tag:blogger.com,1999:blog-3540458.post115590713951839814..comments2023-09-29T10:15:27.370-03:00Comments on Juan de Mairena [v.2.71828]: 1168.- Problem(it)aJuanPablohttp://www.blogger.com/profile/04883919099275130230noreply@blogger.comBlogger21125tag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156885660373250192006-08-29T18:07:00.000-03:002006-08-29T18:07:00.000-03:00Respondiéndole a Guillermo, existen diversos tests...Respondiéndole a Guillermo, existen diversos tests que buscan decidir por el azar* ó no de una lista de valores 0-1, cara-ceca.<BR/>*azar = distribución uniforme<BR/>Algunos ejemplos hay en la sig. página, varios de los cuales lo hacen estudiando las rachas de uno y otro valor... http://csrc.nist.gov/rng/rng9.html<BR/>Pero recordar que se trata de mecanismos probabilísticos, esto es, la máxima Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156545281305466032006-08-25T19:34:00.000-03:002006-08-25T19:34:00.000-03:00Hernán: bien!Hay una versión con funciones caracte...Hernán: bien!<BR/>Hay una versión con funciones características. Si se tienen a_1 monedas de 1, a_2 monedas de 2,.... a_k monedas de r, se toma<BR/>f = a_1 x + a_2 x^2 + ... a_k x^k<BR/>y se pone<BR/>g(x) = e^f(x)<BR/>Entonces el coeficiente de g que acompaña a x^n es el número que yo quiero dividido n! Si no se lo quiere dividir por n! se puede tomar<BR/>h(x) = 1 / (1-f(x))<BR/>ElAnonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156514712935742002006-08-25T11:05:00.000-03:002006-08-25T11:05:00.000-03:00esta versión de matías, y la solución de hernán ví...esta versión de matías, y la solución de hernán vía particiones, me recuerda que alguien (Eda) me había planteado casi el mismo problema hará diez años, a ella le aparecía en algo de fractales y teoría de número (no recuerdo si importaba el orden de la descomposición). Y la respuesta se la terminó dando una amiga suya que se dedica a proba y estadística (M Eugenia), sospecho que lo planteó como JuanPablohttps://www.blogger.com/profile/04883919099275130230noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156463056691177622006-08-24T20:44:00.000-03:002006-08-24T20:44:00.000-03:00Matías: Efectivamente, el problema de calcular "cu...Matías: <BR/>Efectivamente, el problema de calcular "cuantas secuencias de largo n con rachas no mayores a k hay" equivale a preguntarse "cuantas particiones distintas pueden hacerse del número n, en subconjuntos de tamaño entre 1 y k, distinguiendo el orden".<BR/><BR/>Con respecto a tu variante: si la entendí bien, a primera vista (bah, a segunda vista; a la primera me pareció más complicado) Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156454672688004892006-08-24T18:24:00.000-03:002006-08-24T18:24:00.000-03:00Guillermo: creo que tu última pregunta viene conte...Guillermo: creo que tu última pregunta viene contestada en buena medida (y en términos bien... cuantitativos, digamos) por los métodos para testear los generadores de nùmeros (pseudo) aleatorios. <BR/><BR/>Googleando se encuentra material, la referencia clásica es el libro de Knuth:<BR/><BR/>Knuth, D. E. (1981), Seminumerical Algorithms, Vol. 2 of The Art of Computer Programming,Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156452712746470032006-08-24T17:51:00.000-03:002006-08-24T17:51:00.000-03:00El comment de Pablo lleva directamente a esta otra...El comment de Pablo lleva directamente a esta otra pregunta: qué otra clase de testeos, además del de Rachas, deberían proponerse para una secuencia al azar? Es decir, el maestro del primer ejemplo podía reconocer a simple vista una secuencia simulada de lanzamientos al azar por la falta de rachas "largas". La pregunta es si habrá otras características "experimentales" o gráficas quizá menos Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156452491877054342006-08-24T17:48:00.000-03:002006-08-24T17:48:00.000-03:00Tengo