Comentarios en: Solución al problema de la bola de cristal http://www.zurditorium.com/solucion-al-problema-de-la-bola-de-cristal Como si se hiciera con la mano izquierda Thu, 02 Feb 2012 03:53:24 +0000 hourly 1 http://wordpress.org/?v=3.3.1 Por: BlogESfera.com http://www.zurditorium.com/solucion-al-problema-de-la-bola-de-cristal/comment-page-1#comment-2520 BlogESfera.com Wed, 28 Jul 2010 19:07:33 +0000 http://www.zurditorium.com/?p=815#comment-2520 <strong>Informaci�n de BlogESfera.com......</strong> Puedes valorar este post en BlogESfera.com haciendo click aqui.... Informaci�n de BlogESfera.com......

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]]> Por: Carlos http://www.zurditorium.com/solucion-al-problema-de-la-bola-de-cristal/comment-page-1#comment-2519 Carlos Mon, 26 Jul 2010 19:55:36 +0000 http://www.zurditorium.com/?p=815#comment-2519 Hola hernan. Efectivamente es la óptima en ese sentido, pero es que precisamente el enunciado dice ¿Cuántas comprobaciones son necesarias hacer para descubrirlo? Y la respuesta es que con 15 seguro que puedes, para hacerlo en menos de 15 ya tienes que tener suerte. Y sí, tu pregunta también es interesante, sería calcular la esperanza de la distribución que consideremos. Habría que estudiar para cada piso la cantidad necesaria de intentos con esta estrategia, sumarlos, sumar también la cantidad necesaria si la bola no se rompe nunca y dividirlo entre 118 (ya que son 118 casos incluido el que no se rompa). En nuestro caso vamos a ver lo que da: -Si se rompiera desde el primer piso haría falta 2 comprobaciones. -Si se rompiera en el piso 2, 3 comprobaciones. -En el 3, 4 comprobaciones. .... -En el 14, 15 comprobaciones. -En el 15, 15 comprobaciones. -En el 16, 3 comprobaciones. -En el 17, 4 comprobaciones. ... -En el 28, 15 comprobaciones. -En el 29, 15 comprobaciones. -En el 30, 4 comprobaciones. ... -En el 41, 15 comprobaciones. -En el 42, 15 comprobaciones. Creo que se va viendo lo que va saliendo, para los primeros 15 pisos. 2+3+4+5+6+7+8+9+...+14+15+15 En los 14 siguientes (del 16 al 29) 3+4+5+6+7+8+9+...+14+15+15 En los 13 siguientes (del 30 al 42) 4+5+6+7+8+9+...+14+15+15 Y seguimos así (primero 15 pisos, luego 14, luego 13...., cuando añadamos 3 habremos llegado a 117 ya que 3+4+5+...+15=117). En los 3 últimos, 14+15+15. Sumemos todo lo que nos sale. Un truco para sumarlo sería añadirle la suma 1+2+3+4+...+14 (=105) El 1 sale 1 vez, el 2 sale 2 veces, el 3 3 veces, el 4 sale 4 veces,..., el 14 sale 14 veces y el 15 sale 26 veces. Por un lado $$\sum_{i=1}^n i^2=\frac{1}{6}n(1+n)(1+2n)$$ que para n=14 sale 1015. Si le añadimos 15x26 nos da 1405. Ahora le restamos la suma 1+2+3+...+14 que le habíamos añadido y nos queda 1300. Nos falta sumar el caso en el que la bola no se rompa desde ningún piso, para este nos hacen falta 13 comprobaciones así que la suma total será 1313. Dividimos esto entre 118 y nos queda 1313/118 que aproximadamente vale 11,1271 Lo he ido haciendo conforme escribía así que no descarto haberme equivocado en alguna cuenta. ¿Se puede encontrar una estrategia que mejore esto? Pues sí, una pequeña variación de la que hemos puesto valdría (es fácil bajar el número de comprobaciones para los últimos pisos). ¿Cuál sería el óptimo? Habría que pensarlo, claro. Hola hernan. Efectivamente es la óptima en ese sentido, pero es que precisamente el enunciado dice

¿Cuántas comprobaciones son necesarias hacer para descubrirlo?

