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¿Cuánto pagar? Un problema práctico

Este no es un trabajo a domicilio pregunta, pero el verdadero problema al que se enfrenta nuestra sociedad.

Muy recientemente (hace 2 días) nos ordenó para la fabricación de 10000 etiquetas del producto a un distribuidor. El concesionario es independiente de la persona. Él pone las etiquetas de fabrica desde el exterior y de la empresa hacer el pago al concesionario. Cada etiqueta costo de exactamente $1 para la empresa.

Ayer, distribuidor de vino con etiquetas, pero las etiquetas se incluye en un paquete de 100 etiquetas de cada uno. En este camino hubo un total de 100 paquetes y cada paquete contenía 100 etiquetas, por lo que el total de 10000 etiqueta. Antes de realizar el pago a la banca de $10000, se decidió a contar algunas de paquetes para asegurar que cada paquete exactamente contener de 100 etiquetas. Cuando contamos las etiquetas que hemos encontrado de paquetes cortos de 100 etiquetas (hemos encontrado 97 etiquetas). Para asegurarse de que esto no es por casualidad, pero ha hecho intencionalmente contamos con más de 5 paquetes y se encontró siguiente número de etiquetas en cada paquete (incluyendo el primer paquete) :

Packet Number    Number of labels
1                97 
2                98  
3                96
4                100
5                95 
6                97  

No fue posible contar con todos y cada paquete, así que hemos decidido hacer el pago sobre la base del promedio. Así, el promedio de número de etiquetas en el paquete de seis es 97.166, por lo que el total de los pagos que se decidió fue de $9716.

Sólo quiero saber cómo estadístico debe tener trato con este tipo de problema.
Además quiero saber cuánto debemos pagar para obtener un 95% de seguridad de que no hemos pagado más que el número real de toda etiquetas.

Información adicional:

P(cualquier paquete que contenía más de 100 etiquetas)= 0
P(cualquier paquete contenía la etiqueta de menos de 90) =0 {etiquetas de menos de 90 podría ser fácilmente detectada, mientras que el recuento de paquetes de paquetes, porque sería de menor peso}


EDIT 1: Distribuidor simplemente se les niega de tal negligencia. Hemos encontrado estos distribuidor trabaja en una comisión específica que se obtiene por el fabricante en lo que está siendo pagado por la empresa.Cuando nos comunicamos directamente al fabricante, se encontró que no es ni el fabricante ni el distribuidor de la culpa. Fabricante dijo que, "las Etiquetas pone a corto debido a que las hojas no están estandarizadas en tamaño, y cualquiera que sea el número de corte de la hoja única que conseguir paquete junto en un paquete".

Además, tenemos validado nuestra primera afirmación dada en la información adicional, debido a que el fabricante admitió que desde marginal aumento en el tamaño de la hoja, no es posible cortar las etiquetas adicionales, también, de una mínima reducción en el tamaño de la hoja no es posible cortar de 100 etiquetas de exactamente el mismo tamaño.

20voto

catalpa Puntos 723

EDIT: Tragedia! Mi primera hipótesis es incorrecta! (O en caso de duda, al menos -- ¿usted confía en lo que el vendedor le está diciendo? Aún así, sombrero de punta a Morten, así.) Que supongo que es otra buena introducción a la estadística, pero El Parcial de la Hoja de Enfoque ahora es agregado a continuación (ya que la gente parecía como si Toda la Hoja, y tal vez a alguien le resulta útil).

Primero de todo, gran problema. Pero me gustaría hacer un poco más complicado.

Debido a que, antes de hacerlo, permítanme hacer un poco más simple, y lo digo - el método que estás usando ahora mismo es perfectamente razonable. Es barato, es fácil que tenga sentido. Así que si usted se pega con él, usted no debe sentirse mal. Sólo asegúrese de que usted elija los lotes al azar. Y, si sólo se puede pesar de todo, de forma fiable (sombrero de punta a whuber y user777), entonces usted debe hacer eso.

La razón por la que quiero hacer es un poco más complicado, aunque es el que ya tiene ... que simplemente no nos dijo sobre el conjunto de la complicación, que es que ... contando lleva tiempo, y el tiempo es dinero. Pero ¿ cuánto? Tal vez lo que realmente es más barato a contar todo!

