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Autor Tema: Desigualdad  (Leído 333 veces)
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« : 12/09/2017, 05:05:52 pm »

Hola

Si tengo [texx]n[/texx] variables aleatorias independientes [texx]X_i\geq{}0[/texx], con [texx]i=1,2,...,n[/texx] tal que tienen la misma media e igual a uno. ¿ Se cumple que

[texx]P(\displaystyle\sum_{i=1}^n{X_i}\geq{}1+n)\leq{}1-\displaystyle\frac{1}{e}[/texx]?

Saludos
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« Respuesta #1 : 13/09/2017, 07:01:46 am »

Hola

Si tengo [texx]n[/texx] variables aleatorias independientes [texx]X_i\geq{}0[/texx], con [texx]i=1,2,...,n[/texx] tal que tienen la misma media e igual a uno. ¿ Se cumple que

[texx]P(\displaystyle\sum_{i=1}^n{X_i}\geq{}1+n)\leq{}1-\displaystyle\frac{1}{e}[/texx]?

Pues no lo sé. ¿Has visto esa cota en algún sitio?.

Una forma bruta de acotar es con Markov de donde:

[texx]P(\displaystyle\sum_{i=1}^n{X_i}\geq{}1+n)\leq \dfrac{n}{1+n}=1-\dfrac{1}{n+1}[/texx]

que prueba tu cota para [texx]n=1[/texx] pero no para [texx]n[/texx] superior.

Peor seguro que la cota es mejorable... así que probablemente sea cierto lo que dices.

Saludos.
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« Respuesta #2 : 13/09/2017, 09:01:04 am »

Hola

Es la conjetura de Feige, ver adjunto. No lo dije, para no amedrentar a los participantes del foro.

Saludos


* MIT18_S096F15_Open4.6.pdf (344.6 KB - descargado 11 veces.)
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« Respuesta #3 : 13/09/2017, 05:59:41 pm »

Hola

No se por qué asocio esta desigualdad con el problema de la coincidencia (matching problem), y no solamente por  el lado derecho de la desigualdad.  Es como si en lugar de sombrero fuera la media, es decir cuál es la probabilidad que sacando un número de [texx]X_i[/texx] justo sea su media (sabiendo que la media puede no ser parte del soporte, en realidad pienso algo así como [texx]\displaystyle\sum_{i=1}^n{}(X_i-1)[/texx]).

Ver problema 7 y su solución del enlace.

https://www.probabilitycourse.com/chapter2/2_1_5_solved2_1.php

Saludos
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« Respuesta #4 : 14/09/2017, 08:46:50 am »

Hola

El problema es equivalente a probar que dado variables aleatorias [texx]Y_i[/texx] independientes con media cero y soporte en [texx][-1,b)[/texx] con [texx]b>0[/texx] entonces

[texx]P(\displaystyle\sum_{i=1}^n{Y_i\geq{}1)\leq{}1-\displaystyle\frac{1}{e}}[/texx].

Ahora, para ver un caso particular, no podría probarse primero para [texx]Y_i[/texx] simétricas respecto a su media. Y luego ver el peor caso que es cuando ésta v.a. son sesgadas hacia la izquierda.

Otra forma que se me ocurre es viendo esta desigualdad, si [texx]X[/texx] e [texx]Y[/texx] son independientes entonces

[texx]P(X+Y\leq{}\alpha)\geq{}P(X\leq{}\displaystyle\frac{\alpha}{2})P(Y\leq{}\displaystyle\frac{\alpha}{2})[/texx] y eso no es extendible a [texx]n[/texx] variables y quede

[texx]P(\displaystyle\sum_{i=1}^n{X_i\leq{}{}1})\geq{}P(X_1\leq{}\displaystyle\frac{1}{n})P(X_2\leq{}\displaystyle\frac{1}{n})...P(X_n\leq{}\displaystyle\frac{1}{n})[/texx]

Otra forma que se me ocurre es mediante la desigualdad de Hoeffding, que aplicada a este caso daría

[texx]P(\displaystyle\sum_{i=1}^n{Y_i}\geq{}1)\leq{}2exp\left\{{-\displaystyle\frac{2}{\displaystyle\sum_{i=1}^n{(b_i-a_i)^2}}}\right\}[/texx].


