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Solución al problema planteado en el método científico.

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Advertencia. Solución.

Agregado: 22 de JULIO de 2003 (Por Michel Mosse) | Palabras: 506 | Votar | Sin Votos | Sin comentarios | Agregar Comentario
Categoría: Apuntes y Monografías > Física >
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    Solución al problema planteado en el método científico

    Advertencia

    Por favor, no leas esto a no ser que estés intentando predecir cuantas veces deberían salir $x$caras y $20-x$cruces al tirar 20 monedas al aire $n$veces.

    Si has llegado hasta aquí es porque, aunque lo has intentado arduamente, no sabes como calcular las veces que deberían salir $x$caras y $20-x$cruces al tirar 20 monedas al aire $n$veces. Si no es así intenta adivinarlo por cuenta propia antes de ver esta solución.

    Solución

    En este momento habrás deducido ya que la probabilidad de que al tirar una moneda al aire salga cara o cruz es de $\frac{1}{2}$, es decir, la mitad de las veces más o menos se obtiene cara y la otra mitad cruz.

    Por tanto cuanto tiras 20 monedas a la vez cada una tiene $\frac{1}{2}$de probabilidad de ser cara o ser cruz. Supongamos que hacemos esto $N$veces. El número de veces que deberíamos obtener una jugada, por ejemplo, que las 20 sean caras, será igual a $N$multiplicado por la probabilidad de que salgan 20 caras. Esto es muy lógico, ya que si hacemos 40 tiradas parece lógico que la probabilidad sea 4 veces mayor que si sólo hiciéramos 10 tiradas.

    Veamos ahora cual puede ser la probabilidad de que en una jugada las 20 monedas sean cara. La probabilidad de que lo sea 1 sola moneda es de $\frac{1}{2}$, la probabilidad de que lo sean 2 será de $\frac{1}{2}$para la primera por $\frac{1}{2}$para la segunda, es decir de $\frac{1}{4}$. Por tanto para que lo sean las 20 será de $\frac{1}{2^{20}}$Se puede ver que es bastante pequeña. Ahora bien ¿de cuantas maneras distintas podemos lograr que todas sean caras? Pues sólo hay una, y es que la primera lo sea, la segunda, y así hasta la última. Sólo hay una manera posible.

    Veamos para conseguir $x$caras y $20-x$cruces. Podemos lograr esto teniendo las primeras $x$caras y las últimas $20-x$cruces. También teniendo las últimas $x$caras y las primeras $20-x$cruces. O teniendo las $x$caras en medio y el resto cruces, o una al principio y luego distribuidas, o... ¿De cuántas maneras se puede conseguir tener $x$caras y $20-x$cruces?. Es fácil ver que este número se logra pensando que en total podemos situar las monedas de $20!$formas distintas que, si dividimos entre las $x!$formas en las que podemos ordenar las caras entre sí y las $20-x$formas en que podemos ordenar las cruces entre sí tenemos por fin que salen

    \begin{displaymath}\left( \begin{array}{c} 20 \\ n\end{array}\right) = \frac{20!}{n!
(20-n)!}\end{displaymath}


    y como estos tipos de números salen con frecuencia en estos cálculos por eso se definen las combinaciones de $n$elementos tomados de $i$en $i$sin considerar el orden como

    \begin{displaymath}\left( \begin{array}{c} n \\
i\end{array}\right) = \frac{n!}{i!(n-i)!}\ .\end{displaymath}


    Volviendo a nuestro problema planteado. Como la probabilidad de tener una determinada combinación es $\frac{1}{2^{20}}$multiplicado por el número de combinaciones distintas que podemos tener para la misma jugada que son $\frac{20!}{x!(20-x)!}$y como hemos hecho $N$tiradas distintas tendremos que el número estimado de obtener $x$caras tirando $N$veces 20 monedas será de

    \begin{displaymath}N\frac{20!}{x!(20-x)!}\frac{1}{2^{20}}.\end{displaymath}


    Una tabla donde están calculados dichas probabilidades desde $x=1$hasta $x=10$es la siguiente:

    \begin{displaymath}\left.
\begin{array}{cc}
1 & 1.907\cdot 10^{-5} \\
2 & 1.812...
...\\
8 & 0.120 \\
9 & 0.160 \\
10 & 0.176
\end{array}\right\}
\end{displaymath}


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