[obm-l] Probabilidade

[Claudio Buffara]

Alguém conhece alguma boa referência para métodos de resolução de problemas
do tipo:
1) Joga-se uma moeda 1000 vezes. Qual a probabilidade de se ter uma
sequência de exatamente 20 caras consecutivas?  De pelo menos 20 caras
consecutivas?
1a) Analogamente com um dado.
2) Dadas 100 amostras independentes de uma distribuição uniforme em [0,1],
qual a probabilidade de (exatamente ou pelo menos) 20 delas estarem no
intervalo [2/5,1/2]?  Qual a probabilidade de 20 delas estarem num
intervalo de comprimento 1/10?

Também tenho interesse em bibliografia sobre testes de aleatoriedade
aplicados a situações como as acima (p.ex. dados os resultados de 1000
lançamentos de uma moeda, qual a probabilidade da moeda ser honesta/dos
lançamentos terem sido independentes)

[]s,
Claudio.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] probabilidade condicional

[Daniel Jelin]

Obrigado, Ralph!

Em qui, 24 de jun de 2021 23:55, Ralph Costa Teixeira 
escreveu:

> Sim, são falsas!
>
> Seu exemplo mata o problema! Seus eventos A e B são independentes, mas:
>
> Em (1), P (A | B e C) = 0, enquanto P(A | C) = 1/2.
> Em (2), P(A e B | C) = 0, enquanto P(A | C) = P (B | C) = 1/2.
>
> Em suma, quando uma nova informação (C) chega, eventos (A) e (B) que eram
> independentes podem deixar de sê-lo!
>
> Abraco, Ralph.
>
> On Thu, Jun 24, 2021 at 9:57 PM Daniel Jelin 
> wrote:
>
>> Caros, duas dúvidas elementares sobre probabilidade condicional, quem
>> sabe possam me ajudar. Leio, em mais de um lugar, que:
>>
>> 1) Se A e B são independentes, então P(A | B e C) = P (A | C)
>>
>> A explicação parece fazer sentido: se A não depende de B, tanto que faz
>> que B seja dado ou não.
>>
>> Em conexão com esse problema, leio também que:
>>
>> 2) Se A e B são independentes, então P(A e B | C)=P(A | C)*P(B | C).
>>
>> A explicação, que tb parece boa, é que se P(A e B)=P(A)*P(B), então
>> podemos "condicionar" toda a igualdade a C, e ela ainda será verdadeira.
>>
>> Tenho tentado demonstrar essas afirmações, usando Bayes, mas não chego a
>> lugar nenhum... Além disso, penso que haja contra-exemplos simples pra
>> essas duas afirmações. Por exemplo: lanço dois dados e faço A={o primeiro
>> dado é par}, B={o segundo dado é par}, C={a soma dos dois dados é ímpar}. O
>> que acontece aqui? Essas afirmações fazem mesmo sentido?
>>
>> abs
>>
>> --
>> 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.

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] probabilidade condicional

[Ralph Costa Teixeira]

Sim, são falsas!

Seu exemplo mata o problema! Seus eventos A e B são independentes, mas:

Em (1), P (A | B e C) = 0, enquanto P(A | C) = 1/2.
Em (2), P(A e B | C) = 0, enquanto P(A | C) = P (B | C) = 1/2.

Em suma, quando uma nova informação (C) chega, eventos (A) e (B) que eram
independentes podem deixar de sê-lo!

Abraco, Ralph.

On Thu, Jun 24, 2021 at 9:57 PM Daniel Jelin  wrote:

> Caros, duas dúvidas elementares sobre probabilidade condicional, quem sabe
> possam me ajudar. Leio, em mais de um lugar, que:
>
> 1) Se A e B são independentes, então P(A | B e C) = P (A | C)
>
> A explicação parece fazer sentido: se A não depende de B, tanto que faz
> que B seja dado ou não.
>
> Em conexão com esse problema, leio também que:
>
> 2) Se A e B são independentes, então P(A e B | C)=P(A | C)*P(B | C).
>
> A explicação, que tb parece boa, é que se P(A e B)=P(A)*P(B), então
> podemos "condicionar" toda a igualdade a C, e ela ainda será verdadeira.
>
> Tenho tentado demonstrar essas afirmações, usando Bayes, mas não chego a
> lugar nenhum... Além disso, penso que haja contra-exemplos simples pra
> essas duas afirmações. Por exemplo: lanço dois dados e faço A={o primeiro
> dado é par}, B={o segundo dado é par}, C={a soma dos dois dados é ímpar}. O
> que acontece aqui? Essas afirmações fazem mesmo sentido?
>
> abs
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] probabilidade condicional

