Dado y 2010

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 n veces y se suman las puntuaciones obtenidas. Determinar la probabilidad de que dicha suma sea divisible por 2010 cuando n\to \infty.

Suerte.

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.

34 Comentarios

  1. 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

    \delta ^{2}=\frac{35}{12n}

    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

    \frac{7}{2}n cuando n\rightarrow \infty

    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 n la suma sea divisible por 2010 y tirar luego de límite.

    Pero no veo como relacionar la divisibilidad de

    2010k=\sum_{q=1}^{6}q~n_{q} con \sum_{q=1}^{6}n_{q}=n

    Snif!

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  2. Vaya, que lapsus, la normalización de la varianza es la indicada, pero la varianza de la distribución es n\delta ^{2} 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)

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  3. La probabilidad es 1/2010.
    Aproximadamente 0.49%.
    Asumiendo que las caras del dado van del 1 al 6.

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  4. 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.

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  5. 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.

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  6. 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 2010. Esto ha requerido 95*6 + 5 tiradas es decir 575 tiradas.

    Si este número fuera múltiplo de 6, esta secuencia se produciría de nuevo y la probabilidad seria 1/575 pero nos queda un 6 descolgado, por lo que este número no es correcto.

    Con un poco de paciencia se puede repetir este calculo para la siguiente secuencia, pero se requieren mucho mas que 95 ciclos de 6 tiradas para encontrar una suma múltiplo de 2010.

    Las nueva secuencia seria

    6 + 2010 + S
    1 + 6 + 2010 + S
    3 + 6 + 2010 + S
    ….
    ….
    21*95 + 6 + 2010 + S = 2001 + 2010 + S
    1 + 2001 + 2010 + S = 2002 + 2010 + S
    3 + 2001 + 2010 + S = 2004 + 2010 + S
    6 + 2001 + 2010 + S = 2007 + 2010 + S
    10 + 2001 + 2010 + S = 2011 + 2010 + S
    ….

    con lo cual la siguiente secuencia es mucho más larga. Podríamos seguir este cálculo para lograr el siguiente múltiplo y repetirlo hasta lograr un numero exacto de ciclos (Supongo que algún truco puede acortar este calculo)

    Con una hoja de calculo se puede automatizar un poco el calculo bruto y obtenemos múltiplos de 2010 en las siguientes tiradas

    Número Ultimo
    de tiradas sumando

    575 5
    1724 2
    3447 3
    4020 6
    4595 5

    Por tanto a partir de la tirada 4020 se repite el ciclo. Así la probabilidad debería ser

    4/4020 = 1/1005

    La suposición de que los números aparecen en secuencia es un punto a considerar. Intuyo que para un número de tiradas elevado no debe tener importancia, pero requiere un análisis detallado.

    Unas preguntas adicionales:

    – ¿Cómo influye que el dado tenga 6 caras? Por ejemplo, con un dado-tetraedro 4 caras, ¿Cual seria el resultado?

    – Para otro ‘año’, ¿cual seria el resultado?

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  7. 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 una forma extraña que no he logrado comprender hasta el momento.

    Espero haber aportado algo con esto.

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  8. 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 n in range(ninfinito – 1):
    s[i]= s[i]+ random.choice(dado)
    if s[i]% año == 0 :
    numsumasdivisibles= numsumasdivisibles + 1
    print(‘probabilidad experimental =’, numsumasdivisibles / iteraciones)
    print(‘probabilidad teorica =’, 1 / año)

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  9. 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 son las mismas (1/2010), por la simetria que hay en la matriz, luego la probabilidad de que el resto sea 0 es precisamente esa.

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  10. 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

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  11. 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.

