Monstruos numéricos

Este artículo ha sido promovido para portada en Menéame. Si te ha gustado y quieres votarlo haz click en este enlace y pincha en Menéalo.

Introducción

La familia de los números naturales es muy grande, inmensa. En ella conviven infinitos (y numerables, es decir, contables) miembros que, aunque pueda parecer curioso tratándose de una familia, nunca nacieron y nunca morirán. Siempre han estado ahí y ahí continuarán.

Todos ellos son importantes y también todos ellos pueden ser útiles en cierto momento. En el transcurso de nuestro viaje por este camino temporal llamado vida nos encontramos (y nos seguiremos encontrando) con muchos de ellos. Bien es cierto que habitualmente toparemos con miembros más bien pequeños, de bajo valor númerico (aunque esto no significa que tengan poco valor). Pero de vez en cuando asistiremos a la aparición de algún miembro cuyo peso como número tiene cierta entidad.

Pero al fin y al cabo nuestra existencia es finita, terminará. Este hecho unido al carácter infinito de los números naturales hace que resulte imposible encontrarse con todos, que sea inviable conocer a todos los miembros de esta familia.

Uniendo estos dos hechos (generalmente nos encontraremos con números relativamente pequeños y nos es imposible conocerlos a todos en persona) es evidente que muchos números grandes quedarán fuera de nuestro alcance en el sentido de que no tendremos el placer de tenerlos delante.

Posiblemente los tres números que os voy a presentar hoy pertenezcan a estos últimos. Bueno, puede que el primero de ellos, por estar relacionado con un juego de mesa muy popular, sí sea conocido por vosotros, pero estoy convencido de que muchos de los que leáis este artículo añadiréis al menos dos números más a vuestra lista mental de miembros conocidos de la familia de los números naturales.

El benjamin

Claude Shannon

El primero de los miembros de la familia es el número de Shannon. Este número es una cota inferior (algo así como una estimación a la baja) del número total de partidas de ajedrez posibles (esto es, de lo que se conoce como complejidad del árbol de juego del ajedrez). En concreto es el siguiente número:

$N \acute{u} mero \; de \; Shannon=10^{120}$

Es decir, un 1 seguido de 120 ceros. El hecho de que el número de Shannon sea mayor que la estimación que se baraja para el número total de átomos del Universo, entre $4 \cdot 10^{79}$ y $10^{81}$ , deja entrever la magnitud de este número. Es decir, aunque le hayamos llamado benjamin en realidad no tiene nada de pequeño.

Esta estimación del número de partidas de ajedrez fue realizada por Claude Shannon, padre de la teoría de la información. Shannon se basó para ellos en que de media en una partida de ajedrez se realizan 40 movimientos y que en cada jugada que hay que realizar el jugador en cuestión elige entre unos 30 movimientos posibles. Con estos datos Shannon estimó que el número de partidas de ajedrez estaba alrededor de $(30 \cdot 30)^{40}=900^{40}$ , que es aproximadamente $10^{120}$ .

Actualmente se estima que $10^{123}$ (un número mucho mayor que el anterior) como cota inferior de la complejidad del árbol de juego del ajedrez.

El hermano mayor

Stanley Skewes

El segundo protagonista de hoy, al que he bautizado como hermano mayor del trío de números que estamos presentando, es el número de Skewes.

Bueno, en realidad son los números de Skewes. Vamos a ver quiénes son estos chicos.

El teorema de los números primos establece lo siguiente:

$\pi(x) \sim li(x)$

siendo $\pi (x)$ la función que nos da la cantidad de números primos menores o iguales que $x$ y $li (x)$ la siguiente integral:

$\displaystyle{\int_0^{\infty} \cfrac{1}{Ln(t)} dt}$

Hasta principios del siglo XX todas las evidencias disponibles indicaban que $\pi (x)$ era siempre menor que $li (x)$ . Pero en 1914 John Littlewood demostró que existía al menos un número real para el cual $\pi (x)$ es mayor que $li (x)$ . De hecho fue más allá, demostrando que la diferencia $\pi (x)-li (x)$ cambia de signo infinitamente a menudo. Esto es, que hay infinitos números reales para los cuales $\pi (x)$ es mayor que $li (x)$ .

