Sim. C(46,15) = C(45,15) + C(45,14) = (C(44,15) + C(44,14)) + (C(44,14) + C(44,13)) = C(44,15) + 2*C(44,14) + C(44,13). Mas a ideia de considerar blocos "duplos" não me parece muito óbvia.
[]s, Claudio. On Wed, Nov 7, 2018 at 1:49 PM Bruno Visnadi <brunovisnadida...@gmail.com> wrote: > 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 antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