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  12. 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:

    {\lfloor{(5n+1)\over2010}\rfloor+a}\over{2010\lfloor{(5n+1)\over2010}\rfloor+b}
    “a” representa los numeros divisibles para 2010 que no estan en los {\lfloor{(5n+1)\over2010}\rfloor} ciclos,0\le a \le 1 y b representa los numeros que no estan incluidos en 2010\lfloor{(5n+1)\over2010}\rfloor , 0\le b \le 2010.
    a y b estan acotados por lo que si n tiende a infinito, resulta que la probabilidad es 1/2010

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  13. 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 el miércoles en la universidad de Cantabria!

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  14. Pepitozamota, pues sí, nos vemos allí el miércoles. ¿Cómo lo sabes?

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  15. Conocí esta página a raíz de las charlas que se imparten en la universidad ya que vienen todas anunciadas en un folleto explicativo ^^

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  16. Llamemos S_n a la suma de los resultados tras n tiradas. Se nos pide el \displaystyle{\lim_{n\to \infty}} P(2010|Y_n). Llamemos P_n(i)=p(2010|(Y_n +i)), 0\leq i\leq 2009. Entonces

    P_n(0)=\frac{1}{6}(P_{n-1}(1)+P_{n-1}(2)+P_{n-1}(3)+P_{n-1}(4)+P_{n-1}(5)+P_{n-1}(6))

    P_n(1)=\frac{1}{6}(P_{n-1}(2)+P_{n-1}(3)+P_{n-1}(4)+P_{n-1}(5)+P_{n-1}(6)+P_{n-1}(7))

    \ldots

    con P_n(0)+\ldots+P_n(2009)=1. Asumiendo que las probabilidades P_n(i) convergen a P(i) cuando n\to \infty, sigue que

    P(0)=\frac{1}{6}(P(1)+P(2)+P(3)+P(4)+P(5)+P(6))

    P(1)=\frac{1}{6}(P(2)+P(3)+P(4)+P(5)+P(6)+P(7))

    \ldots

    con P(0)+\ldots+P(2009)=1, de lo cual se deduce que P(i)=1/2010, 0\leq i\leq 2009.

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  17. Pepitozamota, ah, vale :). Pues nada, nos vemos por allí la semana que viene :).

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  18. 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

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  19. 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.

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  20. M, ¿Qué es Y_n?. No entiendo muy bien el razonamiento. Gracias.

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  21. 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 grande, de tiradas, obtengamos un múltiplo de 2010.

    Son dos problemas parecidos, pero con respuestas diferentes si la serie no tiene límite. No sucede esto en el problema del enunciado pero sí en algunas de las variantes que se han planteado en los comentarios.

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  22. Sebastián: M llamó Y_n a lo que antes había definido como S_n. 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 no usar un número tan grande como 2010). Se trata de mostrar/ver que eso representa 1/7 del área total. Resulta plausible, intuitivamente (aunque no necesariamente claro), que eso no se cumple para campanas finitas, pero sí asintóticamente.

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  23. 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 filas suman 1). Y esta propiedad (junto con que es “irreducible”: no hay conjuntos de estados aislados) determina que el estado estacionario (probabilidad asintótica) es el vector de estados equiprobables.

    Creo que esta es la solución más elegante – aunque requiere conocer la teoría básica de cadenas de Markov.

    De paso, también muestra que es indiferente el número elegido (N=2010) o que el dado tenga 6 caras o más o menos. Ni siquiera es necesario que sus caras sean equiprobables (basta que la cara 1, por ejemplo, tenga probabilidad mayor que 0)

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  24. 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 cara puede tener cualquier valor entero diferente de cero (esta aparente restricción tampoco es tal, ya que si alguna cara vale cero, se puede ignorar, ajustando las probabilidades de las demás).

    Matizo que la interpretación del enunciado que haré en la demostración, es que lanzaremos el dado n veces, siendo n un número arbitrariamente grande, y aleatorio, y vemos la probabilidad de que la suma de los resultados sea múltiplo de a (el año). Si lo que se pide es el límite de la serie de probabilidades, cuando n tiende a infinito, entonces habría que estudiar antes si la serie tiene límite, y si es así, entonces el resto es como en el supuesto que yo hago.