Saludos



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« Respuesta #5 : 14/09/2017, 10:07:25 am »

Hola

Lo estoy pensando para dos variables aleatorias  con soporte cada una en solamente dos. Llamemos [texx]X[/texx] con soporte [texx]x_1<1<x_2[/texx] e [texx]Y[/texx] con soporte en [texx]y_1<1<y_2[/texx]. Supongamos que [texx]P(X=x_1)=p,P(Y=y_1)=q[/texx].

Ahora, el peor escenario es que

[texx]P(X+Y\geq{}3)=1-P(X=x_1,Y=y_1)=1-pq=1-\displaystyle\frac{x_2-1}{x_2-x_1}\displaystyle\frac{y_2-1}{y_2-y_1}[/texx], no?

Luego intenté hallar el mínimo de la función

[texx]f(x_1,x_2,y_1,y_2)=\displaystyle\frac{x_2-1}{x_2-x_1}\displaystyle\frac{y_2-1}{y_2-y_1}[/texx] sujeto a:

[texx]x_1+y_1<3,x_1+y_2\geq{}3,x_2+y_1\geq{}3,x_2+y_2\geq{}3[/texx] y me da que el valor mínimo es cuando [texx]x_1=y_1=0,x_2=y_2=3[/texx] y [texx]f=0.44444[/texx] con lo cual [texx]1-f(0,0,3,3)=1-(\displaystyle\frac{2}{3})^2=0.55...[/texx]

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« Respuesta #6 : 15/09/2017, 05:07:05 am »

Hola

Lo estoy pensando para dos variables aleatorias  con soporte cada una en solamente dos. Llamemos [texx]X[/texx] con soporte [texx]x_1<1<x_2[/texx] e [texx]Y[/texx] con soporte en [texx]y_1<1<y_2[/texx]. Supongamos que [texx]P(X=x_1)=p,P(Y=y_1)=q[/texx].

Ahora, el peor escenario es que

[texx]P(X+Y\geq{}3)=1-P(X=x_1,Y=y_1)=1-pq=1-\displaystyle\frac{x_2-1}{x_2-x_1}\displaystyle\frac{y_2-1}{y_2-y_1}[/texx], no?


Luego intenté hallar el mínimo de la función

[texx]f(x_1,x_2,y_1,y_2)=\displaystyle\frac{x_2-1}{x_2-x_1}\displaystyle\frac{y_2-1}{y_2-y_1}[/texx] sujeto a:

[texx]x_1+y_1<3,x_1+y_2\geq{}3,x_2+y_1\geq{}3,x_2+y_2\geq{}3[/texx] y me da que el valor mínimo es cuando [texx]x_1=y_1=0,x_2=y_2=3[/texx] y [texx]f=0.44444[/texx] con lo cual [texx]1-f(0,0,3,3)=1-(\displaystyle\frac{2}{3})^2=0.55...[/texx]

La idea es esa y el plantemiento es correcto.

Pero hay un paso (en rojo) que has dado por supuesto y que no es tan claro (y si lo es hay que escribir explícitamente una justifiación).

¿Como justificas que ese es el peor escenario?. En principio hay más casos.

Por ejemplo, si [texx]x_1+y_2<3[/texx] y [texx]x_2+y_1,x_2+y_2\geq 3[/texx]. Entonces quedaría:

[texx]1-(pq+p(1-q))[/texx]

que también habría que optimizar y probar que el mínimo no es mayor que el anterior.

Fíjate que para [texx]n=2[/texx], esto no sería un gran problema. Uno puede "molestarse" en hacer todos los casos y es sencillo.

Pero para el caso general, si uno no encuentra un atajo para justificar que sólo basta fijarse en el caso que tu diste por supuesto como "pero escenario" la causística se complica.

Saludos.
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« Respuesta #7 : 15/09/2017, 06:58:52 am »

Hola

Los casos que planteas creo que no se pueden dar pues [texx]x_1<1<x_2,y_1<1<y_2[/texx]. El peor escenario es que justo los pares que me suman menos que 3 son los menores. El mismo razonamiento para varias variables (pero en vez de 3, n+1). Al menos sabemos que esa es la solución y habría que justificar pq es el peor escenario.

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« Respuesta #8 : 15/09/2017, 07:07:11 am »

Hola

Los casos que planteas creo que no se pueden dar pues [texx]x_1<1<x_2,y_1<1<y_2[/texx]. El peor escenario es que justo los pares que me suman menos que 3 son los menores.