Y la respuesta es que con 15 seguro que puedes, para hacerlo en menos de 15 ya tienes que tener suerte.

Y sí, tu pregunta también es interesante, sería calcular la esperanza de la distribución que consideremos. Habría que estudiar para cada piso la cantidad necesaria de intentos con esta estrategia, sumarlos, sumar también la cantidad necesaria si la bola no se rompe nunca y dividirlo entre 118 (ya que son 118 casos incluido el que no se rompa). En nuestro caso vamos a ver lo que da:

-Si se rompiera desde el primer piso haría falta 2 comprobaciones.
-Si se rompiera en el piso 2, 3 comprobaciones.
-En el 3, 4 comprobaciones.
....
-En el 14, 15 comprobaciones.
-En el 15, 15 comprobaciones.

-En el 16, 3 comprobaciones.
-En el 17, 4 comprobaciones.
...
-En el 28, 15 comprobaciones.
-En el 29, 15 comprobaciones.

-En el 30, 4 comprobaciones.
...
-En el 41, 15 comprobaciones.
-En el 42, 15 comprobaciones.

Creo que se va viendo lo que va saliendo, para los primeros 15 pisos.

2+3+4+5+6+7+8+9+...+14+15+15

En los 14 siguientes (del 16 al 29)

3+4+5+6+7+8+9+...+14+15+15

En los 13 siguientes (del 30 al 42)

4+5+6+7+8+9+...+14+15+15

Y seguimos así (primero 15 pisos, luego 14, luego 13...., cuando añadamos 3 habremos llegado a 117 ya que 3+4+5+...+15=117).

En los 3 últimos, 14+15+15.

Sumemos todo lo que nos sale. Un truco para sumarlo sería añadirle la suma

1+2+3+4+...+14 (=105)

El 1 sale 1 vez, el 2 sale 2 veces, el 3 3 veces, el 4 sale 4 veces,..., el 14 sale 14 veces y el 15 sale 26 veces.

Por un lado

\sum_{i=1}^n i^2=\frac{1}{6}n(1+n)(1+2n)

que para n=14 sale 1015. Si le añadimos 15x26 nos da 1405. Ahora le restamos la suma 1+2+3+...+14 que le habíamos añadido y nos queda 1300.

Nos falta sumar el caso en el que la bola no se rompa desde ningún piso, para este nos hacen falta 13 comprobaciones así que la suma total será 1313.

Dividimos esto entre 118 y nos queda

1313/118

que aproximadamente vale

11,1271

Lo he ido haciendo conforme escribía así que no descarto haberme equivocado en alguna cuenta. ¿Se puede encontrar una estrategia que mejore esto? Pues sí, una pequeña variación de la que hemos puesto valdría (es fácil bajar el número de comprobaciones para los últimos pisos). ¿Cuál sería el óptimo? Habría que pensarlo, claro.

]]> Por: hernan http://www.zurditorium.com/solucion-al-problema-de-la-bola-de-cristal/comment-page-1#comment-2518 hernan Mon, 26 Jul 2010 18:20:59 +0000 http://www.zurditorium.com/?p=815#comment-2518 Yo también lo encaré así. Aunque no hice la sumatoria explicita sino que use lo de 1 + 2 +... N = N(N+1)/2, etc. Una observación: esta solución es la óptima sólo según cierto criterio: es la que mejor acota la cantidad máxima de intentos (peor caso). Queda abierto, me parece, cuál es la estrategia óptima si, por ejemplo, queremos minimizar la cantidad esperada de intentos (para lo cual habría que postular un probabilidad a priori). Lo voy a pensar. Yo también lo encaré así. Aunque no hice la sumatoria explicita sino que use lo de 1 + 2 +... N = N(N+1)/2, etc.
Una observación: esta solución es la óptima sólo según cierto criterio: es la que mejor acota la cantidad máxima de intentos (peor caso). Queda abierto, me parece, cuál es la estrategia óptima si, por ejemplo, queremos minimizar la cantidad esperada de intentos (para lo cual habría que postular un probabilidad a priori). Lo voy a pensar.

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