Así que lo que realmente está haciendo es equilibrar el tiempo que se tarda en contar, con la cantidad de dinero que está ahorrando. (SI, por supuesto, sólo jugar a este juego de una vez. La PRÓXIMA vez que esto ocurra con el vendedor, que podrían haber cogido, y trató de un truco nuevo. En la teoría del juego, esta es la diferencia entre un Solo Tiro Juegos, y Reiterado de los Juegos. Pero por ahora, vamos a suponer que el vendedor siempre va a hacer lo mismo).

Una cosa más antes de llegar a la estimación, aunque. (Y, lo siento haber escrito tanto y todavía no ha llegado a la respuesta, pero entonces, que es una buena respuesta a Lo que sería un estadístico? Iban a gastar una enorme cantidad de tiempo asegurándose de que entiende cada pequeña parte del problema antes de que fueran cómodos diciendo nada al respecto.) Y que cosa es un conocimiento basado en lo siguiente:

(EDIT: SI en REALIDAD SON TRAMPAS ...) el vendedor no ahorrar dinero mediante la eliminación de las etiquetas -- ahorrar dinero al no de la impresión de las hojas. No pueden vender sus etiquetas a alguien (supongo). Y tal vez, no sé y no sé si usted lo hace, que no puede imprimir la mitad de una hoja de tus cosas, y la mitad de una hoja de alguien más. En otras palabras, incluso antes de que hayas comenzó a contar, se puede asumir que el número total de etiquetas es 9000, 9100, ... 9900, or 10,000. Eso es lo que yo te acercas a ella, por ahora.

Todo El Método De Hoja

Cuando un problema es un poco complicado como este (discreto y limitado), muchos de los estadísticos se simulan lo que podría suceder. Esto es lo que he simulado:

# The number of sheets they used
sheets <- sample(90:100, 1)
# The base counts for the stacks
stacks <- rep(90, 100)
# The remaining labels are distributed randomly over the stacks
for(i in 1:((sheets-90)*100)){
    bucket <- sample(which(stacks!=100),1)
    stacks[bucket] <- stacks[bucket] + 1
}

Esto le da a usted, suponiendo que se está utilizando toda la hojas, y sus suposiciones son correctas, una posible distribución de las etiquetas (en el lenguaje de programación R).

Entonces hice esto:

alpha = 0.05/2
for(i in 4:20){
    s <- replicate(1000, mean(sample(stacks, i)))
    print(round(quantile(s, probs=c(alpha, 1-alpha)), 3))
}

Este se encuentra, el uso de un "bootstrap" método de los intervalos de confianza usando 4, 5, ... de 20 muestras. En otras palabras, En promedio, si usted fuera a utilizar N muestras, cómo de grande sería su intervalo de confianza? Puedo usar esto para encontrar un intervalo que es lo suficientemente pequeño para decidir sobre el número de hojas, y esa es mi respuesta.

Por "suficientemente pequeño", me refiero a mis 95% intervalo de confianza sólo tiene un número entero dentro de él-por ejemplo, si mi intervalo de confianza fue de [93.1, 94.7], entonces yo elegiría 94 como el número correcto de las hojas, ya que sabemos que es un número entero.

OTRA dificultad a pesar de que -- su confianza depende de la verdad. Si usted tiene 90 hojas, y cada pila tiene 90 etiquetas, entonces converge muy rápido. Mismo con 100 hojas. Así que lo miré a 95 hojas, donde hay mayor incertidumbre, y se encontró que para tener un 95% de certeza, que necesita acerca de 15 muestras, en promedio. Así que vamos a decir en general, que desea tomar 15 muestras, porque nunca se sabe lo que realmente hay.

DESPUÉS de que sabe cómo muchas de las muestras que usted necesita, usted sabe que sus ahorros esperados son:

$100N_{falta} - 15c$

donde $c$ es el costo de contar una pila. Si se supone que hay una igualdad de oportunidad de cada número entre 0 y 10 están desaparecidos, luego de su ahorro esperado $500 - 15*$c$. Pero, y aquí está el punto de hacer de la ecuación -- también se podría optimizar, para el comercio fuera de su confianza, para el número de muestras que usted necesita. Si estás de acuerdo con la confianza de que 5 muestras le da a usted, entonces usted también puede calcular cuánto vas a hacer allí. (Y puedes jugar con este código, a la figura que fuera.)