¿Por qué no iba a poder darse?. Por ejemplo [texx]x_1=0.5,\quad x_2=2,\quad y_1=0.5,\quad y_2=5[/texx].

Cita
Al menos sabemos que esa es la solución y habría que justificar pq es el peor escenario.

Bueno, estrictamente todavía sospechamos que esa es la solución.

Saludos.
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« Respuesta #9 : 15/09/2017, 07:40:51 am »

Pero tienes tres pares que suman menos que tres no es el peor escenario. Este se da cuando tenemos solamente un par cuya suma es menor a tres.
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« Respuesta #10 : 15/09/2017, 08:04:34 am »

Hola

Pero tienes tres pares que suman menos que tres no es el peor escenario. Este se da cuando tenemos solamente un par cuya suma es menor a tres.

Es que eso es lo que estás dando por sentado sin que esté tan claro; en el valor de la probabilidad que estamos evaluando no sólo influye cuantos pares  sumamos, sino que probabilidades estamos sumando; es decir no sólo incluye el número de sumandos sino también el valor de los mismos.

Saludos.
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« Respuesta #11 : 15/09/2017, 09:04:27 am »

Hola,

No lo veo así. Tomemos tres variables [texx]X,Y,Z[/texx] con [texx]x_1<1<x_2,y_1<1<y_2,z_1<1<z_2[/texx], de otra forma las medias de esas variables aleatorias no serían igual a uno. Siempre va a ocurrir que [texx]x_1+y_1+z_1<4[/texx]. Entonces, SIEMPRE vamos a tener que restar la probabilidad de [texx]P(X=x_1,Y=y_1,Z=z_1)[/texx]. Ahora, tu quieres seguir restándole más probabilidades cuyos valores sumen menos a 4, es decir haciendo menor [texx]P(X+Y+Z\geq{}4)=1-P(X+Y+Z<4)=1-P(X=x_1,Y=y_1,Z=z_1)-...[/texx]?. Eso no es el peor escenario. Este es cuando, tienes la mala suerte, que solamente la suma de los valores [texx](x_1,y_1,z_1)[/texx] son menores estrictos a 4 y no tienes que agregar alguna otra combinación de valores de esas variables aleatorias. No se, lo veo tan evidente.

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« Respuesta #12 : 15/09/2017, 11:14:12 am »

Hola

No lo veo así. Tomemos tres variables [texx]X,Y,Z[/texx] con [texx]x_1<1<x_2,y_1<1<y_2,z_1<1<z_2[/texx], de otra forma las medias de esas variables aleatorias no serían igual a uno. Siempre va a ocurrir que [texx]x_1+y_1+z_1<4[/texx]. Entonces, SIEMPRE vamos a tener que restar la probabilidad de [texx]P(X=x_1,Y=y_1,Z=z_1)[/texx]. Ahora, tu quieres seguir restándole más probabilidades cuyos valores sumen menos a 4, es decir haciendo menor [texx]P(X+Y+Z\geq{}4)=1-P(X+Y+Z<4)=1-P(X=x_1,Y=y_1,Z=z_1)-...[/texx]?. Eso no es el peor escenario. Este es cuando, tienes la mala suerte, que solamente la suma de los valores [texx](x_1,y_1,z_1)[/texx] son menores estrictos a 4 y no tienes que agregar alguna otra combinación de valores de esas variables aleatorias. No se, lo veo tan evidente.

No. No hace falta que te vayas a tres variables, el problema ya se da en dos. A ver si logro explicarlo mejor.

Lo que tu haces es que cuando minimizas:

[texx]f(x_1,x_2,y_1,y_2)=pq=\displaystyle\frac{x_2-1}{x_2-x_1}\displaystyle\frac{y_2-1}{y_2-y_1}[/texx]

razonas "está claro que si le sumo algo más me dará algo mayor" es decir si como yo decía:

Cita
Por ejemplo, si [texx]x_1+y_2<3[/texx] y [texx]x_2+y_1,x_2+y_2\geq 3[/texx]. Entonces quedaría:

[texx]1-(pq+p(1-q))[/texx]

está claro que [texx]pq+p(1-q)[/texx] es mayor que simplemente [texx]pq[/texx].