[Daniel Jelin]

Caros, duas dúvidas elementares sobre probabilidade condicional, quem sabe
possam me ajudar. Leio, em mais de um lugar, que:

1) Se A e B são independentes, então P(A | B e C) = P (A | C)

A explicação parece fazer sentido: se A não depende de B, tanto que faz que
B seja dado ou não.

Em conexão com esse problema, leio também que:

2) Se A e B são independentes, então P(A e B | C)=P(A | C)*P(B | C).

A explicação, que tb parece boa, é que se P(A e B)=P(A)*P(B), então podemos
"condicionar" toda a igualdade a C, e ela ainda será verdadeira.

Tenho tentado demonstrar essas afirmações, usando Bayes, mas não chego a
lugar nenhum... Além disso, penso que haja contra-exemplos simples pra
essas duas afirmações. Por exemplo: lanço dois dados e faço A={o primeiro
dado é par}, B={o segundo dado é par}, C={a soma dos dois dados é ímpar}. O
que acontece aqui? Essas afirmações fazem mesmo sentido?

abs

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Re: [obm-l] Probabilidade

[Pacini Bores]

 

Obrigado Ralph pela explicação didática. 

Ficou esclarecida a minha dúvida 

Abraços 

Pacini 

Em 23/04/2021 16:59, Ralph Costa Teixeira escreveu: 

