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Hilo: Propuesto: Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

  1. #1
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    Predeterminado Propuesto: Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

    Aquí llega el último desafío matemático del año. A este le dejaré un poco más de tiempo ya que son fechas en las que no hay tiempo para pensar en matemáticas. Como todos, considero que es un problema muy bonito, y siempre podéis plantearlo a toda la familia para disfrutar aún más de las fiestas.

    PROBLEMA 4 - PROBABILIDAD

    Se escogen 3 vértices al azar de un 2017-ágono regular y se unen con segmentos. ¿Cuál es la probabilidad de que el triángulo resultante sea acutángulo?

    Pista 1:
    Contenido oculto
    El problema es equivalente a que los 2017 puntos (o un número impar arbitrario) estén equidistribuidos sobre una circunferencia.

    Mucha suerte y felices fiestas


    Enlaces a los otros problemas:
    Año nuevo matemático - Álgebra (1/4)
    Año nuevo matemático - Cálculo (2/4)
    Año nuevo matemático - Geometría (3/4)
    Última edición por angel relativamente; 22/12/2016 a las 10:57:39.
    k_BN_A \cdot \dst \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{k!} \cdot 50 \cdot 10_{\text{hex}} \cdot \dfrac{2...

  2. #2
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    Predeterminado Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

    Cita Escrito por angel relativamente Ver mensaje
    ... Se escogen 3 vértices al azar de un 2017-ágono ...
    ¿El 2017-ágono es convexo?

    Y si es convexo, ¿es regular?

    Saludos.
    Última edición por Alriga; 22/12/2016 a las 10:57:59.

  3. El siguiente usuario da las gracias a Alriga por este mensaje tan útil:

    angel relativamente (22/12/2016)

  4. #3
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    Predeterminado Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

    Vaya despiste, gracias por recordarmelo. Por supuesto es regular, si no menudo problemita
    Última edición por angel relativamente; 22/12/2016 a las 10:58:05.
    k_BN_A \cdot \dst \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{k!} \cdot 50 \cdot 10_{\text{hex}} \cdot \dfrac{2...

  5. #4
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    Predeterminado Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

    Arriesgo mi solución siempre y cuando los 2017 vértices este contenidos en un único plano o distribuidos en 2D regularmente.

    Contenido oculto

    Definiendoo un vértice de partida arbitrario A

    Y a n como la cantidad de vértices contiguos que me desplazo con respecto al primer vertice, para definir un primer segmento o lado.

    La probabilidad de formar un triangulo acutángulo con el resto de los vértices disponibles se puede obtener como la cantidad de vertices que forman un triangulo con 3 angulos menores que un recto sobre la cantidad de vértices disponibles.

    De esde modo se observa que justamente la cantidad de vértices que forman el triangulo acutangulo es n sobre los 2016-n vertices disponibles , es 2016 y no 2017 porque use ya el vertice A .

    Así

    P(n)=\dfrac n{2016-n}

    para evitar contar dos veces probabilidades en espejo o simétricas horizontalmente, aunque si es necesario contar los que tenga en espejo verticalmente contare hasta que n\leqslant\dfrac{2017-1}{2}

    como la probabilidad de elegir el primer vector de longitud n con n \in [ 1 ,\dfrac{2017-1}{2}] es equiprobable.

    La probabilidad total es

    PT=\dfrac 1{\dfrac{2017-1}{2}}\dst \sum_{n=1}^{\frac{2017-1}{2}}\dfrac n{2016-n}=

    Aquí es donde vienen los matemáticos y dan la solución exacta por el algún método de solución de series que desconozco ,mas bien ya no recuerdo, y no pude hallar ,aún con google de aliado,

    pero con el excel obtuve PT=0.38679


    Saludos Angel muy entretenido el "nene" con esto...quedo a la espera para ver si es que acerté, claro.



  6. #5
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    Predeterminado Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

    Hola Richard. La solución no es la correcta y el método tampoco se parece al que yo sigo. Revisándolo para encontrar el error hay una cosa que no entiendo:

    Cita Escrito por Richard R Richard
    Como la probabilidad de elegir el primer vector de longitud n es equiprobable
    ¿Esto es la forma que tienes de imponer que el triángulo sea acutángulo? ¿por qué? Y si no es eso, ¿en qué momento lo impones?


    En cualquier caso, enhorabuena por pensar el problema
    k_BN_A \cdot \dst \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{k!} \cdot 50 \cdot 10_{\text{hex}} \cdot \dfrac{2...

