Bono "Certamen Colegial"

Peznerd
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Bono "Certamen Colegial"

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Hola, ¿qué tal? Me llamo Bernardo, y soy fanático de las matemáticas. En mi vida están por todos lados, son mi herramienta básica. Hacer probemas me apasiona, lo disfruto mucho, y es por eso que me encanta participar de las Olimpíadas. En 2016 pasé al Certamen Nacional, y hace poquito me enteré que pasé nuevamente. Si no fuera por ese primer viajecito a La Falda, sinceramente casi no tendría vida social, porque me abrió puertas a animarme a conocer muucha gente (mucho más allá de con quienes compartía el gusto por esta ciencia). Así de radicales son la influencia de las matemáticas en mi vida.

Pero todo esos son datos personales que no vienen al caso, ¿por qué estoy abriendo este tema? He dicho que me gusta resolver problemas, pero, además de esto, de vez en cuando emergen algunos en mi mente los cuales yo mismo me planteo e intento buscar una solución. Los llamo "Bonos" porque son como una bonificación, son un plus que surgen de forma extraolímpica (fuera de las Olimpíadas). Y vengo hasta acá para compartirlos. Procederé a redactar el primero:

Los alumnos que participan en el Certamen Colegial de Olimpíadas de Matemática deben responder correctamente al menos la mitad de las preguntas para pasar a siguiente instancia. Se les toma una evaluación de opción múltiple (mutiple choice) de $10$ preguntas con $4$ respuestas posibles y exclusivamente una es la correcta. $Santiago$ no estudió para la prueba, y decidió recurrir a responder todas y cada una de las preguntas de forma completamente azarosa (al azar). Calcular qué probabilidad tiene $Santiago$ de pasar a la siguiente instancia.


Yo estuve unas cuantas horas de clase intentando resolver el problema. El procedimiento y la solución están en una hoja la cual tengo pegada con cinta al armario de mi habitación :lol:
Por último, y como curiosidad, Santiago es un ex-amigo quien en 2016 no pudo pasar ni el Colegial. Otro amigo de ese entonces decía que se quedó en la puerta del colegio :mrgreen:
3  
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ElCatetoDeNos

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Re: Bono "Certamen Colegial"

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No tengo mucho tiempo y la hice rapidita, así que seguramente no esté bien. Pero
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podríamos decir que es C(x;x)/z + C(x;x-1)/z ... + C(x;c)/z, donde

X = preguntas del examen
C = preguntas necesarias para pasar
Z = número de opciones disponibles

Es decir, tendríamos

C(10;10)/4^10 + C(10;9)/4^10 + C(10;8)/4^10 + C(10;7)/4^10 + C(10;6)/4^10 + C(10;5)/4^10

Que, pasándolo a una ecuación, tendríamos

(10!/10!/0! + 10!/9!/1! + 10!/8!/2! + 10!/7!/3! + 10!/6!/4! + 10!/5!/5!)/4^10 sería la respuesta
(1 + 10 + 45 + 120 + 210 + 252)/4^10 = 638/4^10 = 638/(2^2)^10 = 638/2^20; como 638 es divisible por 2, entonces 319/2^19 (o 319/524288) sería nuestra respuesta. Si somos obsesivos como yo y la queremos pasar a porcentaje, nada más hacemos la división y multiplicamos por 100.

0.06084442138671875%
Espero que, si no está bien, haya pegado en el palo. ¡Buen problema de combinatoria!
¿Escucharon del tipo que se congeló hasta el cero absoluto? No se preocupen, está 0K.
Gracias a toda la tangente que leyó mi mensaje. :)
bruno
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Re: Bono "Certamen Colegial"

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No vi nunca que dieran un problema de probabilidad en omas y el tema de
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distribucion binomial
de este problema se ve por primera vez en universidad o no?
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ElCatetoDeNos

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Re: Bono "Certamen Colegial"

