Pasos

[jogares]

Se lanza una moneda al aire. Cuando sale cara das un paso adelante y cuando sale cruz un paso atrás. Demuestra que lo más probable es que termines en el punto de origen si se lanza la moneda n veces, siendo n un número par y finito.

[Visitante]

Re: Pasos

A ver si esta demostración es válida:
Para calcular la probabilidad para n par y finito sería:
$\frac{n!}{ {2}^{ n}(\frac{n}{ 2}!)}\geqslant 0,5$
se tendría pues:
$n!\geqslant{2}^{ n}(\frac{n}{ 2}!)0,5$
Esto puede traducirse en:
$V(n,n/2)\geqslant\frac{VR(2,n)}{ 2}$
Donde V es una variación de n elementos tomados de n/2 y VR una variación con repetición de dos elementos (cara o cruz) tomados de n, y como se sabe V es mayor o igual que VR/2

No sé si es correcto mi razonamiento.
Saludos,
Malevolex

[Weip]

Re: Pasos

Ya hace un año que no toco nada de probabilidad e igual digo alguna tontería, pero, ¿la cosa no se trata de demostrar la ley de grandes números? El nombre creo que era ese, no me acuerdo muy bien, pero si no es ese juraría que hay un teorema que te dice eso justamente.

[visitante20160513]

Re: Pasos

Creo que la cosa está en contar las secuencias que contienen $a$ caras y $b$ cruces con $a+b=2n$ y demostrar que el número de secuencias es máximo cuando $a=b$, es decir cuando el número de pasos hacia adelante es igual al número de pasos hacia atrás, o lo que es igual cuando se vuelve al punto del que se partió.

Como el número de secuencias es el número de permutaciones con repetición:

$PR_{2n}^{a,b}=\displaystyle\frac{(2n)!}{a!b! }$

basta demostrar que dicho valor es máximo cuando $a=b=n$. A primera vista no veo como hacer la demostración, pero no debe ser muy complicada.

Salu2, Jabato.

[jogares]

Re: Pasos

Malevolex, no se trata de demostrar que la probabilidad es 50, que solo ocurre si n=2, sino de demostrar que la probabilidad de terminar en el punto de origen es mayor que la de terminar en otros puntos posibles.
Saludos

[jogares]

Re: Pasos

Aquí doy la solución:
Calculamos el nº de los casos posibles según el punto final:
A- n-1 adelante y 1 atrás o viceversa n!/(n-1)!=n
B- n-2 adelante y 2 atrás o viceversa n!/((n-2)!*2!)=n*(n-1)/2 = casos A*(n-1)/2
C- n-3 adelante y 3 atrás o viceversa n!/((n-3)!*3!)=n*(n-1)*(n-2)/(2*3)= B*(n-2)/3
………………………..
El nº de casos es creciente porque se obtiene multiplicando el nº de casos anterior por un factor siempre >1 (pasos adelante anterior/pasos atrás actual). Así se llega a la situación n/2 adelante y n/2 atrás que tiene el mayor nº de casos.

El que más se ha aproximado ha sido Jabato. Felicidades.
Saludos

[carroza]

Re: Pasos

Hola.

El problema es generalizable para una moneda falsa, con probabilidad x de salir cara y 1-x de salir cruz. Tras n tiradas, la probabilidad de que estes a una distancia de p pasos a la derecha del origen es:
(n-p siempre es par, p puede ser positivo o negativo)


$P(p) = { n \choose (n-p)/2} x^{(n+p)/2} (1-x)^{(n-p)/2}$

saludos