Pero no dio ningún valor de ese $x$ . Ni siquiera una cota.

Y aquí es donde aparece Stanley Skewes. En 1933 Skewes, alumno del propio Littlewood, encontró tal cota. Más concretamente, asumiendo cierta la hipótesis de Riemann, demostró que el número natural $x$ más pequeño que cumple que $\pi (x)$ es mayor que $li (x)$ es menor que el siguiente valor:

$e^{e^{e^{79}}} \approx 10^{10^{10^{34}}}$

Es decir, demostró que este tremendo número es una cota superior del menor número natural con dicha característica.

Más tarde, en 1955, demostró sin utilizar la veracidad de la hipótesis de Riemann que el siguiente número hace la función de cota superior para tal $x$ :

$10^{10^{10^{963}}}$

(Inciso: ¿Alguien me puede decir cuántas cifras tiene este número?)

Más adelante esa cota se ha mejorado bastante, estando actualmente sobre:

$1,397162914 \cdot 10^{316}$

El padre de familia

Ronald Graham

¿Todavía hay algún número mayor que los anteriores que haya tenido una función concreta dentro de las matemáticas? Pues sí. Y es nuestro padre de familia. Dicho número es el número de Graham.

Este número está relacionado con un problema que pertenece a la denominada teoría de Ramsey. Sin entrar en detalles sobre el propio problema, la cuestión es parecida a la descrita en el número de Skewes. Se demostró que existía solución a ese problema y se dio una cota superior para esta solución. Más tarde el matemático Ronald Graham mejoró dicha cota, por lo que Martin Gardner bautizó a este número como “el número de Graham”, que denotaremos por $G$ .

¿Cuál es este número exactamente?

Pues no es fácil representarlo con la notación habitual. Necesitamos una notación adecuada a la magnitud de este monstruo numérico. En concreto, la notación de Knuth nos va a ser muy útil para dar una idea de la entidad de $G$ .

El otro día, en este post sobre la notación de Knuth, calculamos $3 \uparrow \uparrow \uparrow 3$ :

$\begin{matrix} 3 \uparrow \uparrow \uparrow 3=3 \uparrow \uparrow 3 \uparrow \uparrow 3=3 \uparrow \uparrow (3 \uparrow 3 \uparrow 3) = & \underbrace{3 \uparrow 3 \uparrow \ldots \uparrow 3} \\ & 3 \uparrow 3 \uparrow 3 \mbox{ veces } 3 \end{matrix}$

O sea, 7625597484986 treses colocados en forma de torres de exponentes. Bestial.

Y digo calculamos porque no llegamos a decir cuál es el resultado de esta expresión ya que se salía del rango del Mathematica. Vamos, tremendamente grande.

Bien, para calcular $G$ procedemos de la siguiente forma:

Tomamos $g_1$ de la siguiente forma: $g_1=3 \uparrow \uparrow \uparrow \uparrow 3$ . Es decir, un número muchísimo más grande que el comentado antes (no os voy a marear con el desarrollo de $g_1$ ; podéis verlo en el enlace correspondiente de las Fuentes).
Ahora tomamos $g_2$ así: $g_2= 3 \uparrow ^{g_1} 3$ . Esto es, entre los dos treses tenemos $g_1$ flechas, o sea, un número de flechas igual al resultado obtenido en el apartado anterior. Teniendo en cuenta que $g_1$ ya es absolutamente inconcebible para la mente humana, podéis imaginar cómo puede ser este $g_2$ .

.
.
.

Continuamos así hasta el paso 64. Sí, hasta el 64. Esto significa lo siguiente:
$G=g_{64}=3 \uparrow ^{g_{63}} 3$

Sí, hay $g_{63}$ flechas entre los dos treses. Si con tres flechas obteníamos 7625597484986 treses…la cantidad de treses que obtenemos en la torre de exponentes de $G$ escapa totalmente a cualquier concepción humana. Vamos, como dice el título del post, un auténtico monstruo.