  7. #6
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    Predeterminado Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

    Contenido oculto
    P=1009/4030
    Ese es mi resultado, en breve subo mi razonamiento, dado que por razones de tiempo no puedo hacerlo.

    - - - Actualizado - - -

    Hola.

    Lo prometido.

    Contenido oculto

    Trataré de exponer mas detalladamente mi solución, la cual se basa en dado un vértice cualquiera del polígono regular, primero encontrar cuantos triángulos puedo formar que pasen por ese vértice y segundo, ver cuales de ellos son acutángulos.

    1. Realicemos la siguiente distribución:

    \begin{matrix} 
ABC & ABD&ABE&ABF&\ldots \\ 
ACD & ACE&ACF&\ldots\\ 
ADE&ADF&\ldots\\ 
AEF&\ldots...

    Podemos observar:
    • Ningún triángulo se omite ni repite.
    • Que cada fila contiene un elemento menos que su predecesora.
    • Que dado un polígono (2n+1) regular el número de filas es 2n-1.
    • Que el número máximo de columnas es también 2n-1 y que la última fila contiene sólo un elemento.

    Por lo tanto el número de triángulos se puede obtener de la suma de una progresión aritmética según:

    T= \dfrac{(2n-1 + 1)\cdot (2n-1)}{2}=n(2n-1)

    Ahora pasemos a la segunda parte de determinar cuales de estos son acutángulos.
    Antes quiero hacer unos comentarios respecto a como determino los ángulos que forman un triángulo arbitrario.
    No utilizaré grados para medir los ángulos sino que tomaré la (2n+1) ava parte de un ángulo llano como unidad de medida angular UA (después veremos por qué). Es decir un ángulo de 180 mide (2n+1) UA.

    Ahora si yo tomo el triángulo digamos AEF, entonces sus ángulos miden (4,1,2n-4). La base es que yo cuento el número de vértices del polígono que hay entre cada lado y le sumo 1. Dado que es un polígono regular, cada arco es igual y por lo tanto cada vértice que se suma, adiciona una unidad angular exactamente(UA).
    Ahora que ya podemos medir los ángulos de un triángulo cualquiera, consideremos la condición para que sea acutángulo y vemos que es que no tenga ningún ángulo cuya medida sea superior a n unidades angulares.

    Ahora volvamos a la distribución de triángulos de la parte anterior y sustituyamos por las medidas de sus ángulos (en unidades angulaes).

    \begin{matrix} 
1,1,2n-1 & 1,2,2n-2&1,3,2n-3&1,4,2n-4&\ldots \\ 
2,1,2n-2 &2,2,2n-3&2,3,2n-4&\ldo...

    Ahora tenémos que ver cuales de estos triángulos tienen ángulos menores o iguales a n.
    Veamos esto fila por fila.

    \begin{matrix} 
Fila\\ 
1 &1,n,n\\ 
2 & 2,n-1,n&2,n,n-1\\ 
3 & 3,n-2,n&3,n-1,n-1&3,n,n-2\\ 
4 &4,...

    Observamos que el número de triángulos acutángulos es igual al número de fila hasta la fila n, donde ya no podemos obtener mas, dado que a partir de ese momento van a tener un ángulo mayor que n.
    Por lo tanto calculando la suma de la progresión aritmética se tiene que:

    A = \dfrac{(1 + n)\cdot n}{2}

    Y por lo tanto P=\dfrac {A}{T}= \dfrac{n+1}{4n-2}

    Para un polígono de 2017 lados n = 1008 y P=\dfrac{1009}{4030}

    PD: Dejo como comentario lo siguiente. Si hacemos tender n a infinito, obtenemos una circunferencia y la probabilidad tiende a 0.25. Tratando de ir hacia atras, creo se me haría muy dificil encarar el siguiente problema.

    "Dados 3 puntos arbitrarios sobre una circunferencia, calcular la probabilidad de que formen un triángulo acutángulo".

    Ustedes que opinan?

    Saludos
    Carmelo
    Última edición por carmelo; 23/12/2016 a las 18:42:52.

  8. #7
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    Predeterminado Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

    Hola Carmelo. La solución es la correcta y el método es muy original, ¡enhorabuena!

    Contenido oculto
    En efecto se tiene que \dst \lim_{n\to \infty } P(2n+1)=1/4, buena observación. El problema de la circunferencia es muy interesante y ya lo había intentado, sin éxito. Quizá habría que probar antes si el límite para el caso par, \dst \lim_{n\to \infty } P(2n) coincide. Seguiré pensando
    k_BN_A \cdot \dst \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{k!} \cdot 50 \cdot 10_{\text{hex}} \cdot \dfrac{2...