    Matizo también que la demostración no es demasiado difícil, pero sí algo extensa, así que me saltaré pasos, algunos no demasiado obvios.

    En toda la demostración, trabajaré módulo a, y llamaré v1, v2, v3… a los valores de cada cara.

    Voy a demostrar que la probabilidad P(x) de que la suma de los resultados sea congruente con x, es:

    1. Si x no es múltiplo de mcd(a, v1, v2, v3…), es cero.
    2. Si x es múltiplo de mcd(a, v1, v2, v3…), la probabilidad es mcd(a, v1, v2, v3…)/a.

    El punto 1 es trivial, y lo doy por demostrado. Y el punto 2 lo demostraré por inducción sobre el número de caras.

    Comprobemos primero que se cumple cuando el dado sólo tiene una cara (¡¡es un gömböc!! jaja), con valor v1. Después de arrojar n veces el dado, la suma será n·v1. Dado que esta suma sólo puede tomar valores congruentes con un múltiplo de mcd(a, v1) (módulo a), y que todos los resultados posibles son igualmente probables, vemos que se cumple en este caso.

    Y ahora completemos la inducción comprobando que si se cumple para C-1 caras, también se cumple para C caras.

    Si el dado tiene C caras (valores v1, v2, v3… vc), después de arrojar un número arbitrario de veces el dado, llamemos n1 al número de veces que salió un valor diferente de vc, y n2 al número de veces que salió vc. Llamemos P1(x) a la probabilidad de que la suma de los n1 valores sea congruente con x, y P2(x) a lo mismo con la suma de los n2 valores. Así, la probabilidad P(x) de que la suma total sea congruente con x es:

    P(x) = P1(x)·P2(0) + P1(x+1)·P2(a-1) + P1(x+2)·P2(a-2) + … + P1(x+a-1)·P2(1)

    P1(z) es un dato conocido, porque es la hipótesis de inducción, y P2(z) también, porque es el caso de un dado de una sola cara.

    También sabemos que x es múltiplo de mcd(a, v1, v2, v3 … vc), porque el caso de que no sea así ya está probado (o ya se ha dado por probado, mejor dicho)

    Si m1 es el maximo común divisor de a y los valores de todas las caras salvo vc, m2 es maximo común divisor de a y vc, y m es mcd(a, v1, v2 … vc). Podemos expresar m1 y m2 así:

    m1 = k1·m
    m2 = k2·m

    En la fórmula anterior, los valores P1(z) sólo pueden valer 0 o k1·m/a (dependiendo de si z es múltiplo o no de m1), los valores P2(z) sólo pueden valer 0 o k2·m/a. Así que se podría expresar así:

    P(x) = s · (k2·m/a) · (k1·m/a)

    Siendo s el número de sumandos que no se anulan. Yo este número lo he calculado así:

    – El número de factores P1(z) que no se anulan es a/m1, es decir, a/(m·k1)
    – Dado que k1 y k2 son necesariamente coprimos, de los anteriores, sólo 1 de cada k2 factores, no se anularan en P2(z).
    – Por tanto s = a/(m·k1·k2)

    Sustituyendo s por su valor queda:

    P(x) = m/a

    O bien:

    P(x) = mcd(a, v1, v2, v3 … vc)/a

    Que es justo lo que quería demostrar.

    Unas matizaciones para terminar.

    – El enunciado pide P(0), no P(x), sin importar el valor de m, cero es múltiplo, así que la la respuesta es mcd(a, v1, v2, v3 … vc)/a.

    – Hay un momento de la demostración en el que asumo que si n es suficientemente grande, n2 también lo será, pero esto sólo es cierto si la probabilidad de v2 es mayor que cero. De ahí que empezara con esa restricción, y la forma de sortearla.

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  25. Me corrijo, 335, solo queria dar contraejemplos a 1/2010.

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  26. 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.

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