una variante del problema que me resulta int...Tengo una variante del problema que me resulta interesante. Primero, noto que el problema de cuántas sucesiones de n tiradas hay sin rachas de longitud k+1 es equivalente al siguiente: Se tienen monedas de valores 1,2,3,...,k (muchas de cada una). Se quiere pagar la cantidad n e interesa el orden en que se paga. Por ejemplo, si k es 2 y n es 4, las posibilidades son<BR/>4=1+1+1+1,<BR/>4=1+1+2<BR/Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156451062684682612006-08-24T17:24:00.000-03:002006-08-24T17:24:00.000-03:00En Modelos de Regresión Lineal se usa el resultado...En Modelos de Regresión Lineal se usa el resultado aplicado a residuos: los residuos son los errores (con signo) medidos como diferencias entre los valores predichos por el modelo y los observados, si uno ordena los signos de esos errores en función a alguna variable de las observaciones, la sucesión que se forme debe cumplir estadísticamente con las leyes de rachas binarias. Así, si el modelo Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156391702255710252006-08-24T00:55:00.000-03:002006-08-24T00:55:00.000-03:00Refino la aproximacion (uh, que pesado!; pero lo a...Refino la aproximacion (uh, que pesado!; pero lo anoto acá porque los borradores se me van a perder pronto)<BR/><BR/>k = log_2(n) - G(p) + o(1)<BR/><BR/>donde G(p) = 1 + log_2( - ln(p) )<BR/><BR/>Así, para p=1/2 resulta que la aproximacion que yo había obtenido a ojito en realidad es :<BR/><BR/>k = log_2(n) - 0.471233627 <BR/><BR/>con un error que tiende a 0 para n creciendo a infinito.<BR/>Todo Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156386690998028312006-08-23T23:31:00.000-03:002006-08-23T23:31:00.000-03:00Conjeturo [*] una ley asintótica (para k y n grand...Conjeturo [*] una ley asintótica (para k y n grandes) de la forma<BR/><BR/>p ~ (1 - 1/2^k )^(n/2)<BR/><BR/>lo cual, en nueva aproximación, y para nuestro p=0.5 daría una ley de crecimiento<BR/><BR/> k ~ log_2(n) <BR/><BR/>lo cual (sin descartar posibles errores) pinta bastante bien con los resultados numéricos.<BR/><BR/>[*] Llegué a eso por un método analítico semi-ad-hoc made in casa, bastante Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156169271907935282006-08-21T11:07:00.000-03:002006-08-21T11:07:00.000-03:00Ah, bien bien, tenés razón, muchas gracias, GAh, bien bien, tenés razón, muchas gracias, GAnonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156124497790887042006-08-20T22:41:00.000-03:002006-08-20T22:41:00.000-03:00Guillermo: la solución dada es precisamente para e...Guillermo: la solución dada es precisamente para el caso de rachas de caras o cecas, indistintamente (por eso aparece el factor 2).<BR/><BR/>Así, para n=5 la cantidad de secuencias con alguna racha mayor o igual que 3 es efectivamente 16; pero ojo que yo uso otra notacion, mi k no es el tuyo. Para ese ejemplo, habrìa que calcular 2^n - P(n,k) con n=5 y k=2 (primer termino: cantidad de secuenciasAnonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156121430637113842006-08-20T21:50:00.000-03:002006-08-20T21:50:00.000-03:00Gracias Juan por el post! Muy interesantes las res...Gracias Juan por el post! Muy interesantes las respuestas, pero el problema propuesto inicialmente se refiere a rachas de caras o cruces, y no a rachas de solamente caras o solamente cruces. Por esto en el ejemplo de n=5, k=3 yo cuento 16 rachas posibles. La dificultad del problema hasta donde lo pensé yo es que cuando k es menor o igual que n/2 hay configuraciones "repetidas" que deben Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156102790611689512006-08-20T16:39:00.000-03:002006-08-20T16:39:00.000-03:00Explico al menos cómo se puede llegar al resultado...Explico al menos cómo se puede llegar al resultado. Queremos. por ejemplo, calcular P(10,3), cantidad de secuencias de largo 10 con rachas no mayores a 3.