  9. #8
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    Predeterminado Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

    Hola Angel me refiero a

    Contenido oculto

    pongo un grafico para z=7 vertices
    Nombre:  grafo.png
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Tamaño: 21,1 KB


    si empiezo con una separacion n=1 haciendo un segmento de la minima separacion entre vertices y marco las perpendiculares a ese segmento creado que pasan por los extremos del segmento se ve que los vertices interiores son los unicos que pueden crear triangulos acutangulos

    para n=1 tengo tengo 1=n de 7-n-1 vertices disponibles es decir 6-n

    entonces p(1)=\dfrac {1}{6-1}=\dfrac 15

    repitiendo para 2 se ve que tambien encierra 2 vertices que generan acutangulos

    p(2)=\dfrac {2}{6-2}=\dfrac 12

    y para 3

    p(3)=\dfrac {3}{6-3}=\dfrac 11=1

    el 100 % de los triangulos que se crean son acutangulos

    luego partir de n=1 , 2 o 3 es equiprobable y responde a n \in [ 1 ,\dfrac{7-1}{2}] osea el primer vector lo elegir de 3 formas posibles, por ello la probabilidad es

    \dfrac{1}{\dfrac{7-1}{2}}=\dfrac 13 para cada uno.

    luego Pt=\dfrac 13\left [1/5+1/2+1\right ]=\dfrac {2+5+10}{30}=17/30


    esa forma la extendi a 2017 , mal o bien planteada, no se si se entiende, no supero n/2 pues ya me voy a forma en espejo eso creo ...pues ya obtengo rotaciones de triangulos que ya tengo contados.


    aunque ahora veo que con n=4 tambien tengo un triangulo pero es una rotacion de n=2 y no se si debo contarlo...

    Saludos








    Última edición por Richard R Richard; 23/12/2016 a las 19:52:59. Razón: me olvide el grafico??

  10. #9
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    Predeterminado Re: Propuesto: Año nuevo matemático - Probabilidad (4/4)

    Aca va la resolución para una circunferencia.

    Contenido oculto


    Nombre:  Img1.png
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    Dado un punto arbitrario A de una circunferencia de radio unidad, la probabilidad de que un segundo punto B pertenezca al arco \stackrel{\textstyle\frown}{PQ} es P_B = \dfrac{\stackrel{\textstyle\frown}{PQ}}{2\pi}. Tomemos B exactamente por encima de A.

    Ahora tomemos un tercer punto C y veamos que para que el triangulo ABC resultante sea acutángulo el punto C debe pertenecer al arco \stackrel{\textstyle\frown}{DE}, cuya probabilidad es P_C= \dfrac{\stackrel{\textstyle\frown}{DE}}{2\pi}.

    Si hacemos tender P a Q y sustituyendo en función de \alpha e integrando se tiene:

    {\stackrel{\textstyle\frown}{PQ}\to\dd\alpha
    {\stackrel{\textstyle\frown}{DE}=2 \alpha

    P=\dst\int_0^\pi\dfrac{\alpha\dd \alpha}{2\pi^2}=\dfrac 1 4

    Se me ocurrió otro método gráfico y sencillo de demostrar esto. En cuanto pueda lo subo

    El cual consiste en ver el problema como encontrar una terna de números tal que su suma sea 180 y que ninguno exceda 90.

    Los 3 numeros son: x,y, 180-x-y

    Podemos representar los puntos (x,y) en el plano.

    Los valores permitidos son:
    0\leqslant x\leqslant180
    0\leqslant y\leqslant180
    0\leqslant 180-x-y\leqslant180

    Que definen una región R dada por un triángulo de vertices A(0,0),B(0,180) y C(180,0)

    Para que se cumpla que los tres sean menores que 90 se tiene.
    0\leqslant x\leqslant90
    0\leqslant y\leqslant90
    0\leqslant 180-x-y\leqslant90

    Que definen una región S dada por un triángulo de vertices D(0,90), E(90,0) y F(90,90)

    Donde vemos que el área del triángulo S es la cuarta parte del área del Triángulo R.

    Saludos
    Carmelo
    Última edición por carmelo; 24/12/2016 a las 05:18:30.

  11. El siguiente usuario da las gracias a carmelo por este mensaje tan útil:

    angel relativamente (23/12/2016)

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