Comments on: Raíces y probabilidad http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/ Porque todo tiende a infinito... Fri, 10 Feb 2012 21:24:04 +0000 hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.0.1 By: Twitter Trackbacks for Raíces y probabilidad | Gaussianos [gaussianos.com] on Topsy.com http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/#comment-13376 Twitter Trackbacks for Raíces y probabilidad | Gaussianos [gaussianos.com] on Topsy.com Sat, 06 Feb 2010 20:20:13 +0000 http://gaussianos.com/?p=2192#comment-13376 [...] Raíces y probabilidad | Gaussianos gaussianos.com/raices-y-probabilidad – view page – cached * 2 en ¿De dónde sale la fórmula para resolver ecuaciones polinómicas de segundo grado? * 3 en La notación de Knuth, o cómo escribir ciertos números sin morir en el intento * 46 en Monstruos numéricos [...] [...] Raíces y probabilidad | Gaussianos gaussianos.com/raices-y-probabilidad – view page – cached * 2 en ¿De dónde sale la fórmula para resolver ecuaciones polinómicas de segundo grado? * 3 en La notación de Knuth, o cómo escribir ciertos números sin morir en el intento * 46 en Monstruos numéricos [...]

]]> By: M http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/#comment-13375 M Thu, 04 Feb 2010 22:25:41 +0000 http://gaussianos.com/?p=2192#comment-13375 Dani, la verdad es que no tengo ni idea. Sin embargo según se puede leer en el abstract del trabajo de Edelman y Kostlan (enlace al arxiv que indiqué en un comentario previo) "We show that the expected number of real zeros is simply the length of the moment curve $(1,t,\ldots,t^n)$ projected onto the surface of the unit sphere, divided by $\pi$" y en el último párrafo de la página 5 del pdf: "If the $latex a_i$ are independent standard normals, then the vector $latex a$ is uniformly distributed on the sphere $latex S^n$" (además vimos que la probabilidad no dependía del radio de la esfera y esto parece consecuencia de la normalización del vector de coeficientes que se hace en esa página). Habría que leerse bien el trabajo (según los autores sólo requiere matemáticas asequibles, y así parece en las primeras páginas). Ahí puede estar la clave del asunto. Dani, la verdad es que no tengo ni idea. Sin embargo según se puede leer en el abstract del trabajo de Edelman y Kostlan (enlace al arxiv que indiqué en un comentario previo)

“We show that the expected number of real zeros is simply the length of the moment curve $(1,t,\ldots,t^n)$ projected onto the surface of the unit sphere, divided by $\pi$”

y en el último párrafo de la página 5 del pdf: “If the a_i are independent standard normals, then the vector a is uniformly distributed on the sphere S^n” (además vimos que la probabilidad no dependía del radio de la esfera y esto parece consecuencia de la normalización del vector de coeficientes que se hace en esa página).

Habría que leerse bien el trabajo (según los autores sólo requiere matemáticas asequibles, y así parece en las primeras páginas). Ahí puede estar la clave del asunto.

]]> By: Dani http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/#comment-13374 Dani Thu, 04 Feb 2010 10:31:18 +0000 http://gaussianos.com/?p=2192#comment-13374 tienes alguna idea para explicar este hecho, M? tienes alguna idea para explicar este hecho, M?

]]> By: M http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/#comment-13373 M Wed, 03 Feb 2010 11:12:11 +0000 http://gaussianos.com/?p=2192#comment-13373 Decir que definitivamente las probabilidades en el caso de normalidad y en el caso de la esfera de Dani sí coinciden (exactamente). La integral de Kac para $latex n=2$ (divida por dos) $latex \frac{2}{\pi}\int_0^1 \displaystyle{\sqrt{\frac{1}{(1-t^2)^2}-\frac{9t^4}{(1-t^6)^2}}}$ coincide con la integral que puse en mi último comentario $latex 1-\frac{1}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sqrt{2sin(2\theta)}}{\sqrt{1+2sin(2\theta)}}d\theta$. Decir que definitivamente las probabilidades en el caso de normalidad y en el caso de la esfera de Dani sí coinciden (exactamente). La integral de Kac para n=2 (divida por dos)

\frac{2}{\pi}\int_0^1 \displaystyle{\sqrt{\frac{1}{(1-t^2)^2}-\frac{9t^4}{(1-t^6)^2}}}

coincide con la integral que puse en mi último comentario

1-\frac{1}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sqrt{2sin(2\theta)}}{\sqrt{1+2sin(2\theta)}}d\theta.