Aunque bueno, se sabe que acaba en $7$ . Algo es algo.

Y para terminar una pregunta:

¿Conocéis más números “con nombre” que puedan ser catalogados como “monstruos numéricos”?

Fuentes:

Shannon number en la Wikipedia inglesa.
Skewes’ number en la Wikipedia inglesa.
Número de Graham en la Wikipedia en español.

Posts aleatorios

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 28 de January de 2010
Envia este post a Twitter
Categorías: Curiosidades, Números enteros | Imprime este post

70 comentarios

spiff | 28 de January de 2010 | 11:02

Creo que los límites de la integral li(x) no están bien…
spiff | 28 de January de 2010 | 11:04

¡Y muy interesante el artículo!
Rober | 28 de January de 2010 | 12:13

Hay uno (al menos) que es incluso mayor que el de Graham (G). Se llama “número de Rober” (R) y se define así:

R = G + 1
Dani | 28 de January de 2010 | 13:08

“Aunque bueno, se sabe que acaba en 7. Algo es algo.” jajajajaj me parto! genial, ^DiAmOnD^!
Osukaru | 28 de January de 2010 | 13:27

Corolario:

El número de Rober acaba en 8

Dem.: No me cabe en el margen, así q la dejo para oro día
Trackback | 28 Jan, 2010

Monstruos numéricos
Juanlu001 | 28 de January de 2010 | 14:17

Acabo de flipar de una manera increíble!! Excelente artículo!

Y a mí que el número de Shannon ya me parecía grande…
Andor | 28 de January de 2010 | 15:17

Y lo mejor de todo es que todos esos números, y cualquier otro por grande que sea (siempre que sea finito) distan exactamente lo mismo del infinito.
josejuan | 28 de January de 2010 | 15:30

¿Seguro “Andor”?

Si tenemos dos números ‘a’ y ‘b’, podemos llamar sus distancias a otro número N (siempre mayor que los anteriores) como

$A=N-a$
$B=N-b$

en tal caso, para comparar A y B podemos seguir diferentes criterios (y todos ellos válidos), entre éstos, podemos hacer

$A/B$
$A-B$

en el primer caso, si la distancia de N a los números ‘a’ y ‘b’ es la misma entonces deberá ser 1, mientras que en el segundo caso deberá ser 0.

Si vamos revisando números finitos, obviamente se cumple, que:

1. si la distancia es la misma, la primera expresión vale 1 y la segunda 0, SIEMPRE.
2. si la distancia no es la misma, la primera expresión no vale 1 y la segunda no vale 0, SIEMPRE.

Nunca se puede dar que la primera sea 1 sin que la segunda sea 0 ni al revés.

Pero si hacemos que N tienda a infinito, tenemos que

$\lim_{N\rightarrow \infty }\frac{A}{B}=\lim_{N\rightarrow \infty }\frac{N-a}{N-b}=\allowbreak 1$
$\lim_{N\rightarrow \infty }(A-B)=\lim_{N\rightarrow \infty }(N-a-(N-b))=\allowbreak b-a$

¿Cómo lo interpretamos?
Patricio | 28 de January de 2010 | 16:14

(Inciso: ¿Alguien me puede decir cuántas cifras tiene este número?)

Tiene 96301 (:

10 * 10 * 936 + 1
josejuan | 28 de January de 2010 | 16:21

Me temo “Patricio” que son muy pocas cifras, dicho número tiene

$10^{10^{963}}+1$

dígitos decimales.
Osukaru | 28 de January de 2010 | 16:28

Estás bastante equivocado Patricio, por ponerte un ejemplo:

$10^{10^{5}} = 10^{100000}$ , que tiene 100.001 cifras, y no 41 (10*4+1) como dirías tú, así que imagínate el número que propone ^DiAmOnD^…
Patricio | 28 de January de 2010 | 16:38

Osukaru, yo multipliqué los exponentes y le sumé uno. ¿Por qué decís que yo diría que es 10*4?