> Ah, Pacini, você levanta um ponto interessante... 
> 
> Primeiro, deixa eu esclarecer: eu usei p(n) = Pr (A vai vencer o jogo | A tem 
> n pontos a mais do que B agora); ou seja, não seria exatamente o que você 
> interpretou ali. 
> 
> Daqui meu argumento de simetria: a partir do momento em que A tem 0 pontos a 
> mais do que B, ou seja, eles estão empatados, o jogo é completamente 
> simétrico, ou seja, eu posso permutar A e B sem alterar nenhuma 
> probabilidade. Por isso eu digo que: 
> 
> p(0) = Pr (A vencer | empatados agora) = Pr (B vencer | empatados agora) 
> 
> Aqui entra o seu ponto interessante: É POSSÍVEL QUE ESTE JOGO CONTINUE PARA 
> SEMPRE, SEM QUE HAJA VENCEDOR. De fato, se os lançamentos a partir de agora 
> forem CKCKCKCK..., o jogo nunca termina. 
> 
> Entao eu deveria escrever Pr (A vencer | empatados agora) + Pr (B vencer | 
> empatados agora) + Pr (jogo nunca terminar | empatados agora) = 1. Para eu 
> poder afirmar que os dois primeiros termos valem 1/2, **eu tenho que te 
> convencer primeiro que o terceiro termo vale 0**. 
> 
> Bom, vale 0 sim, mas eu usei isso baseado em experiência prévia com este tipo 
> de experimento; por exemplo, sei que: 
> 
> ---///--- 
> LEMA: Lance uma moeda infinitas vezes, onde cada lançamento é independente 
> dos outros e tem probabilidade p de dar "Cara" e 1-p de dar "Koroa", com 
> 0 momento da sequência é 1. 
> 
> PROVA: Escreva "sucesso" = "obter N caras consecutivas", e "fracasso" = "nao 
> obter N caras consecutivas". Temos: 
> Pr (fracasso nos lançamentos 1 a N) = 1-p^N = a, onde 0 Pr (fracasso nos lançamentos N+1 a 2N) = a. 
> Pr (fracasso nos lançamentos 2N+1 a 3N) = a. 
> ... 
> Pois bem, fracasso na sequência toda IMPLICA fracasso em cada uma das 
> subsequências que escolhi acima. Como tomei sequências disjuntas de 
> lançamentos, posso multiplicar tudo e obter: 
> Pr (fracasso nos lançamentos de 1 a kN) <= a^k. 
> 
> Quando k->Inf, isso vai para 0, portanto a probabilidade de fracasso nos 
> "infinitos" lançamentos vale 0. 
> ---///--- 
> 
> O que isso tem a ver com nosso problema? No nosso problema, note que se 
> tivermos 7 lances consecutivos onde A marca ponto mas B não (deixa eu chamar 
> isso de "cara"), certamente A vai vencer em algum momento desta sequência. 
> 
> Assim, "jogo nunca terminar" IMPLICA "nunca existe uma sequência de 7 caras". 
> Portanto: 
> Pr (jogo não terminar) <= Pr(nunca ter sequência com 7 "caras") = 0 
> e assim eu posso completar o argumento que eu usei, afirmando que p(0)=1/2. 
> Ufa! 
> 
> (Note que este argumento vale mesmo no caso em que cada "lance" tem 4 opções 
> (1,0); (0,1); (0,0); (1,1) para o número de pontos que A e B ganham; aqui 
> teríamos p("cara")=1/4, continua valendo!) 
> 
> ---///--- 
> 
> Enfim, antes que alguém estranhe isso, deixa eu explicitar algo que pode 
> parecer estranho: 
> -- SIM, é possível que o jogo nunca termine... 
> -- ...e a probabilidade disso acontecer vale 0. 
> Os axiomas da probabilidade dizem que Pr(vazio)=0; SE um evento é impossível 
> ENTÃO ele tem probabilidade 0. Mas nunca dizem a volta disso! Podemos ter 
> Pr(A)=0 sem ter A=vazio nem impossível! Eventos POSSÍVEIS podem ter 
> probabilidade 0 sim senhor. 
> Exemplo simples: jogando uma moeda justa infinitas vezes, qual a 
> probabilidade de todas as vezes darem cara? Reposta: ZERO. PODE acontecer... 
> mas, huh, eu não apostaria nisso. :D 
> Pior: eventos de probabilidade 0 ACONTECEM. Exemplo: jogue a moeda infinitas 
> vezes, anote a sequência exata que saiu, na ordem. A probabilidade de sair 
> exatamente esta sequência era ZERO antes de você fazer o experimento... mas 
> aconteceu. :P 
> 
> On Fri, Apr 23, 2021 at 9:48 AM Pacini Bores  wrote: 
> 
> Desculpe Ralph, 
> 
> O que não ficou claro pra mim foi o fato de que p(0) =1/2 , já que p(0) 
> traduz a probabilidade de de ficar com diferença de zero ponto agora ou 
> depois, ou seja, partindo de zero ponto de diferença entre os dois jogadores, 
> poderia ficar assim a vida toda, não ? Em que estou pensando errado. 
> 
> Agradeço desde já ( acho que tenho que estudar mais) 
> 
> Pacini 
> 
> Em 03/04/2021 18:08, Ralph Costa Teixeira escreveu: 
> 
> Vou dizer que "o jogo está na posicao n" quando A tem n pontos de vantagem; e 
> vou chamar de p(n) a probabilidade de A vencer o jogo (agora ou depois) 
> sabendo que (agora) A tem n pontos mais do que B. 
> 
> Por exemplo, p(3)=1, p(-3)=0 e p(0)=1/2 (por simetria). 
> 
> Aliás, por simetria, vemos que p(1)=1-p(-1) e p(2)=1-p(-2). Vou chamar a=p(1) 
> e b=p(2) para facilitar a escrita (o "p(n)" seria util para jogos maiores, 
> quando a gente escreveria tudo em forma matricial -- mas aqui nem vou 
> precisar). 
> 
> A partir da posicao 1, no próximo "lance", temos 50% de chance de ir para 2 
> (e dali chance b de A ganhar) e 50% de chance de ir para 0 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Ralph Costa Teixeira]

Ah, Pacini, você levanta um ponto interessante...

Primeiro, deixa eu esclarecer: eu usei p(n) = Pr (A vai vencer o jogo | A
tem n pontos a mais do que B agora); ou seja, não seria exatamente o que
você interpretou ali.