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bruno escribió: Dom 21 Oct, 2018 9:35 pm No vi nunca que dieran un problema de probabilidad en omas y el tema de
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distribucion binomial
de este problema se ve por primera vez en universidad o no?
Ah, entonces sí le pegué en el palo. Creo que mi cálculo lo que hacía no era calcular la probabilidad de que pase, sino en cuántos de los 1/4^10 casos aprobaba (no es lo mismo, eso es lo que me mata de la probabilidad). Una pregunta para alguien que sepa,
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en la distribución binomial, al ser el coeficiente binomial (10;X) donde X es un número del 5 al 10 (respuestas con las que aprueba), ¿qué hay que hacer? Es decir, si calculo para (10;5): ¿eso incluye también para (10;6) y posteriores? ¿O tengo que hacer (10;5) + (10;6) + (10;7) ... + (10;10) para sacar la probabilidad de que apruebe?
¿Escucharon del tipo que se congeló hasta el cero absoluto? No se preocupen, está 0K.
Gracias a toda la tangente que leyó mi mensaje. :)
Peznerd
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Re: Bono "Certamen Colegial"

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ElCatetoDeNos escribió: Dom 21 Oct, 2018 3:49 pm No tengo mucho tiempo y la hice rapidita, así que seguramente no esté bien. Pero
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podríamos decir que es C(x;x)/z + C(x;x-1)/z ... + C(x;c)/z, donde

X = preguntas del examen
C = preguntas necesarias para pasar
Z = número de opciones disponibles

Es decir, tendríamos

C(10;10)/4^10 + C(10;9)/4^10 + C(10;8)/4^10 + C(10;7)/4^10 + C(10;6)/4^10 + C(10;5)/4^10

Que, pasándolo a una ecuación, tendríamos

(10!/10!/0! + 10!/9!/1! + 10!/8!/2! + 10!/7!/3! + 10!/6!/4! + 10!/5!/5!)/4^10 sería la respuesta
(1 + 10 + 45 + 120 + 210 + 252)/4^10 = 638/4^10 = 638/(2^2)^10 = 638/2^20; como 638 es divisible por 2, entonces 319/2^19 (o 319/524288) sería nuestra respuesta. Si somos obsesivos como yo y la queremos pasar a porcentaje, nada más hacemos la división y multiplicamos por 100.

0.06084442138671875%
Espero que, si no está bien, haya pegado en el palo. ¡Buen problema de combinatoria!
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Yo lo resolví con un método más exhaustivo usando factoriales, combinaciones sencillas, promedios y ramificación, y no me dio el mismo resultado.
Me mareaste un poquito cuando resolviste el "638/4^10". Quiero decirte que a mí también me dio que hay 4^10 combinaciones totales, pero no me dio que hay solamente 638 combinaciones en las cuales Santiago aprueba el Certamen.
Por cierto, estoy medio mareado con el tema de distribución binominal ¿Me podrías explicar un poquito? ¿Eso que hacés de (10;X) es lo mismo que está en esta página: https://www.vitutor.com/pro/3/b_1.html ?
bruno escribió: Dom 21 Oct, 2018 9:35 pm No vi nunca que dieran un problema de probabilidad en omas y el tema de
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distribucion binomial
de este problema se ve por primera vez en universidad o no?
Seguro que jamás viste uno? Mirá vos. Yo sí que he visto unos cuantos de combinatoria, no sé si serán lo mismo pero sí que son muy semejantes.

Voy a publicar el cómo lo hice después de que encuentre una resolución que me convenza :roll:
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Gianni De Rico

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Re: Bono "Certamen Colegial"

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Peznerd escribió: Lun 29 Oct, 2018 11:56 am
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Yo lo resolví con un método más exhaustivo usando factoriales, combinaciones sencillas, promedios y ramificación, y no me dio el mismo resultado.
Me mareaste un poquito cuando resolviste el "638/4^10". Quiero decirte que a mí también me dio que hay 4^10 combinaciones totales, pero no me dio que hay solamente 638 combinaciones en las cuales Santiago aprueba el Certamen.
Por cierto, estoy medio mareado con el tema de distribución binominal ¿Me podrías explicar un poquito? ¿Eso que hacés de (10;X) es lo mismo que está en esta página: https://www.vitutor.com/pro/3/b_1.html ?
Son un poco confusas las tres barritas de división seguidas en un solo término, pero creo que lo que hace es $\binom{n}{k}=\frac{n!}{(n-k)!k!}$
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ElCatetoDeNos