Tenés razón josejuan!
Osukaru | 28 de January de 2010 | 16:40

jeje, un error de tipografía Patricio, jeje, quería decir 51 (10*5+1)…
Patricio | 28 de January de 2010 | 16:41

{Perdón por el doble comentario}

Mi error fue que a simple viste me fijé mal los paréntesis, creí que cada exponente afectaba al todo general, y no solo al exponente anterior.
Patricio | 28 de January de 2010 | 16:47

Está bien Osukaru Si fuera, siguiendo tu ejemplo,

${(10^{10})}^5$ latex

como creí en primer lugar, ahí sí tendría 51 cifras.
Marcos | 28 de January de 2010 | 17:41

Y que me dicen del número del castor atareado? Claro, que dicho número es incalculable, y bien podría ser mayor que todos ellos el número del castor atareado del número del castor atareado del número….., del número de Rober! Casi nada! (Funciones no computables)
Trackback | 28 Jan, 2010

Monstruos numéricos | Efecto Tequila
josejuan | 28 de January de 2010 | 20:13

“Marcos”, en primer lugar me ha encantado tu mención al “número del castor atareado”, no lo conocía.

Por otra parte, he alparceado un poco sobre él y resulta que, el “número del castor atareado”, no es un número, es una sucesión de números.

Dicha sucesión de números de castor ( B(1)=1, B(2)=6, B(3)=21, B(4)=107, … ) tiene la propiedad, de que no es computable y una se sus consecuencias es que:

“la sucesión de números de castor crece más rápido que cualquier otra sucesión computable”

Por tanto, cualquiera de los números indicados (y sucesiones como Ackermann) son menores (o crecen más lentamente) que la del castor, puesto que por mucho tiempo que lleve (aunque sean millones de veces la vida del universo) al final, son computables (aunque sea sólo teóricamente).

Únicamente para otras sucesiones (o números) no computables podríamos tener la duda de si son mayores (o crecen más rápido) que la sucesión del castor.

Así, puedes afirmar rotundamente que sí es mayor.
Omar-P | 28 de January de 2010 | 20:19

Busy Beaver problem.
Ivan Vargas | 28 de January de 2010 | 22:36

Bueno… creo que también está la función de Ackermann que genera unos monstruos bastante majos
Arturo | 28 de January de 2010 | 22:52

Gratificaré con 10M de euros a aqué que me diga que puesto de los decimales de Pi ocupa el número de Graham.
Ghibertti | 28 de January de 2010 | 23:38

Eso que dice ”Arturo” puede ser interesante, ¿y si se descubre que el número de Graham aparece en los decimales del número $\pi$ ? Sólo hay dos posibles respuestas: sí o no. Sería un buen problema a plantear, aunque yo lo plantearía también para e, fi, raíz cuadrada de 2, 3 y 5… Quizá, ¿quién sabe?, aparezca en todos y eso sería muy pero que muy interesante.
josejuan | 29 de January de 2010 | 00:24

Uhm… pues creo que el problema de “Arturo” es el más “fácil” de los propuestos por “Ghibertti”, tan “sólo” se trata de encontrar (de ver sí hay) esa cantidad de “treses seguidos” (permítaseme la metáfora).

Más formalmente, representado Pi en base 3, ¿existe en sus decimales una secuencia de ceros de longitud el exponente de Graham?.

Podría ser un caso particular del caso general de demostrar que para cualquier N existe una secuencia de ceros de dicha longitud en las cifras de Pi (siempre en base 3).

