Una resolución sorprendente

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Re: Una resolución sorprendente

Pues, presionado por Nuez voy a explicar la parte de una demostración geométrica que tengo... no llega hasta el final, pero a lo mejor da una idea a alguien.

Básicamente, la idea es un pastel. Cada jugador se lleva la mitad de lo que queda de pastel. Algo así:

Primer turno (jugador A, naranja):


Segundo turno (jugador B, verde):


Tercer turno (jugador A, naranja):


Cuarto turno (jugador B, verde):


Y así todo el rato, ad infinitum.

[_FoX_]

Re: Una resolución sorprendente

¡Oh, increíble pod!, tu demostración es algo que hace parecer el problema tan fácil, todo lo pintado de naranja corresponde a la posibilidad de ganar del primer jugador, por lo tanto creamos una sumatoria:

1/2 + 1/8 + 1/32 + 1/128....

no sé nada de sumatorias pero debería ser algo así partiendo de:

$2^1 + 2^3 + 2^5$...

Potencias impares negativas de 2, hasta el infinito, ¿Cuánto daría el resultado?

Pd: Que alguien me enseñe a trabajar sumatorias xD.

EDITO: Comprobé con una calculadora si esa suma me resultaba 2/3 y da efectivamente, pod me dejó la solución en bandeja gracias a ese esquema xD.

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Re: Una resolución sorprendente

¡Oh, increíble pod!, tu demostración es algo que hace parecer el problema tan fácil, todo lo pintado de naranja corresponde a la posibilidad de ganar del primer jugador, por lo tanto creamos una sumatoria:

1/2 + 1/8 + 1/32 + 1/128....

no sé nada de sumatorias pero debería ser algo así partiendo de:

$2^1 + 2^3 + 2^5$...

Potencias impares negativas de 2, hasta el infinito, ¿Cuánto daría el resultado?

Pd: Que alguien me enseñe a trabajar sumatorias xD.

EDITO: Comprobé con una calculadora si esa suma me resultaba 2/3 y da efectivamente, pod me dejó la solución en bandeja gracias a ese esquema xD.

Pues ese sumatorio es el que hice en el anterior mensaje. Pero la idea es llegar a buscar un método puramente gráfico, sin tener que utilizar sumas de series. Es decir, completar el argumento gráfico y demostrar el 2/3 hasta el final sin tener que sumar una serie.

[_FoX_]

Re: Una resolución sorprendente

pues esa sumatoria la ise mirando tu dibujo..

Me di cuenta que la primera mitad pintada es 1/2.. la segunda 1/8 la tercera 1/32.. entonces si completamos el círculo hasta el infinito deberíamos sumar todas las partes pintadas, es algo completamente gráfico, aunque se forme una sumatoria, yo pienso que esa es la respuesta correcta ya que sin saber nada de la materia pude llegar a 2/3 sólo mirando el dibujo.

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Re: Una resolución sorprendente

pues esa sumatoria la ise mirando tu dibujo..

Me di cuenta que la primera mitad pintada es 1/2.. la segunda 1/8 la tercera 1/32.. entonces si completamos el círculo hasta el infinito deberíamos sumar todas las partes pintadas, es algo completamente gráfico, aunque se forme una sumatoria, yo pienso que esa es la respuesta correcta ya que sin saber nada de la materia pude llegar a 2/3 sólo mirando el dibujo.

Uuuuu! Ya sé como acabar el razonamiento puramente gráfico... Y nuez lo ha aprobado Vamos a dejar un tiempo más para ver si alguien más lo saca!

[_FoX_]

Re: Una resolución sorprendente

¿¿Hay algo más gráfico de lo que dije?? xD

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Re: Una resolución sorprendente

¿¿Hay algo más gráfico de lo que dije?? xD

Sí... algo sin tener que usar la calculadora para sumar ninguna serie

[[Beto]]

Re: Una resolución sorprendente

Hola si se trata de resolver esa suma con un metodo gráfico aca tengo uno que se me ocurrio pensando en un pastel cuadrado no pude con el pastel que perparo Pod jeje ... miremos la siguiente figura:



Si sumamos las areas sombreadas se puede observar que el area total es igual a $\displaystyle \frac{2}{3}=\frac{1}{2}+\frac{1}{8}+\frac{1}{32}+...$, como ven se concluye que la suma es $\frac{2}{3}$ debido a que en el gráfico se aprecia que esta sombreada la tercera parte del área del cuadrado.

Saludos.