Pero también debe cargar el hombre para hacer que usted hace todo este trabajo!

(EDIT: AÑADIDO!) El Parcial De La Hoja De Enfoque

Bien, así que vamos a asumir lo que el fabricante dice es cierto, y no es intencional -- un par de etiquetas se acaba de perder en cada hoja. Todavía quieres saber, Acerca de cómo muchas de las etiquetas, en general?

Este problema es diferente porque ya no tienes un bonito y limpio decisión que usted puede hacer -- que era una ventaja para el Conjunto de la Hoja de asunción. Antes, sólo había 11 posibles respuestas ... ahora, hay 1100, y obtener un 95% de intervalo de confianza en exactamente cuántas etiquetas hay es, probablemente, va a tomar mucho más muestras de lo que quieres. Por lo tanto, vamos a ver si podemos pensar acerca de esto de manera diferente.

Porque esto es realmente acerca de tomar una decisión, todavía nos falta un par de parámetros - ¿cuánto dinero estás dispuesto a perder, en una sola oferta, y cuánto dinero cuesta a cargo de la pila. Pero me deja configurar lo que podría hacer, con esos números.

La simulación de nuevo (a pesar de los apoyos a user777 si se puede hacer sin!), es informativo para mirar el tamaño de los intervalos cuando se utilizan diferentes cantidades de muestras. Que se puede hacer de la siguiente manera:

stacks <- 90 + round(10*runif(100))
q <- array(dim=c(17,2))
for(i in 4:20){
    s <- replicate(1000, mean(sample(stacks, i)))
    q[i-3,] <- quantile(s, probs=c(.025, .975))
}
plot(q[,1], ylim=c(90,100))
points(q[,2])

Que se supone (esta vez) que cada pila tiene de manera uniforme un número aleatorio de las etiquetas de entre 90 y 100, y te ofrece:

Bounds on Confidence Intervals By Number of Samples

Por supuesto, si las cosas eran realmente como se han simulado, la verdadera media sería de alrededor de 95 muestras por pila, la cual es inferior a lo que la verdad parece ser -- este es un argumento en el hecho de que el enfoque Bayesiano. Pero, le da un sentido útil de cuánto más cierto que se está volviendo acerca de su respuesta, mientras continúan ejemplo -- y usted puede ahora explícitamente el comercio del costo de muestreo con cualquier trato de venir sobre los precios.

Que yo sepa por ahora, estamos todos muy curioso oír hablar.

20voto

user777 Puntos 10934

Yo estaría interesado en la retroalimentación sobre el párrafo que empieza "Con la reflexión...", ya que parte de la modelo ha sido mantenerme despierto en la noche.

El modelo Bayesiano

La versión revisada de la pregunta me hace pensar que podemos desarrollar el modelo de forma explícita, sin la utilización de la simulación. Simulación introdujo mayor variabilidad debido a la inherente a la aleatoriedad de la muestra. Sophologists respuesta es grande, aunque.

Supuestos: el menor número de etiquetas por el sobre es de 90, y el más grande es de 100.

Por lo tanto, el menor número posible de etiquetas es 9000+7+8+6+10+5+7=9043 (como OP de datos), 9000, debido a nuestro límite inferior, y las etiquetas adicionales procedentes de los datos observados.

Denotar $Y_i$ el número de etiquetas en un sobre $i$. Denotar $X_i$ el número de etiquetas a más de 90, es decir, $X=Y-90$, entonces $X\in\{0,1,2,...,10\}$. La distribución binomial modelos el número total de éxitos (aquí un éxito es la presencia de una etiqueta en un sobre) en $n$ ensayos, cuando los ensayos son independientes, con una constante probabilidad de éxito p $$ así $$ X toma valores $0, 1, 2, 3, ..., n.$ Tomemos $n=10$, lo que da a 11 diferentes resultados posibles. Supongo que debido a que los tamaños de las hojas son irregulares, algunas hojas solo para $X$ etiquetas adicionales en exceso de los 90, y que este "espacio adicional" para cada etiqueta en exceso de los 90 se produce de forma independiente con una probabilidad de p$$. Por lo que $X_i\sim\text{Binomio}(10,p).$