Quizás, buscando en los desarrollos en serie…

NOTA: lo he dicho así, a voleo, no tengo muy claro que el planteamiento sea correcto.
fede | 29 de January de 2010 | 01:09

Respecto a estos últimos comentarios, parece razonable conjeturar que los números reales mencionados son normales.

http://es.wikipedia.org/wiki/N%C3%BAmero_normal
josejuan | 29 de January de 2010 | 01:13

Buscando por ahí parece que no está probado (se pueda asegurar) que Pi contiene una secuencia arbitraria de un dígito prefijado.

http://www.askamathematician.com/?p=177

http://mark.aufflick.com/blog/2005/06/28/does-pi-necessarily-contain-any-sequence-of-numbers

¡Mecachis!, de existir tal demostración, Arturo me tendría que dar 10M de euros.

Otra vez será
Américo Tavares | 29 de January de 2010 | 01:57

Excelente artigo!
Trackback | 29 Jan, 2010

Twitter Trackbacks for Monstruos numéricos | Gaussianos [gaussianos.com] on Topsy.com
chema | 29 de January de 2010 | 12:00

El mayor número de todos es chuck(x), punto.
jugador | 29 de January de 2010 | 12:52

Ya que comentas la complejidad del ajedrez (http://thales.cica.es/rd/Recursos/rd99/ed99-0035-01/temas/partidas.html) parece bastante, no? Pues se puede superar, conoce alguien un juego llamado Go (o Weiqi… dependiendo de donde estés, http://es.wikipedia.org/wiki/Go); pues deja al ajedrez como un juego para niños en cuanto a posibilidades de juego http://en.wikipedia.org/wiki/Go_(board_game)#Computers_and_Go (no marca bien el enlace, tendréis que copiarlo «a mano»).

Saludos.
Cabeza Planeta | 29 de January de 2010 | 15:22

A mi se me quedó grabado a fuego el nombre de GÚGOL, un 1 seguido de 100 ceros, cuando mi profe de mates en primero o segundo de BUP nos lo puso como ejemplo de la importancia de la imaginación en las matemáticas.

http://es.wikipedia.org/wiki/G%C3%BAgol

Saludos al blog!
yo | 30 de January de 2010 | 11:30

Hola, donde dice:
“El hecho de que el número de Shannon sea mayor que la estimación que se baraja para el número total de átomos del Universo.”
Deberia decir:
“El hecho de que el número de Shannon sea mayor que la estimación que se baraja para el número total de átomos del Universo conocido.”
Por cierto el googolplex –> http://es.wikipedia.org/wiki/Googolplex
Pero incluso es bastante mas grande el googolduplex
–> http://es.wikipedia.org/wiki/Googol

Donde pongo “googol” (y sus derivados) en español, tambien se llama “gúgol” (y derivados)
Petrus | 30 de January de 2010 | 11:56

Yo creo q un poco mas grande que el numero de Rober, es el numero de Petrus = “1 yotta numero de Graham”, pero seguro que les hay mas grandes todavia.

Salu2.
Dani | 31 de January de 2010 | 22:43

Problema: ¿Cuál es la probabilidad de elegir 3 puntos al azar en una circumferencia y que caigan todos en una misma semicircumferencia?
Américo Tavares | 31 de January de 2010 | 23:38

Dani

Parece ser 1/2.

Sejam $x,y$ e $z$ os pontos. O perímetro da circunferência é $2\pi r$ , em que $r$ é o raio da circunferência. Rectifiquemos a circunferência e atribuamos a um dos pontos a origem das coordenadas. Sem perda de generalidade seja $x$ esse ponto. Ao ponto que lhe fica mais próximo chamemos-lhe $y$ e ao mais distante $z$ . Podemos considerar que $y$ e $z$ são nulos ou positivos. Então

max $(z)=2\pi r$ . (1)

Para que $x,y$ e $z$ estejam sobre a mesma semi-circunferência, de ter-se:

$z=\pi r$ (2)

A probabilidade pedida obtém-se dividindo (2) por (1):

$\dfrac{\pi r}{2\pi r}=\dfrac{1}{2}$
Dani | 31 de January de 2010 | 23:53

No me convence tu punto (1), puesto que con tu identificación debería ser 2πr=0 .
josejuan | 1 de February de 2010 | 00:04

Por supuesto es 1/2^3, tenemos un espacio de probabilidad uniforme y éste se ha dividido en dos iguales, por lo que los sucesos independientes caiga en A o caiga en B (A+B=conjunto total) tienen la misma probabilidad 1/2.

