Re: Vida en Marte, el debate continua

[Miguel Angel Velilla Mula <m.velilla@...>]

At 18:54 29/03/97 +0100, you wrote:
>
>> >Esta probabilidad la tengo calculada en un articulito que publico la
>> >revista de Astronomia de la Sociedad Aranzadi. 
>> >
>> 
>> No me la digas, que voy a ver si consigo calcularlo y coincide con la
>tuya.
>> Pena que no tengo tiempo de ver el problema ahora pues estoy bastante
>> cargado de trabajo, pero hace muchisimo tiempo ,habia calculado esta
>> probabilidad y recuerdo que pasaba por series recursivas del tipo de
>> Fibonacci, y no era muy facil de calcularla. Si no lo consigo en 15 dias,
>te
>> pedire que me pases tu formula si es posible.
>> 
>
>Cuando llegue a mi casa, allá por el día 10 de abril; miraré y te la
>enviaré. Mi enfoque era muy sencillo. Una distribución exponencial negativa
>o Poisson y nada más. Te la mandaré. Obviamente era una simplificación.
>

La conclusion a la que he llegado es que los casos posibles tienen una
formula que es de recurrencia, y para ello puedo ejemplificarlo usando un
ejemplo de solo 2 estados (en lugar de 26 letras), que es una moneda.

Supongamos que deseamos saber cuantos casos posibles hay de salir "cara y
cara" en dos lanzamientos: solo uno (probalididad 1/4)  (para facilitar
usare los digitos binarios cara = 1 y cruz = 0.

00
01
10
11 <- unico caso posible

En tres lanzamientos tenemos el caso anterior (mas un zero a izquierda) mas
2 nuevos casos, total: 3

000
001
010
011  <- el anterior con un zero a la izquierda
100
101
110  <- dos nuevos casos
111  <- 

total, 3 casos, probabilidad = 3/8

En cuatro lanzamientos, tenemos todo el anterior (3) con un zero a
izquierda, mas 4 nuevos casos mas 1 caso especial 

0000
0001
0010
0011  <- anterior
0100
0101
0110  <- anterior
0111  <- anterior
1000
1001
1010
1011  <- especial (anterior del anterior)
1100  <- cuatro nuevos casos
1101  <- 
1110  <-
1111  <- 

Total, 8 casos, probabilidad = 8/16 = 1/2

y asi sucesivamente, la formula de recurrencia en este ejemplo esta dado por:

a(n) = a(n-1) + a(n-2) + 2^(n-1)    con a(0)=0, a(1)=1

O sea: a(2) = a(1) + a(0) + 2^(1) = 1 + 2 = 3
       a(3) = a(2) + a(1) + 2^(2) = 3 + 1 + 4 = 8
       a(4) = a(3) + a(2) + 2^(3) = 8 + 3 + 8 = 19
       a(5) = a(4) + a(3) + 2^(4) = 19 + 8 + 16 = 43
etc...

y la probabilidad final esta dada por a(n-1)/2^n

Por ejemplo, la probabilidad de conseguir dos caras seguidas en siete
lanzamientos es de a(6)/128 = 94/128

He hecho un pequenho programa para ver si lim a(n-1)/2^n tiende
asintoticamente a 1 y realmente es asi, en sesenta lanzamientos, la
probabilidad de conseguir alguna vez cara-cara es de 0.9999971389770508, por
tanto hay chance de que mi formula este correcta.

Encontrar la formula generica para a(n) no es muy dificil, pero es trabajoso
y acaba en una formula bastante grande que comienza asi:

a(n) = f(n) + m1 + m2  , donde f(n) es el e-nesimo termino de fibonacci y m1
y m2 son dos terminos que tambien incluyen los componentes de la serie de
Fibonacci (1+sqr(5))/2 etc.

El problema es que para un caso mas general la formula no es tan simple pues
en la formula recursiva a(n) el primer factor esta mascarado y es igual a 1
(2 -1) y no se lo ve, por que solo hay dos estados en la moneda, pero si
fuesen 26 letras, el caso complica pues entonces 

a(n) = (26-1) a(n-1) + (?) a(n-2) + 26^(n-1)

donde (?) es un factor que aun no consegui descubrir que relacion tiene con
el numero de estados (26), pero depende de el.

De cualquier manera, asi que tenga un tiempo voy a tratar de recordar como
fue que consegui aquella vez encontrar la formula final. Para decir verdad,
nunca he visto este resultado publicado en libros de probabilidades.

Ps: disculpen la lata, para los que odian matematicas, pueden dar un delete
de este msg, pero a los que les gusta el asunto, tienen una base para trabajar.

Mig.