Bueno, antes que nada, no tengo la versión oficial del enunciado del ejercicio, (lo hablé muy poco con Pape), así que espero que sea la que pongo, y sobre todo, que esté bien lo que hago, (sepan disculpar en caso contrario) :
Sea \(A\) un conjunto, cuyos elementos son conjuntos de la forma \(\{x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}\}\) , con \(x_{i} = 0 \; o \; 1\) , \(\forall \; i\, \in \mathbb{N} \; , 1\leq i \leq n\) .
Me agarro \(2\) elementos de \(A\) .
Cuál es la probabilidad de que coincidan exactamente en \(k\) lugares?
Contemos TODOS los casos posibles, es decir, agarrados \(2\) conjuntos:
O bien, coinciden exactamente en ningún lugar, o bien en \(1\) lugar, o bien en \(2\) , ... o bien en todos. Caso "en ningún lugar" : son \(2^{n}\) casos diferentes, pues son todas las formas posibles de construir \(\{x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}\}\) con ceros y unos, y como no van a coincidir en ningún \(x_{i}\), armo uno y al otro le pongo los opuestos, de manera que armando uno me queda determinado el otro. Caso "en un lugar" : Primero elijo un lugar en que coincidan, como son \(n\) equis, tengo \(\binom{n}{1}\) formas, como además puedo poner un \(1\) o \(0\) ahí, voy a multiplicar por \(2\) . Pero además me quedan \(n-1\) equis para armar como quiera, como son cero o uno, tengo \(2^{n-1}\) formas de armarlas. Notar que como solo coinciden en \(1\) lugar, al armar las \(n-1\) equis de este conjunto, el otro conjunto me queda determinado con el opuesto en esos lugares. Resumiendo, para este caso tengo \(\binom{n}{1}\) \(\cdot 2 \cdot 2^{n-1} =\) \(\binom{n}{1}\) \(\cdot 2^{n}\) .
Razonando así con todos los casos, me va a quedar que los casos totales son de la forma:
\(2^{n} + \binom{n}{1} \cdot 2^{n} + \binom{n}{2} \cdot 2^{n} + \;...\; + \binom{n}{n} \cdot 2^{n} \; = 2^{n} \cdot \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} = 2^{n} \cdot 2^{n} = 4^{n}\) .
Luego, los casos totales son \(4^{n}\) .
Para los casos favorables, me elijo \(k\) en donde coincidan, \(\binom{n}{k}\) , y multiplico por \(2^{k} \cdot 2^{n-k}\) , (sale razonando de forma análoga a lo anterior). Luego esto es igual a \(\binom{n}{k} \cdot 2^{n}\) .
La probabilidad es casos favorables sobre casos totales , o sea:
\(\frac{\binom{n}{k} \cdot 2^{n}}{4^{n}} = \frac{\binom{n}{k}}{2^{n}} = \frac{n!}{k! \cdot (n-k)! \cdot 2^{n}}\) .
Espero que sirva, agreguen el enunciado \(\mathbb{R}\)eal si lo tienen 😛
Saludos!
Primero que nada pongo el enunciado original del problema:
Sea \(n \in \mathbb{N}\) y \(\Sigma=\){tiras de 0 y 1 de longitud \(n\)}.
Si se eligen \(A\) y \(B\) \(\in \Sigma\) al azar, ¿cuál es la probabilidad de que \(A\) y \(B\) coincidan en exactamente \(k\) lugares, para cada \(k\) entre \(0\) y \(n\)?
Me sirvió mucho tu post Agustín porque terminé de armar lo que estaba pensando...
Yo lo que hice fue "tomar" una tira y ver cuantas tiras había que coincidían en "0 lugares", "1 lugar"..."k lugares"..."n lugares" con esa. Si a eso lo multiplico por \(2^{n}\)(la cantidad de tiras distintas) y sumo todos obtengo lo mismo que vos, y finalmente me queda el mismo resultado.
Pero ahora tengo una pregunta, cuando nosotros pensamos el caso n: "que coincidan en n lugares" eso implicaría que A y B son la misma tira,no? ¿Puedo elegir la misma tira dos veces?
O sea si no pudiera me lo tienen que decir, no?
A veces me marean un poco los enunciados de combinatoria 😛...
No está mal eso?
Ahora ya de pensarlo tanto me mareé jaja.
Se ve más fácil si fijamos n=2 quizás. Todas mis tiras son M={(0,0), (1,0), (0,1), (1,1)}. Primero se me había ocurrido que no importa cuál elija como primer tira, porque cada vez que elija una tira diferente la primera vez, va a tener la misma probabilidad de coincidir con una segunda tira en k lugares, y como estoy elijiendola al azar al principio no me cambia, entonces había sacado una formula, pero después me dí cuenta que...