(Después de una reflexión, la independencia de la asunción/modelo binomial es, probablemente, una extraña suposición de hacer, ya que efectivamente corrige la composición de la impresora hojas para ser unimodal, y los datos sólo se puede cambiar la ubicación de la modalidad, pero el modelo de nunca admitir una distribución multimodal. Por ejemplo, bajo un modelo alternativo, es posible que la impresora solo tiene hojas de tamaños, 97, 98, 96, 100 y 95: este cumple con todas las declaró restricciones de datos y no excluir esta posibilidad. Que podría ser más apropiado considerar a cada hoja tamaño como en su propia categoría y, a continuación, ajuste un Dirichlet-multinomial modelo a los datos. No lo hago aquí porque los datos son tan escasos, tan probabilidades posteriores en cada una de las 11 categorías serán muy fuertemente influenciado por el estado. Por otro lado, ajustando el modelo más sencillo somos, asimismo, la constricción de los tipos de inferencias que podemos hacer.)

Cada sobre $i$ es un iid realización de $X$. La suma de un binomio ensayos con la misma probabilidad de éxito de $p$ es también binomial, por lo que $\sum_i X_i\sim\text{Binomio}(60,p).$ (Este es un teorema -- comprobar, el uso de la MGF unicidad teorema.)

Yo prefiero pensar acerca de estos problemas en un Bayesiano modo, porque se puede hacer directo probabilidad declaraciones acerca posterior de las cantidades de interés. Un típico antes de binomio de ensayos con desconocidos $p$ es la distribución beta, que es muy flexible (varía entre 0 y 1, puede ser simétrica o asimétrica en cualquier dirección, uniforme o uno de los dos Dirac masas, tienen un antimode o un modo de... Es una herramienta increíble!). En ausencia de datos, parece razonable suponer uniforme de probabilidad de más de $p$. Es decir, que uno podría esperar ver una hoja de acomodar 90 etiquetas tan a menudo como 91, tan a menudo como 92, ..., tan a menudo como 100. Así que nuestro previo es de $p\sim\text{Beta}(1,1).$ Si usted no cree que esta beta anterior es razonable, el uniforme anterior puede ser sustituido por otro beta antes, y las matemáticas no aumentan en dificultad!

La distribución posterior en $p$ es $p\sim\text{Beta}(1+43,1+17 de dólares) por el conjugacy propiedades de este modelo. Este es sólo un paso intermedio, sin embargo, porque no nos preocupamos de $p$ como mucho como nos preocupamos por el número total de etiquetas. Forunately, las propiedades de conjugacy también significa que la parte posterior de la distribución predictiva de las hojas de beta-binomial, con los parámetros de la beta posterior. Hay $940$ reamining "pruebas", es decir, las etiquetas para que su presencia en la entrega es incierto, por lo que nuestra posterior del modelo en el resto de las etiquetas de los $Z$ es $Z\sim\text{BB}(44,18,940).$

enter image description here

Ya tenemos una distribución en $Z$ y un modelo de valor por etiqueta (el vendedor accedió a un dólar por etiqueta), también podemos inferir una distribución de probabilidad sobre el valor del lote. Denotar $D$ el valor total del lote. Sabemos que $D=9043+Z$, ya que $Z$ sólo los modelos de las etiquetas que le está seguro acerca de. Por lo que la distribución de valor está dado por $D$.

¿Cuál es la manera apropiada de considerar los precios de la lot?

Podemos encontrar que los cuantiles en 0.025 y 0.975 (un 95% de intervalo) 553 y 769, respectivamente. Así que el 95% de intervalo en D es de $[9596, 9812]$. Su pago cae en ese intervalo. (La distribución en $D$ no es exactamente simétrico, por lo que este no es el central 95% intervalo -- sin embargo, la asimetría es insignificante. De todos modos, como ya he elaborado a continuación, no estoy seguro de que una central 95% intervalo es la correcta a tener en cuenta!)