Ahora se realizar el experimento de elegir de forma independiente tres puntos del espacio total, en tal caso es trivial que P(A A A)=1/2 1/2 1/2=1/2^3
josejuan | 1 de February de 2010 | 00:06

Perdón, error de garrafón
“…los sucesos independientes caiga en A o caiga en B …”

Obviamente esos no son independientes (es que ya estaba pensando en el experimento; las prisas…)
Américo Tavares | 1 de February de 2010 | 00:12

Dani,

Na minha resolução parti do princípio que a semi-circunferência NÃO era pré-definida: apenas os três pontos pertenceriam a uma qualquer semicircunferência.

Por isso, sim, o princípio e o fim da coordenada era o mesmo, 2πr seria coincidente com o 0.
Américo Tavares | 1 de February de 2010 | 00:14

Se for pré-definida é diferente e o resultado será o de josejuan: 1/8.
josejuan | 1 de February de 2010 | 00:16

Uhm… ahora que pienso, ¿las semicircunferencias están predefinidas? (p.e. superior inferior), creo que te refieres a que una vez han sido elegidos, los 3 puedan ser “encerrados” en una semicircunfenrencia cualquiera.

En tal caso, podemos lanzar el primer dardo sin preocuparnos de nada, tomaremos éste como que está en la coordenada (1,0) sin pérdida de generalidad y luego basta sumar las probabilidades de que los otros dos dárdos caigan en cuadrantes diferentes (1º y 3º o bien 2º y 4º).

La probabilidad de que caiga en un cuadrante concreto es 1/4 por lo que es:

1/4 1/4 + 1/4 1/4 = 1/2 1/4 = 1/8

(ahora lo repaso a ver)
Américo Tavares | 1 de February de 2010 | 00:16

… parece que josejuan vai reser a sua resposta.

Dani, a semi-circunferência é dada ou não?
Dani | 1 de February de 2010 | 00:17

no es dada
josejuan | 1 de February de 2010 | 00:17

Ok, “Américo” lo ha confirmado (¡antes de poner la prueba! ).
josejuan | 1 de February de 2010 | 00:18

Bueno, pues ya están los dos casos ¿no?.
Dani | 1 de February de 2010 | 00:19

aun no se ha dicho la respuesta correcta
Américo Tavares | 1 de February de 2010 | 00:21

Circunferência NESTE enunciado é a periferia do círculo ou o círculo?

Atrás quis dizer: … parece que josejuan vai rever a sua resposta.
Dani | 1 de February de 2010 | 00:22

una circumferencia es el único lado de un círculo
Américo Tavares | 1 de February de 2010 | 00:26

Exacto, Dani, como em português, a circunferência é a linha e o círculo a superfície.
Américo Tavares | 1 de February de 2010 | 00:30

No me convence tu punto (1), puesto que con tu identificación debería ser 2πr=0

Pois é, é verdade!
Américo Tavares | 1 de February de 2010 | 00:37

Dois pontos estão sempre numa semi-circunferência. O terceiro ou está ou não.
Américo Tavares | 1 de February de 2010 | 00:40

O resultado não é 1/2?
Dani | 1 de February de 2010 | 00:40

yo diría que la probabilidad es 3/4. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que el primer punto es fijo. Situándolo en el extremo superior de la circumferencia, los otros dos puntos tienen una distancia al punto x MEDIDA EN SENTIDO ANTIHORARIO dada por variables aleatorias uniformes en el (0,1) (normalizamos), como en este dibujo:
http://www.dabbleboard.com/public?myid=14&created=danman90
basta ver que el area que he pintado en el que se cumple lo pedido es 3/4 del total
Dani | 1 de February de 2010 | 00:47

perdón, con la notació del dibujo la distancia (en sentido antihorario) al punto fijo es X-unif(0,1) para el primer punto e Y-unif(0,1) para el segundo. En el dibujo se ve como para 0<X<1/2 la única posibilidad de que Y no esté en semicircumferencia común a los tres es que sea 1/2<Y1/2 es simétrico.
Dani | 1 de February de 2010 | 00:47