De ese conjunto M, hay 10 pares de tiras posibles que me puedo armar. Se ve mejor si los contamos así: supongamos que los ordenamos en un orden cualquiera, ahora, hay \(2^n\) pares que tienen el primer elemento, junto con cualquier otro, luego, también hay \(2^n\) pares que tienen al segundo, pero ya conté cuando está con el primero, entonces hay \(2^n-1\), para el tercero lo mismo, \(2^n\) pares, pero ya tengo los que está acompañanado al primero y el segundo, \(2^n-2\)... Entonces llegamos a la sumatoria de \(1\) hasta \(2^n\), osea \(\frac{2^n(2^n+1)}{2}=2^{2n-1}+2^{n-1}\). Esos son todos los pares posibles que puedo tomar de M, si dudan, escribanlos en un papel (para n=2) y fijensé. Luego, mi espacio muestral, son esos 10 pares, porque elejir dos pares al azar, implica si o si elegir alguno de esos 10 elementos (pares de pares). Con eso ya parecería que está eso que está planteado.
Lo que se me complica ahora a mi es, cómo ver los casos favorables.
Para n=2 te da \(\frac{4}{10}\) de que haya exactamente uno igual, y \(\frac{4}{10}\) de que sean los dos iguales (lo cual es obvio, para cada tira hay un solo par que tiene ambas veces la tira), y bueno, \(\frac{2}{10}\) de que sean exactamente opuestos. En general, sí se vé fácil que para k=n hay \(2^n\) pares, y que para k=0 hay \(2^{n-1}\), porque si \(2^n\) es el total de las tiras, hay la mitad que tienen al opuesto.
Para n=3 (lo hice a mano a ver si me ayudaba pero nop, igual tarde 10 minutos nomas) te da con k=0 \(\frac{4}{36}\) con k=1 \(\frac{13}{36}\) con k=2 da \(\frac{11}{36}\) y k=3 da \(\frac{8}{36}\).
Bastante caótico no? Buen, alguien que me sepa explicar bien si está mal lo que digo, y por qué?
O que, si está bien, se anime a dilucidar una fórmula para los k.
Bueno, seguramente a alguien en el futuro le va a interesar, así que les paso la respuesta, facilitada por la ayudante que tuve durante la cursada.
Parece consistente, pero bueno, no garantizo nada. Este ejercicio me venció.
Primero si A y B se sacan al mismo tiempo (es decir, sin reposición), entonces sí importa quién es A a la hora de sacar B, porque B no puede ser A (no podés sacar dos tiras iguales del conjunto M).
Lo que tenés que hacer para contar los casos totales es lo siguiente. Primero notar que el conjunto M es exactamente el producto cartesiano del conjunto {0,1} consigo mismo \(n\) veces, es decir, {0,1}\(^n\) (sabemos bien que el cardinal de este conjunto es \(2^n\)). Pero esto no es el espacio muestral. El espacio muestral es el conjunto de pares de elementos del conjunto \(M\) (insisto, estamos suponiendo que A y B se sacan a la vez, o sea sin reposición, no viene mal aclararlo cuando uno resuelve el ejercicio). Por lo tanto, el cardinal del espacio muestral es el número combinatorio \(\binom{2^n}{2}\).
Ahora, dado un \(k\), hay que ver cuántos son los casos favorables, es decir, cuántos pares \((A,B)\) hay en \(M\) con exactamente \(k\) coordenadas iguales. Una manera de contarlos (o elegirlos) es la siguiente. Primero elijo A, que por supuesto puede ser cualquier elemento, así que hay \(2^n\) maneras de elegirlo. Ahora que tengo A, debo elegir en cuáles k coordenadas van a ser iguales A y B. Para eso, hay que elegir k lugares entre n. Eso es el combinatorio \(\binom{n}{k}\). Ahora B quedó determinado pues: en los lugares elegidos para que coincidan, B tiene lo mismo que A; en los otros lugares, cuando A tenga 1 se pone un 0, y cuando A tenga 0 se pone 1.
Hay solamente un problema, que probablemente salte si uno antes de pensar a lo grande hace un par de ejemplos con \(k=0, k=1, k=n, k=n-1\) (que es lo aconsejable, para ir viendo qué estás haciendo). Resulta que en el caso \(k=n\) falla, porque, como decía, no hay dos tiras exactamente iguales. Así que cuando k es igual a n la probabilidad es 0 (casos favorables son 0, así que sobre totales también).
Para el resto de los casos, la cantidad de casos favorables es \(2^n.\binom{n}{k}\) , porque las decisiones "elegir A en M" y "elegir en qué coordenadas van a ser distintos A y B" son independientes, así que esas elecciones se ramifican, y por lo tanto los números se multiplican.
Por último, la probabilidad es casos favorables sobre casos totales, osea: \(\frac{2^n.\binom{n}{k}}{{\binom{2^n}{2}}}\)
Yo llegue al mismo resultado, pero despues me agarró la duda. Me parece que los casos favorables habría que dividirlos por dos, ya que en los favorables estas teniendo en cuenta el orden y en los totales no. Al decir primero saco el A (ejemplo 100) y dps elijo k lugares (ejemplo 2) un posible B es 101 ya que coincide en los primeros 2, luego lo vas a volver a contar cuando sacas como A el 101. En los totales vos estas diciendo de todos los posibles saco 2, lo cual no está teniendo en cuenta el orden.