]]> By: josejuan http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/#comment-13372 josejuan Wed, 03 Feb 2010 09:51:46 +0000 http://gaussianos.com/?p=2192#comment-13372 Es verdad, no es un cono "de verdad". Dada la expresión $latex z^{2}=4xy$ tenemos una "especie" de cono revolucionado sobre el eje X=Y (Z=0 para ser exactos) en la que la diferencia con un cono "de verdad" (de los buenos) está dada por $latex 4xy=x^{2}+y^{2}$ es decir $latex x=y(2\pm \sqrt{3})$ y por tanto la deformación del cono es lineal y proporcional a la constante y respecto los signos de los ejes X e Y, por lo que "las ovejas que entran por las que salen" el resultado viene a ser el mismo (aunque por supuesto antes estaba mal). Es decir, si hacemos el corte, obtenemos dos líneas con ángulos diferentes, pero la recta con ángulo mayor en uno de los conos es la recta con menor ángulo en el cono simétrico y al revés (con la otra recta). Y así, volvemos a tener la misma figura escalemos lo que escalemos. (Digo yo, porque la verdad, me empieza a dar vueltas la cabeza...) :| Es verdad, no es un cono “de verdad”.

Dada la expresión

z^{2}=4xy

tenemos una “especie” de cono revolucionado sobre el eje X=Y (Z=0 para ser exactos) en la que la diferencia con un cono “de verdad” (de los buenos) está dada por

4xy=x^{2}+y^{2}

es decir

x=y(2\pm \sqrt{3})

y por tanto la deformación del cono es lineal y proporcional a la constante y respecto los signos de los ejes X e Y, por lo que “las ovejas que entran por las que salen” el resultado viene a ser el mismo (aunque por supuesto antes estaba mal).

Es decir, si hacemos el corte, obtenemos dos líneas con ángulos diferentes, pero la recta con ángulo mayor en uno de los conos es la recta con menor ángulo en el cono simétrico y al revés (con la otra recta).

Y así, volvemos a tener la misma figura escalemos lo que escalemos.

(Digo yo, porque la verdad, me empieza a dar vueltas la cabeza…) :|

]]> By: Dani http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/#comment-13371 Dani Wed, 03 Feb 2010 09:31:20 +0000 http://gaussianos.com/?p=2192#comment-13371 jejeje qué boitos los dibujos, tengo que aprender a hacer cosas así :D sin embargo te equivocas en cuanto a que la figura no es un cono. eso haría las cosas muuuucho más simples jejeje para ver que no es un cono fíjate que si cortásemos con cualquier plano que contenga a su supuesto eje de rotación (necesariamente sería por el dibuo $latex x=y, z=0$ ), tendríamos que obtener dos rectas con el mismo ángulo interno independientemente del plano con el que cortemos. con z=0 se tiene x=0 o y=0, lo que daría un ángulo interno de $latex \frac{\pi}{2}$, mientras que si cortas con x=y obtienes $latex |z|=2|x| $ que no tiene el mismo ángulo interno. Por su naturaleza eso tiene "algo" de hiperbólico. jejeje qué boitos los dibujos, tengo que aprender a hacer cosas así :D
sin embargo te equivocas en cuanto a que la figura no es un cono. eso haría las cosas muuuucho más simples jejeje
para ver que no es un cono fíjate que si cortásemos con cualquier plano que contenga a su supuesto eje de rotación (necesariamente sería por el dibuo x=y, z=0 ), tendríamos que obtener dos rectas con el mismo ángulo interno independientemente del plano con el que cortemos. con z=0 se tiene x=0 o y=0, lo que daría un ángulo interno de \frac{\pi}{2}, mientras que si cortas con x=y obtienes |z|=2|x| que no tiene el mismo ángulo interno.
Por su naturaleza eso tiene “algo” de hiperbólico.

]]> By: josejuan http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/#comment-13370 josejuan Wed, 03 Feb 2010 08:22:40 +0000 http://gaussianos.com/?p=2192#comment-13370 "Dani", tanto el cubo como la esfera están centrados en el origen, por tanto, dada la ecuación $latex z^{2}=4xy$ tenemos un doble cono (vaya, un cono normal y corriente) revolucionado sobre el eje X=Y. Tanto el truncamiento del cubo como de la esfera sobre el cono es independiente de la escala. En la imagen creo que se ve claramente: http://jose-juan.computer-mind.com/jose-juan/img/gt/cono.png - blanco, espacio en que signo(x)=-signo(y) y por tanto son todas soluciones reales. - rojo, espacio en que signo(x)=signo(y) que comparten la esfera y el cubo. - azul, espacio en que signo(x)=signo(y) que únicamente está en el cubo. Mi hipótesis (refutada por el cálculo de "M") era que esa "esquinita azul" se "diluía" en el infinito. Pero ahora (como muchas veces "a toro pasa'o") se ve fácilmente que la proporción se mantiene para todo N. “Dani”, tanto el cubo como la esfera están centrados en el origen, por tanto, dada la ecuación

z^{2}=4xy

tenemos un doble cono (vaya, un cono normal y corriente) revolucionado sobre el eje X=Y.