*común a los tres es que sea 1/2<Y<1/2+X y el segundo caso es simétrico
josejuan | 1 de February de 2010 | 00:53

Vaya, es verdad, lo de los cuadrantes fué muy rápido, por ejemplo, pueden estar en el 1º y 3º “pegados” al cuarto cuadrante y entonces es obvio que están en la misma semicircunferencia.

Seguiremos pensando…
Américo Tavares | 1 de February de 2010 | 00:57

Eu também vou pensar. Nunca vi um método de resolução como o de Dani. Deve estar certo, mas ainda não cheguei lá.
Américo Tavares | 1 de February de 2010 | 00:58

Até amanhã!
josejuan | 1 de February de 2010 | 01:24

Sí, es 1/4, fijado un punto, para que los tres puntos (el cero, A y B) NO PUEDAN estar en una semicircunferencia debe ser

B>Pi Y Pi>A Y Pi>B-A

ésto da 1/8, pero como A y B pueden estar intercambiados da 1/4, es decir, la P pedida es 3/4.
Dani | 1 de February de 2010 | 01:41

exacto!
M | 1 de February de 2010 | 14:23

Efectivamente, dados $n+1$ puntos ( $n\geq 1$ ) en la esfera $n-$ dimensional, la envolvente convexa de los puntos contendrá al centro de la esfera con probabilidad $\frac{1}{2^n}$ . Todos caen en un mismo hemisferio con probabilidad $1-\frac{1}{2^n}$ .
josejuan | 1 de February de 2010 | 16:51

No lo entiendo “M” ¿podrías explicarlo?, ¡gracias!
M | 1 de February de 2010 | 23:59

Josejuan, la cuestión valdría para un post, pues salen relaciones recurrentes muy curiosas. Por cierto, que en mi comentario previo quise decir “la esfera en el espacio de dimensión $n$ ”.

Hay una prueba preciosa en este pdf.

De ahí vemos una propiedad más general: la probabilidad de que $N$ puntos en una esfera en el espacio de dimensión $n$ estén en un mismo hemisferio es

$2^{-N+1}\sum_{k=0}^{n-1} {N-1 \choose k}$ .

También se puede leer al final del documento que esto tiene una curiosa conexión con el lanzamiento de monedas.
Jonatan | 4 de February de 2010 | 12:07

Recuerdo una sucesion, la sucesion del castor atareado que nisiquiera era computable de lo grande que se hacia el numero.

Siendo la sucesion del castor atareado B

B(6) es al menos 8 690 333 381 690 951

Mas altos nisiquiera se han computerizado xD
Jonatan | 4 de February de 2010 | 12:15

Fu acabo de revisar los comentarios ni caso al mio anterior xDD
Trackback | 10 Feb, 2010

No estamos preparados | Gaussianos
Rafalillo | 12 de February de 2010 | 19:51

Buenas. He vuelto a elegir una de vuestras entradas, concretamente ésta, para enlazarla en el post que acabo de publicar:
http://elmundoderafalillo.blogspot.com/2010/02/no-es-mio-pero-es-interesante-x.html

Un saludo y hasta la próxima
HM2P33 | 27 de March de 2010 | 18:27

Según estuve analizando con unos dibujos de circulo, la probabilidad de que NO se pueda formar una semicircunferencia que contenga a los tres puntos es:

“alpha” / 2 “pi”

donde alpha es el menor ángulo formado entre los dos puntos A y B.

