar de 3 formas (rotando). Subtotal: 8!3^{8}=B_{1}

    * Los situados en las “esquinas” (aristas). Hay 24 y pueden situarse mostrando sus caras negras (que son 2) de 2 formas. Subtotal: 24!2^{24}=B_{2}

    * Los situados en el interior de las caras. Son 24 y tiene 4 formas de situarse mostrando su única cara negra. Subtotal: 24!4^{24}=B_{3}

    * Los situados en el interior del cubón. Son 8 , no tienen caras negras y pueden situarse cada uno de 24 formas distintas. Subtotal:
    8!24^{8}=B_{4}.

    Total, la probabilidad de armar el cubón completamente negro es:

    $latex \frac{B_{1}B_{2}B_{3}B_{4}}{A}=\frac{24!^{2}8!^{2}3^{8}2^{24}4^{24}24^{8}%
    }{64!24^{64}}$

    Que coincide con el cálculo de Asier y es 7’8 10^(-85) (Mathematica dixit). El resultado del problema es entonces prácticamente 1 (con perdón)

    Publica una respuesta
  32. Hernan,

    Tenés razón, el paso 3 y el 4 son errores, dado que las probabilidades de las caras que van “faltando” son dependientes de las probabilidades de las caras que van “apareciendo”. (Probabilidad Condicional !!! Que oxidado que estoy). COn el ejemplo del dado se ve claramente si tomamos por ejemplo 12 dados, la probabilidad érroneamente daría P = 12 x 1/6 = 2 ?!

    Bluf,

    Me parece que esa es una inetrpretación errónea del problema como plantearon por ahí, porque que el cubo tenga una cara blanca no es lo opuesto a que sea todo negro, eso sería que se vea al menos la cara de un “dado” blanca pero no una cara del “cubo” blanca.

    Voy a ver si encuentro algo mejor, por lo que veo entonces aún no está la respuesta exacta o si ?

    Saludos y Gracias.

    Pablo.

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  33. Hola, bueno el ejercicio planteado como dije esta resuelto para el caso de 27 cubos en esos tomos tan famosos y tan caros de oposiciones, aunque yo lo tuve resuelto en una academia.
    En cuanto al que se plantea aquí he de decir que en los casos favorables igual no los metí donde tocaban o metí alguno de más o de menos porque me hice un buen lio contando.
    En los casos totales se que estan bien y que son 64!*24 y no los que propone Bluf.

    Pero bueno unos cuantos más o menos no van a influir en el resultado, y como dije el problema salió en 1996 en Madrid.

    Saludos

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  34. Se complica mucho más si uno se pregunta cual es la probabilidad de que todas las caras sean blancas.

    Es complicado incluso en dos dimensiones y con un cuadrado de 3×3 piezas cuadradas. ¿Alguien se anima a calcularlo?

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  35. BUENO COMENCEMOS POR DESCRIBIR CUANTOS CARAS TIENE UN DADO

    NUMERO DE CARAS POR DADO:
    6
    NUMERO DE DADOS USADOS PARA FORMAR EL DADO GRANDE:
    16*4=64
    NUMERO DE CARAS TOTALES:
    64*6=384
    NUMERO DE CARAS PINTADAS:
    16*6=96
    NUMERO DE CARAS NO PINTADAS:
    384-96=288

    COMO ES UNA PROBABILIDAD DEL COMPLEMENTO DE UN EVENTO
    SE USA LA SIGUIENTE FORMULA
    P(E`)=1 – P(E)

    AHORA CALCULAMOS LA PROBABILIDAD DE CUANTAS CARAS PUEDEN SALIR BLANCAS
    P(E)= n(E)/n(S)
    P(E)= CARAS PINTADAS/ CARAS NO PINTADAS
    P(E)= 96/288
    P(E)= 0.333333
    P(E)= 1/3

    AHORA YA PODEMOS CALCULAR LA PROBABILIDAD DEL COMPLEMENTO DE UN EVENTO:

    P(E`)=1 – P(E)
    P(E`)=1 – 1/3
    P(E`)=2/3

    RESPUESTA: 2 DE CADA 3 CARAS PINTADAS SALDRAN BLANCAS.

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  36. quisiera saber cuantas formas hay de armar un cubo,un cono,un prisma pentagonal,un cilindro,una piramide y una esfera

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  1. Bitacoras.com - Información Bitacoras.com... Si lo deseas, puedes hacer click para valorar este post en Bitacoras.com. Gracias....

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

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