Tanto el truncamiento del cubo como de la esfera sobre el cono es independiente de la escala.

En la imagen creo que se ve claramente:
http://jose-juan.computer-mind.com/jose-juan/img/gt/cono.png

- blanco, espacio en que signo(x)=-signo(y) y por tanto son todas soluciones reales.
- rojo, espacio en que signo(x)=signo(y) que comparten la esfera y el cubo.
- azul, espacio en que signo(x)=signo(y) que únicamente está en el cubo.

Mi hipótesis (refutada por el cálculo de “M”) era que esa “esquinita azul” se “diluía” en el infinito. Pero ahora (como muchas veces “a toro pasa’o”) se ve fácilmente que la proporción se mantiene para todo N.

]]> By: Alonso Montero http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/#comment-13369 Alonso Montero Wed, 03 Feb 2010 06:14:49 +0000 http://gaussianos.com/?p=2192#comment-13369 Realicé una simulación, y si comprendí bien el problema, la probabilidad es de 61.8%. Realicé una simulación, y si comprendí bien el problema, la probabilidad es de 61.8%.

]]> By: Dani http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/#comment-13368 Dani Tue, 02 Feb 2010 19:35:31 +0000 http://gaussianos.com/?p=2192#comment-13368 fantástico! me sigue pareciendo muy curiosa la invarianza por escala que ocurre tanto al elegir un cubo o una esfera como soporte de densidad para coeficientes uniformemente distribuidos. Por otra parte, ¿por qué precisamente en el caso de la esfera obtenemos la probabilidad correspondiente a una distribución normal? posiblemente la simetría tenga algo que decir ahí, pero no veo la relación así de primeras. Además, en todo caso la simetría sugeriría que haciendo crecer el radio coincidiría en el límite, sin embargo parece ser que coinciden aunque escojamos una esfera muy pequeña! $b^2 \geq 4ac $ es una condición tan arbitraria y tan sencilla que me pregunto ideas interesantes detrás de todo esto... con alguna otra condición similar, será también cierta la correspondencia coeficientes uniformes en esfera-normal + independcia? por desgracia las cuentas se vuelven bastante horribles a la hora de probar con ejemplos... fantástico! me sigue pareciendo muy curiosa la invarianza por escala que ocurre tanto al elegir un cubo o una esfera como soporte de densidad para coeficientes uniformemente distribuidos. Por otra parte, ¿por qué precisamente en el caso de la esfera obtenemos la probabilidad correspondiente a una distribución normal? posiblemente la simetría tenga algo que decir ahí, pero no veo la relación así de primeras. Además, en todo caso la simetría sugeriría que haciendo crecer el radio coincidiría en el límite, sin embargo parece ser que coinciden aunque escojamos una esfera muy pequeña! $b^2 \geq 4ac $ es una condición tan arbitraria y tan sencilla que me pregunto ideas interesantes detrás de todo esto…
con alguna otra condición similar, será también cierta la correspondencia coeficientes uniformes en esfera-normal + independcia?
por desgracia las cuentas se vuelven bastante horribles a la hora de probar con ejemplos…