Pero lo que no estás teniendo en cuenta es que la optimización de [texx]pq[/texx], es decir, de:

[texx]f(x_1,x_2,y_1,y_2)=pq=\displaystyle\frac{x_2-1}{x_2-x_1}\displaystyle\frac{y_2-1}{y_2-y_1}[/texx]

son decisivas las restricciones:

[texx]x_1+y_1<3,x_1+y_2\geq{}3,x_2+y_1\geq{}3,x_2+y_2\geq{}3[/texx]

el mínimo se alcanza en [texx](0,0,3,3)[/texx] sólo bajo esas restricciones.

Por ejemplo [texx](0.9.0.9,1.1,1.1)[/texx] nos da un valor de [texx]f=0.25<4/9[/texx].

Entonces si abandonas esas restricciones marcadas en rojo no es cierto que tomando sólo el factor [texx]pq[/texx] se cumpla la cota.

Saludos.
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« Respuesta #13 : 15/09/2017, 11:53:18 am »

Hola

Sigo sin entender tu explicación. Si tomaras [texx]x_1=y_1=0.9, x_2=y_2=1.1[/texx] entonces [texx]P(X+Y\geq{}3)=0[/texx] no tiene gracia y eso no es el peor escenario. Yo razono, cuál es el peor escenario? Es decir bajo qué condiciones [texx]P(X+Y\geq{}3)[/texx] es lo más grande que pueda?. Es decir, no podemos tener [texx]P(X+Y\geq{}3)=1[/texx], pues la media de las variables aleatorias no serían igual a uno. Entonces qué sigue, y bueno como sabemos que SIEMPRE [texx]x_1+y_1<3[/texx] entonces la probabilidad más alta que puede tomar [texx]P(X+Y\geq{}3)=1-P(X=x_1,Y=y_1)[/texx]. Luego que hago eso, obviamente trato de ver cuáles son esos pares [texx](x_1,y_1)[/texx] que minimizan [texx]P(X=x_1,Y=y_1)[/texx] sujeto a que todos los otros posibles pares deben ser mayores o iguales a 3.

A ver, no tiene sentido decir que el peor escenario se obtiene cuando, por poner algo, [texx]P(X+Y\geq{}3)=1-P(X=x_1,Y=y_1)-P(X=x_1,Y=y_2)[/texx] con [texx]x_1+y_2<3[/texx] pues para qué restarle [texx]P(X=x_1,Y=y_2)[/texx], estoy buscando el peor escenario, enseguida encontraría un contraejemplo (subiendo el valor de [texx]y_2[/texx] un poquito hasta que [texx]x_1+y_2\geq{}3)[/texx] para mostrar que no puede ser el peor escenario - sin tocar [texx]x_1,y_1[/texx] no es necesario hacerlo.

Sigo viéndolo tan evidente que hasta dudo de mi mismo.


Saludos

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« Respuesta #14 : 15/09/2017, 12:26:25 pm »

Hola

Sigo sin entender tu explicación. Si tomaras [texx]x_1=y_1=0.9, x_2=y_2=1.1[/texx] entonces [texx]P(X+Y\geq{}3)=0[/texx] no tiene gracia y eso no es el peor escenario. Yo razono, cuál es el peor escenario? Es decir bajo qué condiciones [texx]P(X+Y\geq{}3)[/texx] es lo más grande que pueda?. Es decir, no podemos tener [texx]P(X+Y\geq{}3)=1[/texx], pues la media de las variables aleatorias no serían igual a uno. Entonces qué sigue, y bueno como sabemos que SIEMPRE [texx]x_1+y_1<3[/texx] entonces la probabilidad más alta que puede tomar [texx]P(X+Y\geq{}3)=1-P(X=x_1,Y=y_1)[/texx]. Luego que hago eso, obviamente trato de ver cuáles son esos pares [texx]x_1,y_1[/texx] y obviamente tengo que poner esas restricciones, pues como estoy en el peor escenario todos los otros posibles pares deben ser mayores o iguales a 3 y eso surge de las desigualdades que puse.
Sigo viéndolo tan evidente que hasta dudo de mi mismo.

Estamos en las mismas; no sé como salir de este bucle.