<BR/>Particionemos todas esas posibles secuencias segùn la LONGITUD DE LA ULTIMA RACHA: esta puede ser de largo 1 2 o 3.<BR/>Contemos las de largo 1: pensándolo un poquito vemos que estas se corresponden uno a uno con todas las secuencias de Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156017289371162702006-08-19T16:54:00.000-03:002006-08-19T16:54:00.000-03:00es que casi la tenemos! el polinomio característic...es que casi la tenemos! el polinomio característico es x^k - (x^(k-1)+x^(k-2)+...+x^2+x+1)<BR/><BR/>me voy a fijar en el feller, a ver qué haceJuanPablohttps://www.blogger.com/profile/04883919099275130230noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156015234068791572006-08-19T16:20:00.000-03:002006-08-19T16:20:00.000-03:00ehmmm ... forma cerrada... no creoPorque, viendolo...ehmmm ... forma cerrada... no creo<BR/><BR/>Porque, viendolo así, k determina el tamaño de la matriz, y entonces necesitariamos una formula cerrada para tener los autovalores de esas matrices (y en funcion de k!).<BR/><BR/>Me fijé recién en el libro de Feller: atacan el problema mediante funciones generatrices y expansiones en fracciones (polos de la transformada Z, diría uno) y encuentran que Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1156011090174489692006-08-19T15:11:00.000-03:002006-08-19T15:11:00.000-03:00capo!supongo que se puede calcular una forma cerra...capo!<BR/><BR/>supongo que se puede calcular una forma cerrada vía matrices, igual que se hace en Fibonnacci, y de ahí a buscar para qué k vale 1/2, debería haber apenas un paso.JuanPablohttps://www.blogger.com/profile/04883919099275130230noreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1155942591342343962006-08-18T20:09:00.000-03:002006-08-18T20:09:00.000-03:00Aagghh.... en el link de Wolfram no sòlo están los...Aagghh.... en el link de Wolfram no sòlo están los números, también está la aplicación a nuestro problema:<BR/><BR/><BR/><I>The probability that no runs of k consecutive tails will occur in n coin tosses is given by F_(n+2)^((k))/2^n, where F_l^((k)) is a Fibonacci k-step number.<BR/></I><BR/><BR/>Bueh, me duró quince minutos la ilusión de haber descubierto algo :-)Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1155942392637757772006-08-18T20:06:00.000-03:002006-08-18T20:06:00.000-03:00http://indigo.ie/~peter/Fib8.htmhttp://mathworld.w...http://indigo.ie/~peter/Fib8.htm<BR/><BR/>http://mathworld.wolfram.com/Fibonaccin-StepNumber.htmlAnonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1155941642832783492006-08-18T19:54:00.000-03:002006-08-18T19:54:00.000-03:00Me gustan estos problemas...Se trata de averiguar ...Me gustan estos problemas...<BR/><BR/>Se trata de averiguar Q(n,k), la cantidad de secuencias binarias de largo n distintas (sobre un total de 2^n) que tienen por lo menos una "corrida" (racha de valores iguales) de longitud k o mayor.<BR/><BR/>Por comodidad, prefiero calcular P(n,k), cantidad de secuencias -etc- con rachas de largo MENOR O IGUAL a k (teniendo una, obtengo la otra: Q(n,k) = 2^n -Anonymousnoreply@blogger.comtag:blogger.com,1999:blog-3540458.post-1155907580584339152006-08-18T10:26:00.000-03:002006-08-18T10:26:00.000-03:00La última historia me recuerda los chequeos vía la...La última historia me recuerda los chequeos vía la <A HREF="http://mathworld.wolfram.com/BenfordsLaw.html" REL="nofollow">ley de Benford</A> de declaraciones de impuestos o balances: uno cree que los dígitos estarán repartidos 'al azar', pero en ese azar, la proporción de 1's es mayor a la de otros números, y una equidistribución es signo de datos dibujados.JuanPablohttps://www.blogger.com/profile/04883919099275130230noreply@blogger.com