]]> By: M http://gaussianos.com/raices-y-probabilidad/#comment-13367 M Tue, 02 Feb 2010 18:38:22 +0000 http://gaussianos.com/?p=2192#comment-13367 Haciendo las cuentas para la cuestión de Dani, debo reconocer que me sorprendió al principio que no obtuviera el mismo resultado. Tras revisar las cuentas creo que para el caso que plantea Dani el resultado es el mismo que se obtiene asumiendo independencia y normalidad (o al menos se le aproxima bastante). Ahí van mis cuentas para ver que ahora la probabilidad es $latex 0.648511787\ldots$ (y de nuevo veremos que es independiente del radio de la esfera) Consideramos la ecuación $latex ax^2+bx+c=0$, con $latex a,b,c$ uniformemente elegidas en una esfera de radio $latex R$: $latex a^2+b^2+c^2\leq R^2$. Queremos hallar la probabilidad de que $latex \Delta:=b^2-4ac\geq 0$. Notar que si $latex sign(a)\neq sign(c)$ entonces la probabilidad es uno, y para el caso $latex sign(a)=sign(c)$ podemos asumir sin pérdida de generalidad que $latex a,c\geq 0$. Entonces, como nos movemos en un cuarto de la esfera, la probabilidad buscada será $latex p=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\frac{1}{\frac{\pi}{3}R^3}I_1$, donde $latex I_1:=\iiint_{\Omega_1} \chi(\Delta)da\; db\; dc$, siendo $latex \chi$ la función característica (vale 1 si el argumento es no negativo, y cero en otro caso), y $latex \Omega_1:=\{(a,b,c)/\;a,c\geq 0,\;a^2+b^2+c^2\leq R^2\}$. Integraremos primero repecto a $latex b$. Fijados $latex a,c$, tendremos $latex 4ac\leq b^2\leq R^2-(a^2+c^2)$, y como $latex b$ puede ser positivo o negativo, tendremos que $latex I_1=\iint_{\Omega_2} 2(\sqrt{R^2-(a^2+c^2)}-2\sqrt{ac})=:I_2$, con $latex \Omega_2:=\{(a,c)\geq 0, \;a^2+c^2+4ac\leq R^2\}$. Calculamos $latex I_2$ en polares: $latex a=\rho cos \theta$, $latex c=\rho sin \theta$, con $latex \theta\in[0,\pi/2]$ (pues $latex a,c\geq 0$). De $latex a^2+c^2+4ac\leq R^2$, obtenemos $latex 0\leq \rho \leq \frac{R}{\sqrt{1+2sin(2\theta)}}=:\rho^*(\theta)$. Luego: $latex I_2=2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{\rho^*(\theta)} (\sqrt{R^2-\rho^2}-\rho\sqrt{2sin(2\theta)})\rho d\rho\;d\theta$. Integrando respecto a $latex \rho$ obtenemos que $latex I_2=\frac{2R^3}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(1-\dfrac{\sqrt{2sin(2\theta)}}{\sqrt{1+2sin(2\theta)}}\right)d\theta$, y esta integral parece que no se expresa de modo elemental (el Mathematica no la calcula). Así pues $latex p=\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(1-\dfrac{\sqrt{2sin(2\theta)}}{\sqrt{1+2sin(2\theta)}}\right)d\theta\doteq 0.648511787\ldots$ Haciendo las cuentas para la cuestión de Dani, debo reconocer que me sorprendió al principio que no obtuviera el mismo resultado. Tras revisar las cuentas creo que para el caso que plantea Dani el resultado es el mismo que se obtiene asumiendo independencia y normalidad (o al menos se le aproxima bastante). Ahí van mis cuentas para ver que ahora la probabilidad es 0.648511787\ldots (y de nuevo veremos que es independiente del radio de la esfera)

Consideramos la ecuación ax^2+bx+c=0, con a,b,c uniformemente elegidas en una esfera de radio R: a^2+b^2+c^2\leq R^2. Queremos hallar la probabilidad de que \Delta:=b^2-4ac\geq 0. Notar que si sign(a)\neq sign(c) entonces la probabilidad es uno, y para el caso sign(a)=sign(c) podemos asumir sin pérdida de generalidad que a,c\geq 0. Entonces, como nos movemos en un cuarto de la esfera, la probabilidad buscada será p=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\frac{1}{\frac{\pi}{3}R^3}I_1, donde I_1:=\iiint_{\Omega_1} \chi(\Delta)da\; db\; dc, siendo \chi la función característica (vale 1 si el argumento es no negativo, y cero en otro caso), y \Omega_1:=\{(a,b,c)/\;a,c\geq 0,\;a^2+b^2+c^2\leq R^2\}.

Integraremos primero repecto a b. Fijados a,c, tendremos 4ac\leq b^2\leq R^2-(a^2+c^2), y como b puede ser positivo o negativo, tendremos que I_1=\iint_{\Omega_2} 2(\sqrt{R^2-(a^2+c^2)}-2\sqrt{ac})=:I_2, con \Omega_2:=\{(a,c)\geq 0, \;a^2+c^2+4ac\leq R^2\}.

Calculamos I_2 en polares: a=\rho cos \theta, c=\rho sin \theta, con \theta\in[0,\pi/2] (pues a,c\geq 0). De a^2+c^2+4ac\leq R^2, obtenemos 0\leq \rho \leq \frac{R}{\sqrt{1+2sin(2\theta)}}=:\rho^*(\theta). Luego:

I_2=2\int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{\rho^*(\theta)} (\sqrt{R^2-\rho^2}-\rho\sqrt{2sin(2\theta)})\rho d\rho\;d\theta.

Integrando respecto a \rho obtenemos que I_2=\frac{2R^3}{3}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(1-\dfrac{\sqrt{2sin(2\theta)}}{\sqrt{1+2sin(2\theta)}}\right)d\theta, y esta integral parece que no se expresa de modo elemental (el Mathematica no la calcula).

Así pues p=\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(1-\dfrac{\sqrt{2sin(2\theta)}}{\sqrt{1+2sin(2\theta)}}\right)d\theta\doteq 0.648511787\ldots

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