[NuezMoscada]

La solución prometida

Muy bien chicos, enhorabuena. Entre la idea de Pod y tu gráfico se puede hacer una mezcla para llegar a una solución evidente.
La idea de tu gráfico es la que me parece más clara, y el razonamiento de Pod (que me dijo en privado) es el que soluciona el problema sin necesidad de cálculo alguno. Veamos:

Vamos a analizar las dos primeras tiradas pues las siguientes repiten el mismo proceso. Este sencillo truco es el que nos permite resolver el problema de manera ingeniosa y sencilla.
La probabilidad de que yo gane por sacar cara a la primera es ½.
La probabilidad de que gane el lector porque yo saco cruz y luego el lector cara será ½ * ½ = ¼
Finalmente queda otro ¼, que es la probabilidad de que tengamos que volver a repetir el proceso teniendo que realizar el tercer lanzamiento.
Observemos que ese ¼ que queda se divide hasta el infinito de igual manera. Representemos esto gráficamente: Tomemos un cuadrado de lado 1 cuya área naranja simbolizará que yo gano y la verde que gana el lector. De este modo el primer turno se representa con los dos cuadrados naranjas de área ½, y el segundo con el cuadrado verde de área ¼. En el último cuadrado que simboliza los siguientes turnos hemos repetido la misma figura ad infinitum, resultando una figura curiosa, un fractal, es decir, una figura que conserva la estructura con los cambios de escala.
Si observamos la figura, como las proporciones entre los diferentes cuadrados se conservan resultará que 2/3 del cuadrado mayor estarán pintados de naranja y 1/3 de verde…y con esto ya tenemos resuelto el problema sin usar una sola fórmula compleja.
Esta resolución me la dio Punkfolk77, y debo decir que es de las más ingeniosas que he visto últimamente. Espero que los lectores compartan mi entusiasmo.
Un saludo

[pod]

Re: La solución prometida

Muy bien chicos, enhorabuena. Entre la idea de Pod y tu gráfico se puede hacer una mezcla para llegar a una solución evidente.
La idea de tu gráfico es la que me parece más clara, y el razonamiento de Pod (que me dijo en privado) es el que soluciona el problema sin necesidad de cálculo alguno. Veamos:

Vamos a analizar las dos primeras tiradas pues las siguientes repiten el mismo proceso. Este sencillo truco es el que nos permite resolver el problema de manera ingeniosa y sencilla.
La probabilidad de que yo gane por sacar cara a la primera es ½.
La probabilidad de que gane el lector porque yo saco cruz y luego el lector cara será ½ * ½ = ¼
Finalmente queda otro ¼, que es la probabilidad de que tengamos que volver a repetir el proceso teniendo que realizar el tercer lanzamiento.
Observemos que ese ¼ que queda se divide hasta el infinito de igual manera. Representemos esto gráficamente: Tomemos un cuadrado de lado 1 cuya área naranja simbolizará que yo gano y la verde que gana el lector. De este modo el primer turno se representa con los dos cuadrados naranjas de área ½, y el segundo con el cuadrado verde de área ¼. En el último cuadrado que simboliza los siguientes turnos hemos repetido la misma figura ad infinitum, resultando una figura curiosa, un fractal, es decir, una figura que conserva la estructura con los cambios de escala.
Si observamos la figura, como las proporciones entre los diferentes cuadrados se conservan resultará que 2/3 del cuadrado mayor estarán pintados de naranja y 1/3 de verde…y con esto ya tenemos resuelto el problema sin usar una sola fórmula compleja.
Esta resolución me la dio Punkfolk77, y debo decir que es de las más ingeniosas que he visto últimamente. Espero que los lectores compartan mi entusiasmo.
Un saludo

El razonamiento clave es darse cuenta que cada vez que pintamos una porción de verde es siempre la mitad que la anterior que pintamos de naranja... por lo que la probabilidad del verde debe ser la mitad.

[_FoX_]

Re: La solución prometida

Justamente, me parece una interpretación muy ingeniosa del problema.

[mrwhite]

Re: Una resolución sorprendente

No puedo resistir mencionar una forma no gráfica que me parece la más sencilla de todas para este problema.

Sea p la probabilidad de que gane el primero en lanzar. Si ahora consideramos la probabilidad de que gane el segundo, q,

q = (1/2)*0 + (1/2)*p

Ya que, si el primero no gana en el primer lanzamiento, el segundo se encuentra en la misma situación que aquél cuando comenzó y, por tanto, tiene la misma probabilidad de ganar (y si el primero gana en el primer lanzamiento, es seguro que el segundo no gana).

Ahora bien, o bien gana uno o el otro, así que 1=p+q=p+(1/2)*p=(3/2)*p, de dónde finalmente p=2/3.

[Machinegun]

Re: Una resolución sorprendente

Tengo una propuesta sencilla, sin gráficos y sin fórmulas:
El problema es equiparable a lanzar dos monedas distinguibles (digamos una de 2009 y la otra de 2010) al mismo tiempo con la especificación de que la más antigua correspondería al primer volado y la otra al segundo:

Las opciones son:
Si cae cruz dos veces se anula el juego y se vuelve a empezar, por lo tanto es irrelevante ese resultado. Nos quedan tres resultados equiprobables: en dos de ellos gano yo, en el otro gana el amable lector.