Soluciones claras a preguntas tediosas

Question

En matemáticas suele haber dos formas de responder a una pregunta,

• Mucho pensar y poco trabajar,

• Poco pensar y mucho trabajar.

Me preguntaba cuáles serían los casos más extremos de esto. Preguntas en las que la respuesta "habitual" es simplemente trabajar y esperar que todo salga bien, pero existe una solución mucho más sutil (e idealmente esta solución sutil señalaría lo que hace que la pregunta "funcione", por así decirlo).

Por ejemplo,

Pregunta: Demuestre que la operación de diferencia simétrica es asociativa.

La diferencia simétrica de dos conjuntos, $S \triangle T$ se define como $(S\cup T)\setminus (S \cap T)$ . Ahora bien, uno podría simplemente arrimar el hombro, pero el trabajo es tedioso y hay un "truco" a mitad de camino. Sin embargo, existe una solución mucho más sutil. Requiere un poco de configuración, pero en general es mucho más ordenada.

Prueba: La idea es que $S\triangle T$ "parece" mod de adición $2$ . Para ver esto, observa que,

• Si $x\in S$ , $x\in T$ entonces $x\not\in S\triangle T$ que corresponde a $1+1=0 \text{ mod }2$

• Si $x\in S$ , $x\not\in T$ entonces $x\in S\triangle T$ que corresponde a $1+0=1\text{ mod }2$

• Si $x\not\in S$ , $x\in T$ entonces $x\in S\triangle T$ que corresponde a $0+1=1\text{ mod }2$

• Si $x\not\in S$ , $x\not\in T$ entonces $x\not\in S\triangle T$ que corresponde a $0+0=0\text{ mod }2$

Esto significa que mostrar $(S\triangle T)\triangle U=S\triangle (T\triangle U)$ ahora se trata de demostrar que la adición mod $2$ es asociativo. Y lo es, lo que se comprueba fácilmente. Así que hemos terminado.

Answer 1

No estoy seguro de que estos sean buenos ejemplos de lo que quieres; pero, por si sirve de algo:

Esto es bien conocido:

Imagina que estás estudiando series infinitas y se te presenta el siguiente problema:

Dos trenes $B$ y $C$ , cada uno inicialmente a una milla del punto $A$ son viajando el uno hacia el otro, cada uno con velocidad $1 $ milla por hora. A abeja se desplaza a tres kilómetros por hora, a partir del tren $A$ y luego se dirige al tren $C$ , entonces después de llegar al tren $C$ se dirige de nuevo al tren $A$ y así sucesivamente...

¿Cuál es la distancia total que recorre la abeja?

La forma tediosa es calcular la distancia $s_n$ la abeja viaja en cada etapa, y luego forman la serie infinita $s_n$ y calcular su suma.

La forma más fácil es anotar que la abeja viaja hasta el momento en que los trenes chocan (¡pobre abeja!). Como los trenes chocan al cabo de una hora, la abeja recorre una distancia total de tres kilómetros.

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Hay muchos ejemplos en la probabilidad:

Dos jugadores $A$ y $B$ se baten en duelo. En cada ronda, se disparan el uno al otro entre sí con $A$ golpeando $B$ con probabilidad $a$ y $B$ golpeando $A$ con probabilidad $b$ . ¿Cuál es la probabilidad de que $A$ ¿Gana el duelo?

La forma tediosa es calcular para cada entero positivo $n$ la probabilidad de que $A$ gana en la ronda $n$ y luego calcular la suma de esas probabilidades.

La forma inteligente es observar que si ambos jugadores fallan en la primera ronda, entonces dado esto, la probabilidad de que $A$ gana es la misma que la probabilidad original de que $A$ gana.

Así que, si

$\ \ \ \ A_w$ es el evento que $A$ gana el duelo

$\ \ \ \ A_1$ es el caso de que ambos jugadores acierten en la primera ronda

$\ \ \ \ A_2$ es el evento que $A$ éxitos y $B$ falla en la primera ronda

$\ \ \ \ A_3$ es el evento que $A$ fallas y $B$ aciertos en la primera ronda

$\ \ \ \ A_4$ es el caso de que ambos fallen en la primera ronda,

entonces $$\eqalign{ P(A_w) &=P(A_w\cap A_1 )+ P(A_w\cap A_2 )+P(A_w\cap A_3 )+P(A_w\cap A_4 )\cr &= 0+ a(1-b)\cdot1+0+ (1-a)(1-b) P(A_w| A_4)\cr &= a(1-b)\cdot1+ (1-a)(1-b) P(A_w ) }, $$ que se puede resolver para $P(A_w)$ .

Answer 2

La probabilidad elemental tiene muchas preguntas de este tipo. Una de mis favoritas: Baraja una baraja estándar (52 cartas, de las cuales cuatro son ases). ¿Cuál es la probabilidad de que la carta situada justo debajo del segundo as sea otro as?

[Para aquellos que quieran descifrarlo, esperaré uno o dos días antes de publicar la elegante solución.]

Answer 3

Aquí hay otro ejemplo que incluso tiene que ver con la asociatividad. En cualquier (proyectiva) curva algebraica con ecuación (afín) $$y^2 = x^3 + ax^2 + bx + c$$

es posible definir una multiplicación de grupos (véase curva elíptica ) en los puntos de la curva definidos unívocamente como sigue: dados dos puntos $P, Q$ su suma $R$ se define como $(x, -y)$ donde $(x, y)$ se obtiene trazando una línea a través de $P, Q$ y tomando el (único, si se tienen en cuenta las multiplicidades) tercer punto de la curva que interseca la línea.

Es no es nada obvio de la definición anterior que esta operación es asociativa. Hay una prueba geométrica complicada y una prueba algebraica posiblemente aún más complicada, pero una prueba (en mi opinión) mucho más limpia es demostrar que el grupo definido anteriormente es isomorfo al grupo de clase divisor de la curva (el grupo de grado cero divisores modulo el grupo de los divisores principales), que se define de tal manera que es obviamente un grupo. El isomorfismo envía un punto $P$ al divisor $P - O$ donde $O$ es el punto en el infinito .

Answer 4

Supongamos que una cadena de Markov tiene $n$ estados dispuestos en un círculo. Numerar los estados $1, \cdots, n$ . Para cualquier estado la probabilidad de pasar al siguiente estado en el sentido de las agujas del reloj es $p$ y la probabilidad de pasar al siguiente estado en sentido contrario a las agujas del reloj es $1 - p$ , donde $0 < p < 1$ . Escoge $k \in \{ 1, \cdots, n \} $ y girar el diagrama para que el estado $1$ se encuentra ahora donde el estado $k$ era. Obsérvese que las matrices de transición de los espacios de estado original y girado son las mismas. Pero entonces el estado $1$ y el estado $k$ tienen la misma probabilidad en ambas distribuciones de equilibrio. Dado que $k$ fue elegido arbitrariamente y hay un total de $n$ la probabilidad de cualquier estado en la distribución de equilibrio de cualquier estado es $\frac{1}{n}$ . Más generalmente, si la cadena de Markov de los estados tiene un grupo de simetría $G$ entonces, para cualquier estado $k$ cada estado en la órbita de $k$ tiene la misma probabilidad en la distribución de equilibrio.