Daqui meu argumento de simetria: a partir do momento em que A tem 0 pontos
a mais do que B, ou seja, eles estão empatados, o jogo é completamente
simétrico, ou seja, eu posso permutar A e B sem alterar nenhuma
probabilidade. Por isso eu digo que:

p(0) = Pr (A vencer | empatados agora) = Pr (B vencer | empatados agora)

Aqui entra o seu ponto interessante: É POSSÍVEL QUE ESTE JOGO CONTINUE PARA
SEMPRE, SEM QUE HAJA VENCEDOR. De fato, se os lançamentos a partir de agora
forem CKCKCKCK..., o jogo nunca termina.

Entao eu deveria escrever Pr (A vencer | empatados agora) + Pr (B vencer |
empatados agora) + Pr (jogo nunca terminar | empatados agora) = 1. Para eu
poder afirmar que os dois primeiros termos valem 1/2, **eu tenho que te
convencer primeiro que o terceiro termo vale 0**.

Bom, vale 0 sim, mas eu usei isso baseado em experiência prévia com este
tipo de experimento; por exemplo, sei que:

---///---
LEMA: Lance uma moeda infinitas vezes, onde cada lançamento é independente
dos outros e tem probabilidade p de dar "Cara" e 1-p de dar "Koroa", com
0Inf, isso vai para 0, portanto a probabilidade de fracasso nos
"infinitos" lançamentos vale 0.
---///---

O que isso tem a ver com nosso problema? No nosso problema, note que se
tivermos 7 lances consecutivos onde A marca ponto mas B não (deixa eu
chamar isso de "cara"), certamente A vai vencer em algum momento desta
sequência.

Assim, "jogo nunca terminar" IMPLICA "nunca existe uma sequência de 7
caras". Portanto:
Pr (jogo não terminar) <= Pr(nunca ter sequência com 7 "caras") = 0
e assim eu posso completar o argumento que eu usei, afirmando que p(0)=1/2.
Ufa!

(Note que este argumento vale mesmo no caso em que cada "lance" tem 4
opções (1,0); (0,1); (0,0); (1,1) para o número de pontos que A e B ganham;
aqui teríamos p("cara")=1/4, continua valendo!)

---///---

Enfim, antes que alguém estranhe isso, deixa eu explicitar algo que pode
parecer estranho:
-- SIM, é possível que o jogo nunca termine...
-- ...e a probabilidade disso acontecer vale 0.
Os axiomas da probabilidade dizem que Pr(vazio)=0; SE um evento é
impossível ENTÃO ele tem probabilidade 0. Mas nunca dizem a volta disso!
Podemos ter Pr(A)=0 sem ter A=vazio nem impossível! Eventos POSSÍVEIS podem
ter probabilidade 0 sim senhor.
Exemplo simples: jogando uma moeda justa infinitas vezes, qual a
probabilidade de todas as vezes darem cara? Reposta: ZERO. PODE
acontecer... mas, huh, eu não apostaria nisso. :D
Pior: eventos de probabilidade 0 ACONTECEM. Exemplo: jogue a moeda
infinitas vezes, anote a sequência exata que saiu, na ordem. A
probabilidade de sair exatamente esta sequência era ZERO antes de você
fazer o experimento... mas aconteceu. :P





On Fri, Apr 23, 2021 at 9:48 AM Pacini Bores  wrote:

> Desculpe  Ralph,
>
> O que não ficou claro pra mim  foi o fato de que p(0) =1/2 , já que p(0)
> traduz a probabilidade de de ficar com diferença de  zero ponto  agora ou
> depois, ou seja, partindo de zero ponto de diferença entre os dois
> jogadores, poderia ficar assim a vida toda, não ? Em que estou pensando
> errado.
>
> Agradeço desde já ( acho que tenho que estudar mais)
>
> Pacini
>
> Em 03/04/2021 18:08, Ralph Costa Teixeira escreveu:
>
> Vou dizer que "o jogo está na posicao n" quando A tem n pontos de
> vantagem; e vou chamar de p(n) a probabilidade de A vencer o jogo (agora ou
> depois) sabendo que (agora) A tem n pontos mais do que B.
>
> Por exemplo, p(3)=1, p(-3)=0 e p(0)=1/2 (por simetria).
>
> Aliás, por simetria, vemos que p(1)=1-p(-1) e p(2)=1-p(-2). Vou chamar
> a=p(1) e b=p(2) para facilitar a escrita (o "p(n)" seria util para jogos
> maiores, quando a gente escreveria tudo em forma matricial -- mas aqui nem
> vou precisar).
>
> A partir da posicao 1, no próximo "lance", temos 50% de chance de ir para
> 2 (e dali chance b de A ganhar) e 50% de chance de ir para 0 (e dali chance
> 50% de A ganhar). Portanto:
>
> a= 1/2 . b + 1/2. 1/2
>
> Analogamente, a partir de 2, temos 50% de chance de ir para 1 e 50% de
> chance de termos vitória de A, portanto:
>
> b=1/2 + 1/2.a
>
> Resolvendo o sistema, vem a=2/3  e b = 5/6. Resposta (B)?
>
> Abraco, Ralph.
>
> P.S.: Em geral seria : p(n)=p_A . p(n+1) + (1-p_A) . p(n-1), e as regras
> sobre a vitória determinam "condições de contorno". Ou seja, considerando o
> vetor v = (p(-m), p(-m+1), ... p(0), ... p(m)), temos v=Mv onde M é uma
> matriz tridiagonal (de fato, com 0s na diagonal). Ou seja, no fundo no
> fundo estamos falando de um problema de achar o autovetor associado ao
> autovalor 1 da matriz M, e as condicoes de contorno apenas normalizam v.
>
>
>
>
> On Sat, Apr 3, 2021 at 3:22 PM Pacini Bores 
> wrote:
>
>> Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta
>> questão do Canguru.
>>
>> " um certo 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Pacini Bores]

 

Desculpe Ralph, 

O que não ficou claro pra mim foi o fato de que p(0) =1/2 , já que p(0)
traduz a probabilidade de de ficar com diferença de zero ponto agora ou
depois, ou seja, partindo de zero ponto de diferença entre os dois
jogadores, poderia ficar assim a vida toda, não ? Em que estou pensando
errado. 

Agradeço desde já ( acho que tenho que estudar mais) 

Pacini 

Em 03/04/2021 18:08, Ralph Costa Teixeira escreveu: 

> Vou dizer que "o jogo está na posicao n" quando A tem n pontos de vantagem; e 
> vou chamar de p(n) a probabilidade de A vencer o jogo (agora ou depois) 
> sabendo que (agora) A tem n pontos mais do que B. 
> 
> Por exemplo, p(3)=1, p(-3)=0 e p(0)=1/2 (por simetria). 
> 
> Aliás, por simetria, vemos que p(1)=1-p(-1) e p(2)=1-p(-2). Vou chamar a=p(1) 
> e b=p(2) para facilitar a escrita (o "p(n)" seria util para jogos maiores, 
> quando a gente escreveria tudo em forma matricial -- mas aqui nem vou 
> precisar). 
> 
> A partir da posicao 1, no próximo "lance", temos 50% de chance de ir para 2 
> (e dali chance b de A ganhar) e 50% de chance de ir para 0 (e dali chance 50% 
> de A ganhar). Portanto: 
> 
> a= 1/2 . b + 1/2. 1/2 
> 
> Analogamente, a partir de 2, temos 50% de chance de ir para 1 e 50% de chance 
> de termos vitória de A, portanto: 
> 
> b=1/2 + 1/2.a 
> 
> Resolvendo o sistema, vem a=2/3 e b = 5/6. Resposta (B)? 
> 
> Abraco, Ralph. 
> 
> P.S.: Em geral seria : p(n)=p_A . p(n+1) + (1-p_A) . p(n-1), e as regras 
> sobre a vitória determinam "condições de contorno". Ou seja, considerando o 
> vetor v = (p(-m), p(-m+1), ... p(0), ... p(m)), temos v=Mv onde M é uma 
> matriz tridiagonal (de fato, com 0s na diagonal). Ou seja, no fundo no fundo 
> estamos falando de um problema de achar o autovetor associado ao autovalor 1 
> da matriz M, e as condicoes de contorno apenas normalizam v.
> 
> On Sat, Apr 3, 2021 at 3:22 PM Pacini Bores  wrote: 
> 
>> Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta 
>> questão do Canguru. 
>> 
>> " um certo jogo tem um vencedor quando este atinge 3 pontos a frente do 
>> oponente. Dois jogadores A e B estão jogando e, num determinado momento, A 
>> está 1 ponto a frente de B. Os jogadores têm probabilidades iguais de obter 
>> 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ? 
>> 
>> (A) 1/2 (B) 2/3 (C) 3/4 (D) 4/5 (E) 5/6 
>> 
>> O que vocês acham ? 
>> 
>> Pacini 
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

 
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Ralph Costa Teixeira]

Primeiro: sim, Albert tem razão, eu assumi que em cada rodada apenas um
entre A e B marcariam pontos, portanto ignorei os casos (A=B), e nada dizia
isso claramente no enunciado.

