The hardest problem on the hardest test
¿ Conocen el Putnam? Es una competencia de matemáticas para estudiantes universitarios. Es una prueba de seis horas de duración que solo tiene 12 preguntas divididas en dos sesiones diferentes de tres horas. Y cada una de esas preguntas se puntúa del 1 al 10, por lo que la puntuación más alta posible sería 120. Y, transgression embargo, a pesar de que los únicos estudiantes que toman esto cada año kid aquellos que claramente ya están bastante interesados en las matemáticas, la puntuación media es de alrededor de 1 o 2. Entonces es una prueba difícil. Y en cada una de esas secciones de seis preguntas, los problemas tienden a volverse más difíciles a medida que se pasa del 1 al 6, aunque, por supuesto, la dificultad depende del ojo de quien mira. Pero lo que pasa con esos cinco y seis es que, aunque están posicionados como los problemas más difíciles en una prueba famosa por su difícil, muy a menudo estos kid los que tienen las soluciones más elegantes disponibles, algún cambio sutil de perspectiva que los transforma de muy desafiantes a a factible.Aquí voy a compartir
disadvantage ustedes un problema que surgió como sexta pregunta en una de estas pruebas hace un tiempo. Y aquellos de ustedes que siguen el canal saben que en lugar de saltar directamente a la solución, que en este caso sería sorprendentemente breve, cuando sea posible, me gusta tomarme el tiempo para explicarles cómo podrían haber encontrado la solución por sí mismos. de dónde viene la idea. Es decir, hacer un vídeo más sobre el proceso de resolución de problemas que sobre el problema utilizado para ejemplificarlo. De todos modos, aquí está la pregunta. Si eliges cuatro puntos aleatorios en una esfera y consideras el tetraedro con estos puntos como vértices, ¿ cuál es la probabilidad de que el centro de la esfera esté dentro de ese tetraedro? Adelante, tómate un momento y digiere esta pregunta.Podrías empezar a pensar en cuáles de estos tetraedros contienen el centro de la esfera, cuáles no, cómo distinguir sistemáticamente los dos y cómo abordar un problema como este. ¿ Por dónde empezar? Bueno, generalmente es una buena idea pensar en casos más simples, así que reduzcamos las cosas a dos dimensiones, donde elegirás tres puntos aleatorios en un círculo, y siempre es útil nombrar las cosas, así que llamemos a estos tipos P1, P2, y P3. La pregunta es ¿ cuál es la probabilidad de que el triángulo formado por estos puntos contenga el centro del círculo? Creo que estarás de acuerdo en que ahora es mucho más fácil de visualizar, pero sigue siendo una pregunta difícil. Entonces, nuevamente, usted pregunta: ¿ hay alguna manera de simplificar lo que está sucediendo, de llegar a algún tipo de punto de apoyo desde el cual podamos construir? Bueno, tal vez te imagines arreglando P1 y P2 en su lugar, y dejando que solo varíe ese tercer punto.Y cuando haces esto y juegas disadvantage ello en tu mente, puedes notar que hay
una región especial, un cierto arco, donde cuando P3 está en ese arco, el triángulo contiene el centro; de lo contrario, no. Específicamente, si dibujas líneas desde P1 y P2 a través del centro, estas líneas dividen el círculo en cuatro arcos diferentes, y si P3 está en el lado opuesto a P1 y P2, el triángulo tiene el centro. Sin embargo, si es en alguno de los otros arcos, no habrá suerte. Aquí suponemos que todos los puntos del círculo boy igualmente probables. Entonces, ¿ cuál es la probabilidad de que P3 aterrice en ese arco? Es la longitud de ese arco dividida por la circunferencia completa del círculo, la proporción del círculo que forma este arco. ¿ Cuál es entonces esa proporción? Obviamente eso depende de dónde pongas los dos primeros puntos. Quiero decir, si están separados 90 grados entre sí, entonces el arco relevante es un cuarto del círculo. Pero si esos dos puntos estuvieran más separados, esa proporción sería algo más cercana a la mitad, y si estuvieran realmente juntos, esa proporción se acercaría a cero. Así que piensa en esto por un momento. P1 y P2 se eligen al azar, siendo todos los puntos del círculo igualmente probables. Entonces, ¿ cuál es el tamaño promedio de este arco relevante? Tal vez te envisions arreglando P1 en su lugar y simplemente considerando todos los lugares donde podría