Sigues PREjuzgando que el "peor escenario", es decir de manera más rigurosa, el caso en el que la probabilidad con la que trabajamos es máxima es este [texx]1-P(X=x_1,Y=y_1)[/texx] frente a por ejemplo este otro caso:

[texx]1-P(X=x_1,Y=y_1)-P(X=X_1,Y=y_2)[/texx]

¿Por que?. ¿Por qué necesariamente para diferentes valores de [texx]x_1,y_1,x_2,y_2[/texx] habría de dar siempre mayor [texx]1-P(X=x_1,Y=y_1)[/texx] que [texx]1-P(X=x_1,Y=y_1)-P(X=X_1,Y=y_2)[/texx]?. Pues desde mi punto de vista tu error es que porque por el hecho de ver que en el primer caso sólo se resta un sumando ya piensas que va a dar más que se si se restan dos sumandos; pero eso no es suficiente..obviamente influye el valor de lo que restamos  [texx]1-0.7<1-0.1-0.1[/texx] por ejemplo.

Si es cierto que en cualquier caso y sólo con la restricciones:

[texx]x_1<1<x_2[/texx]
[texx]y_1<1<y_2[/texx]

se verifica:

 [texx]1-P(X=x_1,Y=y_1)-P(X=X_1,Y=y_2)\leq 1-P(X=x_1,Y=y_1)[/texx]

pero SOLO CON ESAS RESTRICCIONES (sin usar las condiciones [texx]x_1+y_2,x_2+y_1,x_2+y_2\geq 3[/texx]) la cota máxima de [texx]1-p(X=x_1,Y=y_1[/texx]) NO ES [texx]1-(2/3)^2[/texx], de hecho la cota máxima en ese caso es [texx]1[/texx], ya que [texx]p(X=x_1,Y=y_1)[/texx] puede aproximarse a uno cero tanto como queramos.

 Entonces hay que analizar por ejemplo que ocurre si NO se cumplen las restricciones marcadas en rojo, por ejemplo como te he dicho, si [texx]x_1+y_1,x_1+y_2<3[/texx] y [texx]x_2+y_1,x_2+y_2\geq 3.[/texx]

 ¿Cuál es entonces la cota máxima para:

[texx] P(X+Y\geq 3)=1-P(X=x_1,Y=y_1)-P(X=x_1,Y=y_2)[/texx] ?
 
 Si ingenuamente acotas:

[texx] P(X+Y\geq 3)=1-P(X=x_1,Y=y_1)-P(X=x_1,Y=y_2)\leq 1-P(X=X_1,Y=y_1)[/texx]

 el problema es que como te he dicho como ahora ya no estamos bajo las restricciones en rojo, sino bajo las restricciones en azul ya no es cierto que :

[texx]1-P(X=X_1,Y=y_1)\leq 1-(2/3)^2[/texx]

 Reflexiona con calma sobre todo esto a ver si quedó más claro.

Saludos.

CORREGIDO
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« Respuesta #15 : 15/09/2017, 12:31:50 pm »

Hola

Perdón, dirás que [texx]P(X=x_1,Y=y_1)[/texx] puedo hacerlo tan chica como quiera (eligiendo valores bajos de [texx]x_1,y_1[/texx], y que [texx]1-P(X=x_1,Y=y_1)[/texx] tienda a uno. De acuerdo y en ese caso la cota ya no es la óptima. Pero creo que no has leído un párrafo (que empieza A ver no tiene sentido...) que puse en mi último mensaje.  Al incrementar [texx]y_2[/texx] aumenta [texx]\displaystyle\frac{y_2-1}{y_2-y_1}[/texx] y por lo tanto baja [texx]P(X+Y\geq{}3)[/texx].

Saludos
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« Respuesta #16 : 15/09/2017, 12:57:48 pm »

Hola

Perdón, dirás que [texx]P(X=x_1,Y=y_1)[/texx] puedo hacerlo tan chica como quiera (eligiendo valores bajos de [texx]x_1,y_1[/texx], y que [texx]1-P(X=x_1,Y=y_1)[/texx] tienda a uno.

Si, ya lo he corregido.

Cita
De acuerdo y en ese caso la cota ya no es la óptima. Pero creo que no has leído un párrafo (que empieza A ver no tiene sentido...) que puse en mi último mensaje.  Al incrementar [texx]y_2[/texx] aumenta [texx]\displaystyle\frac{y_2-1}{y_2-y_1}[/texx] y por lo tanto baja [texx]P(X+Y\geq{}3)[/texx].