Mas a conta do Daniel revela que não importa, o que é bem interessante
E, agora, depois de ver a conta, digo: era de se esperar! Afinal, no jogo
"tipo Bouskela", as rodadas onde A e B marcam pontos juntos podem ser
jogadas fora, pois o fim do jogo é determinado por quantos pontos um
jogador tem A MAIS do que o outro, e tais rodadas não tem efeito nenhum
nisso. Como estas rodadas do tipo A=B podem ser jogadas fora, o jogo "tipo
Bouskela" é de fato equivalente ao jogo "tipo Ralph" que eu analisei (bom,
pelo menos com relação a determinar QUEM ganha; se a gente perguntasse algo
do tipo "QUANDO" ganha, os jogos seriam bem distintos).

(Outra coisa: eu tinha dito que achar essas probabilidades era equivalente
a achar os autovetores de uma certa matriz M; note que a minha matriz M tem
probabilidades de transição entre estados. Se a gente incluir as
"transições tipo Bouskela" no jogo, a gente de fato estah colocando algumas
probabilidades p na diagonal principal, e re-escalando correspondentemente
as probabilidades do jogo do "tipo Ralph". Ou seja, estamos trocando M por
X=(1-p).M+p.I. Mas M e X=(1-p).M+pI tem os mesmos autovetores, que eh a
maneira "Algebra Linear" de explicar porque a resposta não muda! :D :D )



On Sat, Apr 10, 2021 at 1:19 AM Daniel Jelin  wrote:

> Me parece que a interpretação dada não muda a resposta, se entendi
> direito. Teríamos: 50% de chance de continuar na mesma posição (ponto pros
> dois ou ponto pra ninguém), 25% de avançar (ponto pra um), 25% de recuar
> (ponto pro adversário). Assim, acho que dá para usar o esquema do Ralph:
> a=(1/4)*b+(1/4)*(1/2)+(1/2)*a
> b=(1/4)+(1/4)*a+(1/2)*b
> E resolvendo, temos os mesmos a=2/3 e b=5/6.
>
> Ainda que as probabilidades de fazer e de não fazer o ponto fossem
> diferentes, creio que dá na mesma. Seja x a probabilidade de A fazer 1
> ponto, então, pelo enunciado, x também é a probabilidade de B fazer 1
> ponto. Aí a probabilidade de A não fazer ponto é 1-x, e a de B não fazer
> ponto são os mesmos 1-x. Então:
>
> a=(x)*(1-x)*b + (1-x)*(x)*1/2 + (x)(x)*a+(1-x)*(1-x)*a
> b=(x)*(1-x) + (1-x)*(x)*a + (x)(x)*b+(1-x)*(1-x)*b
> E resolvendo, eliminamos x e voltamos a a=2/3 e b=5/6.
>
> On Thu, Apr 8, 2021 at 8:27 PM  wrote:
>
>> Este é um problema bastante interessante, contudo o seu enunciado, tal
>> como está, apresenta uma falha: - É necessário fixar quais são os
>> resultados possíveis numa determinada rodada do jogo! Dito assim, o
>> enunciado admite, para cada rodada 4 possibilidades: (A=1, B=1); (A=1,
>> B=0); (A=0, B=1); (A=0, B=0).
>>
>>
>>
>> *Albert Bouskelá*
>>
>> bousk...@gmail.com
>>
>>
>>
>> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br  *Em nome
>> de *Professor Vanderlei Nemitz
>> *Enviada em:* quinta-feira, 8 de abril de 2021 14:34
>> *Para:* OBM 
>> *Assunto:* Re: [obm-l] Probabilidade
>>
>>
>>
>> Muito legal esse tipo de problema.
>>
>> Em que ano caiu, você sabe, Pacini?
>>
>>
>>
>> Em sáb., 3 de abr. de 2021 às 15:22, Pacini Bores 
>> escreveu:
>>
>> Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta
>> questão do Canguru.
>>
>> " um certo jogo tem um vencedor quando este atinge 3 pontos a frente do
>> oponente. Dois jogadores A e B estão jogando e, num determinado momento, A
>> está 1 ponto a frente de B. Os jogadores  têm probabilidades iguais de
>> obter 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ?
>>
>> (A) 1/2   (B) 2/3  (C) 3/4   (D) 4/5  (E) 5/6
>>
>>
>>
>> O que vocês acham ?
>>
>>  Pacini
>>
>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?s e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>
> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=webmail>
>  Livre
> de vírus. www.avast.com
> <https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=webmail>.
> <#m_-7953325398812603413_DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>
>
> --
> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Daniel Jelin]