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Re: Bono "Certamen Colegial"

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Peznerd escribió: Lun 29 Oct, 2018 11:56 am
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Yo lo resolví con un método más exhaustivo usando factoriales, combinaciones sencillas, promedios y ramificación, y no me dio el mismo resultado.
Me mareaste un poquito cuando resolviste el "638/4^10". Quiero decirte que a mí también me dio que hay 4^10 combinaciones totales, pero no me dio que hay solamente 638 combinaciones en las cuales Santiago aprueba el Certamen.
Por cierto, estoy medio mareado con el tema de distribución binominal ¿Me podrías explicar un poquito? ¿Eso que hacés de (10;X) es lo mismo que está en esta página: https://www.vitutor.com/pro/3/b_1.html ?
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Después lo probé con menos opciones y preguntas, para poder contar manualmente si era correcto. En efecto, lo que hacía era contar la cantidad de escenarios en los que pasaba dentro de la situación propuesta, pero nunca se puede asegurar que funcione para todos los casos. ¿Cuánto te dio, por cierto? Así vemos qué discrepa entre nuestros métodos.

Sí y no. Lo de (10;X) es un coeficiente binomial, que se utiliza en la distribución binomial. B(X;Y) ─B por binomial─ es igual a X!/(X-Y)! si cuenta el orden; si no cuenta, es eso mismo entre Y!. Como me explico muy mal por escrito, acá va un ejemplo:

B(10;3) = 10!/(10-3)! = 10!/7! = 10*9*8 = 720 → Si no cuenta el orden = 720/3! = 720/6 = 120
No usar el BBCode juega una mala pasada; mea culpa si no se me entiende.

Ahora, sinceramente este tipo de probabilidades me rompe la cabeza de lo anti-intuitivo que es, por lo que explicarte yo la distribución binomial nos confundiría aún más.

¿Cuál es la probabilidad de que al tirar 10 monedas, 4 salgan como cara? 50% chances para cada una, claro está. Según la distribución binomial:

B(10;4)*0.5^4*0.5^(10-4) = B(10;4)*0.5^4*0.5^6 = B(10;4)*0.5^10 = 10!/6!/4! * 1/1024 = 210 * 1/1024 = 210/1024 = ~20.5%.
Personalmente, hubiese dado un número más alto, como 25%. Pero pensalo como el típico gráfico con una cresta gigante en el medio y que va decreciendo exponencialmente a partir de ahí. Si sumás en una pág como WolframAlpha todas las probabilidades que hay de que te den X caras al tirar las monedas, vas a ver que te da 100%, por lo que las 20.5% están en lo correcto.
Ya dejo de detallar ahí porque ahora yo soy el que está perdido. ¿Por qué esas probabilidades? A ver si algún iluminado nos ayuda :lol:
Perdón por el sermón. Con el afán de procrastinar, puedo hacer textos infinitos.
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Gracias a toda la tangente que leyó mi mensaje. :)
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Gianni De Rico

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Re: Bono "Certamen Colegial"

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ElCatetoDeNos escribió: Mié 31 Oct, 2018 4:36 pmNo usar el BBCode juega una mala pasada
Podés usar $\LaTeX$ para las fórmulas, las hace más fáciles de visualizar
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Re: Bono "Certamen Colegial"

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Quiero revivir el problema. Nadie llegó al resultado que a mi me dio ¿Quién se anima?
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drynshock

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Re: Bono "Certamen Colegial"

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En dos semanas rindo probabilidad, de cualquier manera DUDO que esto este bien. @Peznerd que opinas:
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Voy a tratar de usar una única formula muy intuitiva y conocida para no complicarla, la cual nos dice que si tenemos $\underbrace{AAA...A}_{k} \underbrace{BBB...B}_{j}... = \frac{(k+j+...)!}{k!.j!...}$ es la cantidad de permutaciones totales.