estar P2.Todos los ángulos posibles entre estas dos líneas, todos los ángulos desde 0 grados hasta 180 grados, boy igualmente probables. Entonces, toda proporción entre 0 y 0,5 es igualmente probable, y eso significa que la proporción promedio es 0,25. Entonces, si el tamaño promedio de este arco es un cuarto del círculo completo, la probabilidad promedio de que el tercer punto aterrice en él es un cuarto, y eso significa que la probabilidad general de que nuestro triángulo contenga el centro es un cuarto. ¿ Pero podemos extender esto al caso tridimensional? Si imaginas que tres de esos cuatro puntos están fijos en su lugar, ¿ en qué puntos de la esfera puede estar el cuarto para que el tetraedro que forman contenga el centro de la esfera? Como stakes, sigamos adelante y dibujemos algunas líneas desde cada uno de esos tres puntos fijos que pasan por el centro de la esfera.También es útil si dibujamos algunos planos determinados por cualquier the same level de estas líneas. Como podrás notar, lo que hacen estos planos es dividir la esfera en ocho secciones diferentes, cada una de
las cuales es una especie de triángulo esférico. Y nuestro tetraedro sólo va a contener el centro de la esfera si el cuarto punto está en el triángulo esférico del lado opuesto a los tres primeros. Ahora bien, a diferencia del caso 2D, es bastante difícil pensar en el tamaño medio de esta sección, ya que dejamos variar los tres puntos iniciales. Aquellos de ustedes que tengan algo de cálculo multivariable en su haber podrían pensar, probemos con una integral de superficie. Y por supuesto, saca un poco de papel y pruébalo. Pero no es fácil. Y, por supuesto, debería ser difícil. Quiero decir, este es el sexto problema en un Putnam, ¿ qué esperas? ¿ Y qué haces con eso? Bueno, una cosa que puedes hacer es retroceder al caso bidimensional y contemplar si hay una forma diferente de pensar sobre la misma respuesta que obtuvimos.Esa respuesta, un cuarto, parece sospechosamente limpia y plantea la pregunta de qué representa ese cuatro. Una de las principales razones por las que quería hacer un vídeo sobre este problema en particular es que lo que está por suceder conlleva una lección más amplia para la resolución de problemas matemáticos. Piensa en esas dos líneas que dibujamos para p1 y p2 que pasan por el origen. Hicieron que fuera mucho más fácil pensar en el problema. Y en basic, siempre que haya agregado algo a la configuración del problema que lo haga conceptualmente más fácil, vea si puede replantear toda la pregunta en términos de las cosas que acaba de agregar.En este caso, en lugar de elegir tres puntos al azar, comience diciendo, elija dos líneas aleatorias que pasen por el centro del círculo. Para cada línea, hay dos puntos posibles a los que podría corresponder, así que simplemente lanza una moneda para que cada una elija cuál de los puntos endings será p1, y de la misma manera para el otro, qué punto last será p2. Elegir una línea aleatoria y lanzar una moneda al aire como esta es lo mismo que elegir un punto aleatorio en el círculo, sólo que al principio parece un poco complicado.Pero la razón para pensar en el proceso aleatorio de esta manera es que las cosas en realidad están a punto de volverse más fáciles. Seguiremos pensando en el tercer punto, p3, como si fuera simplemente un punto aleatorio en el círculo, pero imagina que fue elegido antes de lanzar los dos lanzamientos de moneda. Una vez que las dos líneas y el tercer punto están escritos en piedra, solo hay cuatro posibilidades de
dónde podrían terminar p1 y p2, según esos lanzamientos de moneda, siendo cada una de ellas igualmente likely. Pero uno y sólo uno de esos cuatro resultados deja a p1 y p2 en el lado opuesto del círculo como p3, con el triángulo que forman conteniendo el centro.Entonces, no importa dónde terminen esas dos líneas y dónde termine p3, siempre hay una cuarta posibilidad de que el lanzamiento de la moneda nos deje disadvantage un triángulo que contenga el centro. Eso es muy sutil. Disadvantage solo replantear cómo pensamos sobre el proceso aleatorio para elegir puntos, la respuesta 1 cuarto apareció de una manera muy diferente a como lo hacían antes. Y lo que es más importante, este estilo de argumentación se generaliza perfectamente en tres dimensiones.