Cierto, no lo había leido. Lo comento ahora, pero no modifica mucho el valor de mi último mensaje que considero clave para que entiendas el problema:

A ver, no tiene sentido decir que el peor escenario se obtiene cuando, por poner algo, [texx]P(X+Y\geq{}3)=1-P(X=x_1,Y=y_1)-P(X=x_1,Y=y_2)[/texx] con [texx]x_1+y_2<3[/texx] pues para qué restarle [texx]P(X=x_1,Y=y_2)[/texx], estoy buscando el peor escenario, enseguida encontraría un contraejemplo (subiendo el valor de [texx]y_2[/texx] un poquito hasta que [texx]x_1+y_2\geq{}3)[/texx] para mostrar que no puede ser el peor escenario - sin tocar [texx]x_1,y_1[/texx] no es necesario hacerlo.

Es que ese "enseguirda encontraría un contrajemplo" es una vaguedad: si es tan sencillo muestra efectivamente que en ese caso no se encuentra el máximo (yo casi dejaría de usar el término "peor escenario").

Tampoco tengo muy claro como UN contraejemplo muestra que en ese caso no se podría encontrar el máximo (puede que en ese ejemplo se alcance un valor menor pero quizá con otros valores...).

Fíjate que yo no digo que tu concusión sea falsa, sino que no está en absoluto justificada. De hecho es casi seguro cierto (y para [texx]n=2[/texx] ya lo he comprobado) que la conjetura es cierta y efectivamente ese máximo se encuentra cuando la probabilidad solo resta, es decir solo es menor que [texx]3[/texx], en los puntos [texx](x_1,y_1)[/texx]).

Pero lo que quiero que entiendas de todo mi análisis anterior es que eso al menos a priori, no se despacha tan rápidamente, hay que justificarlo, y de momento no se me ocurre otra forma que hacer las cuentas, es decir estudiar los casos restantes y ver que su máximo es peor que en nuestro caso en rojo.

Saludos.
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« Respuesta #17 : 15/09/2017, 02:27:56 pm »

Ya entendí mi error. Gracias
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« Respuesta #18 : 15/09/2017, 03:32:16 pm »

Hola

Siguiendo con el caso [texx]n=2[/texx] hay combinaciones que no se pueden dar. Es decir tenemos

[texx]A=x_1+y_1<3[/texx],
[texx]B=x_1+y_2<3[/texx],
[texx]C=x_2+y_1<3[/texx],
[texx]D=x_2+y_2<3[/texx].
[texx]A'=x_1+y_1\geq{}3[/texx], lo mismo para [texx]B',C',D'[/texx]

Se pueden dar (A,B,C,D), la que yo digo que es la mejor (A,B',C',D'), (A,B',C,D'), (A,B,C,D'), (A,B,C',D') y creo que ninguna otra más. No existe cierta simetría y se pueda eliminar una de estas dos: (A,B',C,D'), (A,B,C',D') y por lo tanto quede solamente analizar
(A,B,C,D),(A,B',C,D'), (A,B',C',D'), (A,B,C',D')

Para (A,B,C,D) la [texx]P(X+Y\geq{}3)=0[/texx] esta opción es descartada.



Saludos



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Luis Fuentes
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« Respuesta #19 : 16/09/2017, 05:36:10 am »

Hola

Hola

Siguiendo con el caso [texx]n=2[/texx] hay combinaciones que no se pueden dar. Es decir tenemos

[texx]A=x_1+y_1<3[/texx],
[texx]B=x_1+y_2<3[/texx],
[texx]C=x_2+y_1<3[/texx],
[texx]D=x_2+y_2<3[/texx].
[texx]A'=x_1+y_1\geq{}3[/texx], lo mismo para [texx]B',C',D'[/texx]

Se pueden dar (A,B,C,D), la que yo digo que es la mejor (A,B',C',D'), (A,B',C,D'), (A,B,C,D'), (A,B,C',D') y creo que ninguna otra más. No existe cierta simetría y se pueda eliminar una de estas dos: (A,B',C,D'), (A,B,C',D') y por lo tanto quede solamente analizar
(A,B,C,D),(A,B',C,D'), (A,B',C',D'), (A,B,C',D')

Para (A,B,C,D) la [texx]P(X+Y\geq{}3)=0[/texx] esta opción es descartada.

Saludos

Si; por simetría sólo hay que analizar:

[texx](A,B',C',D')[/texx]
[texx](A,B,C',D')[/texx]
[texx](A,B,C,D')[/texx]
[texx](A,B,C,D)[/texx] (esta como dices es trivial).

Saludos.
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