Me parece que a interpretação dada não muda a resposta, se entendi direito.
Teríamos: 50% de chance de continuar na mesma posição (ponto pros dois ou
ponto pra ninguém), 25% de avançar (ponto pra um), 25% de recuar (ponto pro
adversário). Assim, acho que dá para usar o esquema do Ralph:
a=(1/4)*b+(1/4)*(1/2)+(1/2)*a
b=(1/4)+(1/4)*a+(1/2)*b
E resolvendo, temos os mesmos a=2/3 e b=5/6.

Ainda que as probabilidades de fazer e de não fazer o ponto fossem
diferentes, creio que dá na mesma. Seja x a probabilidade de A fazer 1
ponto, então, pelo enunciado, x também é a probabilidade de B fazer 1
ponto. Aí a probabilidade de A não fazer ponto é 1-x, e a de B não fazer
ponto são os mesmos 1-x. Então:

a=(x)*(1-x)*b + (1-x)*(x)*1/2 + (x)(x)*a+(1-x)*(1-x)*a
b=(x)*(1-x) + (1-x)*(x)*a + (x)(x)*b+(1-x)*(1-x)*b
E resolvendo, eliminamos x e voltamos a a=2/3 e b=5/6.

On Thu, Apr 8, 2021 at 8:27 PM  wrote:

> Este é um problema bastante interessante, contudo o seu enunciado, tal
> como está, apresenta uma falha: - É necessário fixar quais são os
> resultados possíveis numa determinada rodada do jogo! Dito assim, o
> enunciado admite, para cada rodada 4 possibilidades: (A=1, B=1); (A=1,
> B=0); (A=0, B=1); (A=0, B=0).
>
>
>
> *Albert Bouskelá*
>
> bousk...@gmail.com
>
>
>
> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br  *Em nome de
> *Professor Vanderlei Nemitz
> *Enviada em:* quinta-feira, 8 de abril de 2021 14:34
> *Para:* OBM 
> *Assunto:* Re: [obm-l] Probabilidade
>
>
>
> Muito legal esse tipo de problema.
>
> Em que ano caiu, você sabe, Pacini?
>
>
>
> Em sáb., 3 de abr. de 2021 às 15:22, Pacini Bores 
> escreveu:
>
> Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta
> questão do Canguru.
>
> " um certo jogo tem um vencedor quando este atinge 3 pontos a frente do
> oponente. Dois jogadores A e B estão jogando e, num determinado momento, A
> está 1 ponto a frente de B. Os jogadores  têm probabilidades iguais de
> obter 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ?
>
> (A) 1/2   (B) 2/3  (C) 3/4   (D) 4/5  (E) 5/6
>
>
>
> O que vocês acham ?
>
>  Pacini
>
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv?s e
> acredita-se estar livre de perigo.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

<https://www.avast.com/sig-email?utm_medium=email_source=link_campaign=sig-email_content=webmail>
Livre
de vírus. www.avast.com
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Pacini Bores]

 

Acredito que foi este ano. Passaram pra mim desta forma. 

Pacini 

Em 08/04/2021 14:33, Professor Vanderlei Nemitz escreveu: 

> Muito legal esse tipo de problema. 
> Em que ano caiu, você sabe, Pacini? 
> 
> Em sáb., 3 de abr. de 2021 às 15:22, Pacini Bores  
> escreveu: 
> 
>> Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta 
>> questão do Canguru. 
>> 
>> " um certo jogo tem um vencedor quando este atinge 3 pontos a frente do 
>> oponente. Dois jogadores A e B estão jogando e, num determinado momento, A 
>> está 1 ponto a frente de B. Os jogadores têm probabilidades iguais de obter 
>> 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ? 
>> 
>> (A) 1/2 (B) 2/3 (C) 3/4 (D) 4/5 (E) 5/6 
>> 
>> O que vocês acham ? 
>> 
>> Pacini 
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

 
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 acredita-se estar livre de perigo.

