Olá, Paulo, boa tarde. Pensei da seguinte forma: tentar uma recursão na quantidade de cada uma das letras. Assim, a quantidade de formas de montar um gabarito sem ter duas letras consecutivas iguais seria f(15). Como a propriedade de não ter letras iguais se aplica para qualquer subconjunto do gabarito, podemos quebrar em dois pedaços que nenhum dos pedaços terá letras iguais. Então, pensei no seguinte:
f(1) é o número de formas de montar um gabarito escolhendo 1x cada uma das letras (A, B, C, D). Logo, f(1) = 4! Podemos formar f(2) juntando 2x f(1), mas só temos que evitar que última letra do primeiro f(1) seja diferente da primeira letra do segundo f(1). Por simetria, f(1) termina f(1)/4 vezes em cada letra. E também f(1) inicia f(1)/4 vezes em cada letra. Assim, separamos em 4 casos bem parecidos. No primeiro caso, temos f(1)/4 combinações que terminam com A, e vamos juntar com 3 * f(1)/4 combinações que não começam com A. Isso é: (f(1)/4) * (3*f(1)/4). Os outros 3 casos são iguais e só temos que somar tudo. Assim, fica: f(2) = 4 * (f(1)/4) * (3*f(1)/4) = 3/4 * f(1) * f(1) = 3/4 * 4! * 4! = 432 Com os mesmos argumentos, podemos generalizar: f(n+1) = 4 * (f(n)/4) * (3*f(1)/4) = 3/4*f(n)*f(1) f(2) = 3/4 * f(1) * f(1) = 432 f(3) = 3/4 * f(2) * f(1) = 3/4 * 3/4 * f(1) * f(1) * f(1) = (3/4)^2 * f(1)^3 f(4) = 3/4 * f(3) * f(1) = (3/4)^3 * f(1)^4 Generalizando, f(n) = (3/4)^(n-1) * f(1)^n = 4/3 [ 3/4 * f(1) ]^n Logo, f(15) = 4/3 * (3/4 * 4!)^15 = 4/3 * 18^15 Agora é só dividir pelo total, que o Claudio Buffara já calculou: 60!/(15!)^4. Assim, a probabilidade seria: 4/3 * 18^15 * (15!)^4 / 60! Fazendo no computador, fica 3.1611849689983148e-15. Ou eu errei feio, ou é bem improvável, hein? Hehe ;) Abraços, Salhab Il giorno mer 7 nov 2018 alle ore 15:28 Paulo Rodrigues <teor...@gmail.com> ha scritto: > Muito obrigado pelos avanços. > > Se der pra calcular o valor exato melhor, mas se desse pra estimar essa > probabilidade, eu ficaria satisfeito. Depois explico o contexto prático do > problema. > > > Paulo Rodrigues > > > > Em qua, 7 de nov de 2018 às 13:49, Bruno Visnadi < > brunovisnadida...@gmail.com> escreveu: > >> Uma maneira mais simples de colocar os As é imaginar que cada A é uma >> peça que ocupa 2 espaços, e adicionar um 61º espaço para que seja possível >> colocar um A na casa 60. >> Então há 15 As e sobram 61-30 = 31 espaços, e há C(46, 15) maneiras de >> colocar os As. >> >> Em qua, 7 de nov de 2018 às 12:13, Claudio Buffara < >> claudio.buff...@gmail.com> escreveu: >> >>> Fiz mais um pequeno progresso. >>> >>> Resolvi um sub-problema. >>> De quantas formas é possível colocar 15 As nas 60 posições de modo que 2 >>> As não ocupem posições adjacentes. >>> >>> Há 4 casos (exaustivos e mutuamente exclusivos) a considerar: >>> 1) A primeira e a última posição são ocupadas por As: >>> Nesse caso, uma vez colocados todos os As, sobrarão, entre eles, 14 >>> "espaços" com comprimentos variados. >>> Chamando de x(k) o comprimento do k-ésimo espaço, teremos as condições: >>> x(k) >= 1, para 1 <= k <= 14. >>> e >>> x(1) + x(2) + ... + x(14) = 45 (*) >>> Logo, o número de maneiras de colocar os As neste caso é igual ao número >>> de soluções inteiras positivas de (*): C(44,13) >>> >>> 2) Um A ocupa a primeira posição mas a última posição está vazia. >>> A equação, neste caso, é: >>> x(1) + x(2) + ... + x(15) = 45 com todos os x(k) >= 1 ==> C(44,14). >>> >>> 3) Um A ocupa a última posição mas a primeira está vazia: >>> Por simetria, C(44,14) >>> >>> 4) A primeira e a última posições estão vazias: >>> A equação é x(1) + ... + x(16) = 45 (x(k) >= 1) ==> C(44,15). >>> >>> Logo, o número de maneiras de colocar 15 As em 60 posições de modo que >>> não fiquem dois As adjacentes é igual a: >>> C(44,13) + 2*C(44,14) + C(44,15) >>> >>> Infelizmente, isso abre um monte de sub-casos chatos pra colocação dos >>> Bs, de modo que não sei se é um caminho promissor. Provavelmente não. >>> >>> []s, >>> Claudio. >>> >>> >>> On Tue, Nov 6, 2018 at 4:01 PM Claudio Buffara < >>> claudio.buff...@gmail.com> wrote: >>> >>>> O número de casos possíveis é C(60,15)*C(45,15)*C(30,15)*C(15,15) = >>>> 60!/(15!)^4 >>>> (das 60 posições da sequencia, escolhe 15 para colocar os As; das 45 >>>> restantes, escolhe mais 15 pra colocar os Bs; etc...) >>>> >>>> O número de casos favoráveis é mais chatinho. >>>> Eu sugiro olhar prum caso menor pra ver se aparece algum padrão. >>>> Por exemplo, 8 questões, com 2 respostas A, 2 B, 2 C e 2 D. >>>> Esse sai por inclusão-exclusão, mas com uma expressão meio feia e que >>>> não me parece o melhor caminho pro caso do problema. >>>> Talvez dê pra achar alguma recorrência ou função geradora. >>>> >>>> []s, >>>> Claudio. >>>> >>>> >>>> >>>> On Tue, Nov 6, 2018 at 1:04 PM Paulo Rodrigues <teor...@gmail.com> >>>> wrote: >>>> >>>>> Pessoal, alguém pode dar uma mão na seguinte situação: >>>>> >>>>> Um gabarito é formado por uma sequência de 60 letras A, B, C e D sendo >>>>> 15 de cada tipo. >>>>> Qual a probabilidade de não existirem duas letras iguais vizinhas? >>>>> >>>>> Paulo Rodrigues >>>>> >>>>> >>>>> -- >>>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>>>> acredita-se estar livre de perigo. >>>> >>>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