Yo no soy consciente de que un cuantil de la función para la beta de la distribución binomial en R, por lo que escribí mi propio mediante R raíz del hallazgo.

qbetabinom.ab <- function(p, size, shape1, shape2){
    tmpFn <- function(x) pbetabinom.ab(x, size=size, shape1=shape1, shape2=shape2)-p
    q <- uniroot(f=tmpFn, interval=c(0,size))
    return(q$root)
}

Otra forma de pensar es sólo de pensar en la expectativa. Si repite este proceso tantas veces, ¿cuál es el costo promedio que tendría que pagar? Podemos calcular la expectativa de $D$ directamente. $\mathbb{E}(D)=\mathbb{E}(9043+Z)=\mathbb{E}(Z)+9043.$ La beta modelo binomial tiene la expectativa de $\mathbb{E}(Z)=\frac{n\alpha}{\alpha+\beta}=667.0968$, entonces $\mathbb{E}(D)=9710.097,$ casi exactamente lo que usted pagó. Su pérdida esperada de la operación fue de solo 6 dólares! Dicho todo esto, ¡bien hecho!

Pero no estoy seguro de que cualquiera de estas figuras es la más relevante. Después de todo, este fabricante está tratando de engañar a usted! Si me estaban haciendo mucho de esto, me gustaría dejar de preocuparse por romper incluso o el valor justo precio del terreno y empezar a trabajar en la probabilidad de que estoy pagando! El vendedor está claramente tratando de estafar a mí, así que estoy perfectamente dentro de mis derechos para minimizar las pérdidas y no se refería a mí mismo con el punto de equilibrio. En esta configuración, el más alto precio que ofrecen es 9615 de dólares, debido a que este es el cuantil 5% de la parte posterior en $, D$, es decir, hay un 95% de probabilidad de que estoy pagando menos. El vendedor no puede demostrar que todas las etiquetas están allí, así que me voy para cubrir mis apuestas.

(Por supuesto, el hecho de que el vendedor aceptó el trato, nos dice que él tiene no negativo real de la pérdida... no he encontrado una forma de utilizar esa información para ayudar a determinar más exactamente cuánto le engañaron, excepto para señalar que debido a que él aceptó la oferta, que fueron , en el mejor de romper incluso.)

Comparación con el bootstrap

Sólo tenemos 6 observaciones para el trabajo con. La justificación para el bootstrap es asintótica, así que vamos a considerar lo que los resultados son similares en nuestra pequeña muestra. Esta gráfica muestra la densidad de la boostrap de simulación. enter image description here

Los "baches" de patrón es un artefacto del tamaño pequeño de la muestra. La inclusión o exclusión de un punto cualquiera tendrá un efecto dramático en la media, la creación de este "bunchy" apariencia. El enfoque Bayesiano suaviza estos grupos y, en mi opinión, es más creíble retrato de lo que está pasando. Las líneas verticales son el 5% de cuantiles.

3voto

Pat Puntos 140

Esto es bastante limitado de la muestra. (Fragmentos de código en R)

> sample <- c(97,98,96,100,95,97)

Para una estimación inicial en el número esperado en la población total y un 95% de confianza el valor por precio, podemos comenzar con la media y el cuantil 5%

> 100*mean(sample)
[1] 9716.667
> 100*quantile(sample,0.05)
  5% 
9525 

Para ir más allá, vamos a tener que crear un modelo teórico y hacer suposiciones adicionales. Hay varias fuentes de incertidumbre en el juego - (1) la incertidumbre de la forma funcional de un modelo de paquete de relleno, (2) la incertidumbre en la estimación de parámetros para el modelo, y (3) error de muestreo.

Para el modelo, vamos a suponer que hay un proceso de abandono de cada etiqueta de forma independiente en un paquete que es propenso a la falla en algún desconocido tasa de $p$. Vamos a no asumir el fabricante es la participación en un fraude, solo que algunos porción final mutilado o de lo contrario en el piso. El éxito de cada gota es entonces una variable aleatoria de Bernoulli. Para cada paquete, el proceso se repite a $n=$ 100 a veces, lo que significa que el número de etiquetas en cada paquete, sigue una distribución binomial. Podemos estimar que $p$ a partir de la muestra de la siguiente manera:

> n <- 100
> (p<-1-mean(sample)/100)
[1] 0.02833333

Desde $n\ge100$ y $np \le 10$, podemos aproximar la binomial distribuir bien con la simple distribución de Poisson

> (lambda <- n*p)
[1] 2.833333

Podemos encontrar algunos pequeños garantía de que la distribución de Poisson tiene una varianza igual a su media, $\lambda = $lambda, y que la varianza de la muestra es bastante cercano a la media de la muestra

> var(sample)
[1] 2.966667

Si asumimos que cada paquete se llena de forma independiente, entonces el número de fallos para la ejecución completa de 100 paquetes también es aproximadamente de Poisson con parámetro $\lambda_r = $100*lambda. La media y el 95% de los cuantiles son entonces