Primero veamos que dados dos puntos A y B, SIEMPRE es posible construir una semicircunferencia que los contenga a los dos. La mayor distancia que puede haber entre ellos recorriendo la circunferencia es “pi”. Con esto me refiero a que si se considera un circulo de radio 1, y la tomamos una cuerda con la longitud de la mitad de su perímetro (es de longitud “pi”) y suponiendo que la cuerda imaginaria puede moverse por el perímetro de la circunferencia (es como una forma gráfica de ver como se forman las semicircunferencias). y colocamos uno de sus extremos en el punto A, el otro extremo de la cuerda esta a una distancia en la circunferencia de “pi”. Si comenzamos a correr la cuerda llegaremos a que el otro extremo de la cuerda toque al punto A, y habremos recorrido con la cuerda todos los puntos de la semicircunferencia.

Por lo tanto no importa donde este B, siempre podemos construir una semicircunferencia que contenga ambos puntos.

Luego pensemos que pasa si la “distancia” en la circunferencia entre A y B es de “pi”, Entonces es posible construir una sola semicircunferencia que contenga a ambas (con un punto en cada extremo de nuestra cuerda imaginaria).

Por lo tanto el tercer punto tendría 1/2 de posibilidades de formar una semicircunferencia con los otros dos. (o cae en la que esta o no cae).

Pero si la distancia entre A y B es menor a “pi”, entonces llamamos “alpha” a la longitud del segmento de la circunferencia que los une.

Ahora si tomamos nuestra cuerda y ponemos un extremo en A, y la comenzamos a correr hasta que el “otro” extremo de la cuerda quede en B, nos da todas las semicircunferencias que podemos armar que tengan a A y B.

Por lo tanto, si tomamos la distancia “pi – alpha” entonces si C cae en a una distancia menor o igual que “pi – alpha” de el punto A o el punto B, entonces caerá en un punto donde podremos correr nuestra cuerda y ponerlo dentro de una semicircunferencia.

Si construimos el dibujo, veremos que la única posibilidad de que caiga en un lugar que NO podremos construir la semicircunferencia es que caiga a una distancia mayor que “pi – alpha” de A y B. Pero si lo hacemos graficamente, por angulos opuestos por el vertice llegamos a la conclusión de que el segmento la longitud de ese segmento de la circunferencia donde tiene que caer para que no se pueda formar la semicircunferencia es de exactamente “Alpha”.

Entonces la posibilidad de que NO se pueda formar una semicircunferencia es de ” alpha / 2 “pi” ”

Como podemos ver el caso particular alpha = pi nos dice que la posibilidad será de 1/2, tal como habíamos anticipado. Y Cuanto más chico sea Alpha, entonces menores posibilidades habrá de que NO se pueda construir esa semicircunferencia (por lo tanto habrá mayores posibilidades de construirla).

Perdón por la dificultad para entender mis razonamientos, pero recién me estoy iniciando en la matemática formal, y además esto lo resolví de forma más gráfica y me es imposible mostrarlo adecuadamente aquí sin imágenes.
Diego | 1 de July de 2010 | 05:02

La respuesta al problema de Dani (quizás olvidado ya, referente a la probabilidad de 3 puntos en una semicircunferencia) es 1.

Revisando…

“Problema: ¿Cuál es la probabilidad de elegir 3 puntos al azar en una circumferencia y que caigan todos en una misma semicircumferencia?” fue dicho por Dani, y también en respuesta a si la semicircunferencia es dada o no, su respuesta fue que no es dada.

Si ubicamos el primer punto dado arbitrariamente en la circunferencia, es imposible ubicar el segundo fuera de alguna semicircunferencia en el que el primero exista (por poner un ejemplo extremo, ubiquemos el punto 2 en el otro extremo del diámetro. Los puntos 1 y 2 forman dos semicircunferencias, que abarcan toda la circunferencia). Si ubicamos el punto 3 en cualquier posición de la circunferencia, necesariamente caerá en alguna circunferencia denotada por los puntos 1 y 2.

En resumen, la probabilidad es 1.
JJGJJG | 1 de July de 2010 | 14:08

Para “Diego | 1 de Julio de 2010 | 5:02″:
Coloca tres puntos en los vértices de un triángulo equilátero inscrito. ¿Qué semicircunferencia contiene los tres?