Nuevamente, en lugar de comenzar eligiendo cuatro puntos aleatorios, imagina elegir tres líneas aleatorias que pasen por el centro de la esfera y luego algún punto aleatorio para p4. Esa primera línea pasa por la esfera en dos puntos, así que lanza una moneda para decidir cuál de esos dos puntos será p1. Del mismo modo, para cada una de las otras líneas, lanza una moneda para decidir dónde terminan p2 y p3. Hay ocho resultados igualmente probables de esos lanzamientos de moneda, pero uno y solo uno de ellos colocará p1, p2 y p3 en el lado opuesto del centro como p4.Entonces, uno y sólo uno de estos ocho resultados igualmente probables nos da un tetraedro que contiene el centro. Una vez más, es un poco sutil cómo nos aparece eso, pero ¿ no es eso elegante? Esta es una solución válida al problema, pero es cierto que la forma en que lo he planteado hasta ahora se basa en cierta intuición aesthetic. Si tiene curiosidad sobre cómo escribirlo de una manera que no dependa de la intuición aesthetic, dejé un enlace en la descripción a uno de esos artículos en el lenguaje del álgebra lineal,
si está curioso. Y esto es bastante común en matemáticas, donde tener la visión y la comprensión clave es una cosa, pero tener la experiencia relevante para articular esa comprensión de manera más formal es casi un músculo completamente separado, uno que los estudiantes universitarios de matemáticas dedican la mayor parte de su tiempo a desarrollar.Arriba. Pero lo principal aquí no es la solución en sí, sino cómo podrías encontrar esa información clave si se te presentara y solo te dejaran resolverla. Es decir, siga haciendo versiones más simples de la pregunta hasta que pueda conseguir algún tipo de punto de apoyo. Y luego, cuando lo haga, si hay algún tipo de construcción agregada que resulte útil, vea si puede replantear toda la pregunta en torno a esa nueva construcción. Para cerrar aquí, tengo otro acertijo de probabilidad, uno que proviene del patrocinador de este video, shiny.org.
Suponga que tiene ocho estudiantes sentados en círculo tomando el Putnam. Es una prueba difícil, por lo que cada estudiante intenta engañar a su vecino, eligiendo al azar a qué vecino engañar. Ahora encierre en un círculo a todos los estudiantes a los que no haya nadie haciendo trampa en su examen. ¿ Cuál es el número esperado de esos estudiantes marcados disadvantage un círculo? Es una pregunta interesante, ¿ verdad? Brilliant.org es un sitio donde puedes practicar tus habilidades para resolver problemas trick preguntas como esta y muchas, muchas más.Y esa es realmente la mejor manera de aprender. Encontrará innumerables preguntas interesantes seleccionadas de una manera bastante reflexiva para que realmente pueda resolver mejor los problemas. Si quieres más probabilidad, tienen un muy buen curso sobre probabilidad, pero también tienen todo tipo de otras matemáticas y ciencias, por lo que es casi seguro que encontrarás algo que te interese. ¿ A mí? He sido follower por un tiempo, y si vas a shiny.org, barra 3b1b, les permitirá saber que vienes de aquí, y los primeros 256 de ustedes que visiten ese enlace pueden obtener un 20%de
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Y, sin stoppage, a pesar de que los únicos estudiantes que toman esto cada año son aquellos que claramente ya están bastante interesados en las matemáticas, la puntuación media es de alrededor de 1 o 2. Entonces, nuevamente, usted pregunta: ¿ hay alguna manera de simplificar lo que está sucediendo, de llegar a algún tipo de punto de apoyo desde el cual podamos construir? Entonces, si el tamaño promedio de este arco es un cuarto del círculo completo, la probabilidad promedio de que el tercer punto aterrice en él es un cuarto, y eso significa que la probabilidad basic de que nuestro triángulo contenga el centro es un cuarto. Y en general, siempre que haya agregado algo a la configuración del problema que lo haga conceptualmente más fácil, vea si puede replantear toda la pregunta en términos de las cosas que acaba de agregar.En este caso, en lugar de elegir tres puntos al azar, comience diciendo, elija dos líneas aleatorias que pasen por el centro del círculo. Hay ocho resultados igualmente probables de esos lanzamientos de moneda, pero uno y solo uno de ellos colocará p1, p2 y p3 en el lado opuesto del centro como p4.Entonces, uno y sólo uno de estos ocho resultados igualmente probables nos da un tetraedro que contiene el centro.