> 100*100-100*lambda
[1] 9716.667
> 100*100-qpois(0.95,100*lambda)
[1] 9689

El problema es que la tasa de fracaso, $p$, es desconocido, y no hemos contabilizado por su incertidumbre. Volvamos a la distribución binomial, y, por el bien de la flexibilidad y la simplicidad, suponga que $p$ es una Beta variable aleatoria con desconocidos parámetros de forma $\alpha$ y $\beta$. Esto hace que el proceso de la Beta-proceso de Bernoulli. Necesitamos un poco antes de la asunción de $\alpha$ y $\beta$, así que vamos a dar el fabricante del beneficio de la duda, pero no de mucha confianza, y hacer que $\alpha = 1$ y $\beta = 0$.

En 600 observaciones, se observó 583 éxitos y 17 de fallos, así que la actualización de la Beta-Bernoilli proceso para tener parámetros de $\alpha^* = 1+583$ y $\beta^* = 0+17$. Así, por un paquete de 100, sería de esperar una media de 97.17138 y la desviación estándar de 1.789028 (ver, por ejemplo, entrada de Wikipedia para las fórmulas). El uso de la función de distribución, podemos ver que la probabilidad de tener menos de 90 en un paquete es lo suficientemente baja (0.05%) que vamos a ignorar esa suposición; esto es conservador para establecer nuestro precio.

La belleza de este modelo es que es muy fácil de actualizar $\alpha^*$ y $\beta^*$ (agregar nuevos éxitos a $\alpha$ y nuevos fracasos $\beta$, el posterior modelo sigue siendo un beta-binomial) para obtener más observaciones para reducir la incertidumbre y sus supuestos iniciales son explícitas.

Ahora, suponiendo que cada paquete se llena de forma independiente, se puede ver todo el cuadro de paquetes como 10000 eventos independientes en lugar de 100 eventos de 100 los eventos secundarios. La media es, por tanto, 9717.138 con desviación estándar de 69.57153. El uso de la función de distribución, se puede calcular el 95% de confianza número de alrededor de 9593. He utilizado el paquete de R VGAM su *betabinom.ab funciones en hacerlo.

Así, la incertidumbre en la estimación de los parámetros reduce la confianza de 95% precio por casi 100, y terminamos bastante cerca de nuestra inicial simple aproximación.

Cualquiera que sea el enfoque o modelo, los datos adicionales pueden ser utilizados para validar el modelo, que es para ver los datos adicionales son razonables de acuerdo con el modelo teórico, o si los ajustes o un nuevo modelo está garantizado. El proceso de modelado es similar al método científico.

2voto

Zolani13 Puntos 128

En un apuro, mi primer impulso sería calcular un intervalo de confianza 95% de su media de la muestra a través de una distribución normal truncada comprendidas entre los límites inferior y superior de los 90 y 100 etiquetas.

El paquete de R truncnorm le permite encontrar los intervalos de confianza para una distribución normal truncada dada una determinada muestra la media, la desviación estándar de la muestra, límite inferior y límite superior.

Puesto que usted está tomando una muestra de n=5 a partir de una población relativamente pequeña (N=100), se puede multiplicar la desviación estándar de la muestra por una población finita factor = [(N-n)/(N-1)]^.5 = 0.98.

2voto

soakley Puntos 1968

Una forma rápida y sencilla enfoque es considerar todos los posibles remuestrea de tamaño 6. Sólo hay 15,625 permutaciones. Mirando estos y tomando el promedio para cada caso, y, a continuación, la clasificación de los promedios y extraer el cuantil 5%, obtenemos un valor de 96.

Para la estimación de la cantidad que usted debe estar dispuesto a pagar es de alrededor de 9600. Esto está en buen acuerdo con algunos de los enfoques más sofisticados.

Una mejora sería la de simular un gran número de muestras de tamaño 6 y utilice el mismo procedimiento para encontrar el percentil 5 de la muestra de medios. El uso de un poco más de un millón de remuestrea, me encontré con el percentil 5 para ser 96.1667, por lo que al dólar más cercano que el pago iba a ser 9617 de dólares, que está a sólo 2 dólares diferencia de user777 del resultado de 9615.

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