Notemos que una respuesta a una pregunta en especifico puede estar bien o mal, por ejemplo $BBBMMMMMMM$ donde $B$ representa bien, $M$ mal y el orden se asocia a la pregunta respondida, en este caso las tres primeras preguntas están bien respondidas y las otras siete no.

Nosotros tenemos 11 opciones: "10 bien y 0 mal" ; "9 bien y 1 mal" ; "8 bien y 2 mal" ; ... ; "0 bien y 10 mal". Pongamos el caso de $BBBBMMMMMM$, la cantidad de permutaciones es $\frac{10!}{6!4!} = 210$. Generalizando un poco tenemos que la formula para calcular la cantidad de permutaciones de una caso en especifico seria $\frac{10!}{(10-x)!x!}$ donde $x$ representa cuantas preguntas respondimos correctamente, como en total hay $10$ preguntas entonces hay $10-x$ preguntas mal respondidas.

Hasta ahora consideramos solamente $1/3$ casos donde respondimos una pregunta mal, ósea supongamos que las opciones son $A, B, C, D$ y $A$ es la correcta, eventualmente si elegimos A solamente existe esa opción para que la respuesta este bien, en cambio para responder mal deberíamos de haber elegido $B, C$ o $D$. Entonces suponiendo que tenemos el caso $BBBMMMMMMM$ las opciones correctas solamente tienen una posibilidad de aparecer, en cambio las respuestas que están mal tienen 3 posibilidades de aparecer cada una. Entonces para este caso tenemos que en total hay $\frac{10!}{(10-3)!3!}.3^{10-3}$ ya que multiplicamos por $3$ por cada respuesta incorrecta. En general la formula que incluye todas las opciones incorrectas es $\boxed{\frac{10!}{(10-x)!x!}.3^{10-x}}$

Ahora, para contar las combinaciones totales debemos aplicar la formula para cuando tenemos "10 bien y 0 mal" ; "9 bien y 1 mal" ; "8 bien y 2 mal" ; ... ; "0 bien y 10 mal". Es decir: $\frac{10!}{(10-0)!0!}.3^{10-0} + \frac{10!}{(10-1)!1!}.3^{10-1} + ... + \frac{10!}{(10-10)!10!}.3^{10-10} = \boxed{\sum_{x = 0}^{10} \frac{10!}{(10-x)!x!}.3^{10-x} = 1048576}$ es la cantidad de casos totales.
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Notar que este numero es precisamente $4^{10}$, esto se debe a que por cada pregunta tenemos 4 opciones, al haber 10 preguntas la cuenta para calcular todas nos queda: 4 opciones de la primera pregunta multiplicado por 4 opciones de la segunda $... = \underbrace{4.4.4. ... .4} = 4^{10}$

No quería meter esta formula en juego ya que a continuación vamos a tener que usar la formula que tuvimos que desarrollar antes para calcular los casos donde hay 5 o mas respuestas correctas.
Hasta el momento calculamos los casos totales, sin embargo nos queda calcular los casos favorables. Notemos que los casos favorables son los cuales donde tenemos 5 o mas respuestas correctas. Es decir "5 bien , 5 mal" ; "6 bien, 4 mal" ; ... ; "10 bien, 0 mal". Para calcular esto podemos usar la sumatoria que usamos antes solamente que cambiando los valores evaluados, precisamente en vez de usar de 0 a 10 poner de 5 a 10. Nos quedaría: $\frac{10!}{(10-5)!5!}.3^{10-5} + \frac{10!}{(10-6)!6!}.3^{10-6} + ... + \frac{10!}{(10-10)!10!}.3^{10-10} = \boxed{\sum_{x = 5}^{10} \frac{10!}{(10-x)!x!}.3^{10-x} = 81922}$ casos favorables.

Finalmente, la probabilidad de un suceso se calcula haciendo la division entre casos favorables entre casos totales, en este caso
$\frac{81922}{1048576} = 0,07813 = \boxed{7,813 \%}$ seria la respuesta.
@Bauti.md ig // Ridin' in a getaway car // $\zeta (s) =\displaystyle\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}$
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