RES: [obm-l] Probabilidade

[bouskela]

Este é um problema bastante interessante, contudo o seu enunciado, tal como 
está, apresenta uma falha: - É necessário fixar quais são os resultados 
possíveis numa determinada rodada do jogo! Dito assim, o enunciado admite, para 
cada rodada 4 possibilidades: (A=1, B=1); (A=1, B=0); (A=0, B=1); (A=0, B=0).

 

Albert Bouskelá

 <mailto:bousk...@gmail.com> bousk...@gmail.com

 

De: owner-ob...@mat.puc-rio.br  Em nome de 
Professor Vanderlei Nemitz
Enviada em: quinta-feira, 8 de abril de 2021 14:34
Para: OBM 
Assunto: Re: [obm-l] Probabilidade

 

Muito legal esse tipo de problema. 

Em que ano caiu, você sabe, Pacini?

 

Em sáb., 3 de abr. de 2021 às 15:22, Pacini Bores mailto:pacini.bo...@globo.com> > escreveu:

Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta questão 
do Canguru.

" um certo jogo tem um vencedor quando este atinge 3 pontos a frente do 
oponente. Dois jogadores A e B estão jogando e, num determinado momento, A está 
1 ponto a frente de B. Os jogadores  têm probabilidades iguais de obter 1 
ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ?

(A) 1/2   (B) 2/3  (C) 3/4   (D) 4/5  (E) 5/6

 

O que vocês acham ?

 Pacini

 


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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
acredita-se estar livre de perigo. 


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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Professor Vanderlei Nemitz]

Muito legal esse tipo de problema.
Em que ano caiu, você sabe, Pacini?

Em sáb., 3 de abr. de 2021 às 15:22, Pacini Bores 
escreveu:

> Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta
> questão do Canguru.
>
> " um certo jogo tem um vencedor quando este atinge 3 pontos a frente do
> oponente. Dois jogadores A e B estão jogando e, num determinado momento, A
> está 1 ponto a frente de B. Os jogadores  têm probabilidades iguais de
> obter 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ?
>
> (A) 1/2   (B) 2/3  (C) 3/4   (D) 4/5  (E) 5/6
>
>
>
> O que vocês acham ?
>
>  Pacini
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Pacini Bores]

 

Obrigado Ralph 

Abraços 

Em 03/04/2021 18:08, Ralph Costa Teixeira escreveu: 

> Vou dizer que "o jogo está na posicao n" quando A tem n pontos de vantagem; e 
> vou chamar de p(n) a probabilidade de A vencer o jogo (agora ou depois) 
> sabendo que (agora) A tem n pontos mais do que B. 
> 
> Por exemplo, p(3)=1, p(-3)=0 e p(0)=1/2 (por simetria). 
> 
> Aliás, por simetria, vemos que p(1)=1-p(-1) e p(2)=1-p(-2). Vou chamar a=p(1) 
> e b=p(2) para facilitar a escrita (o "p(n)" seria util para jogos maiores, 
> quando a gente escreveria tudo em forma matricial -- mas aqui nem vou 
> precisar). 
> 
> A partir da posicao 1, no próximo "lance", temos 50% de chance de ir para 2 
> (e dali chance b de A ganhar) e 50% de chance de ir para 0 (e dali chance 50% 
> de A ganhar). Portanto: 
> 
> a= 1/2 . b + 1/2. 1/2 
> 
> Analogamente, a partir de 2, temos 50% de chance de ir para 1 e 50% de chance 
> de termos vitória de A, portanto: 
> 
> b=1/2 + 1/2.a 
> 
> Resolvendo o sistema, vem a=2/3 e b = 5/6. Resposta (B)? 
> 
> Abraco, Ralph. 
> 
> P.S.: Em geral seria : p(n)=p_A . p(n+1) + (1-p_A) . p(n-1), e as regras 
> sobre a vitória determinam "condições de contorno". Ou seja, considerando o 
> vetor v = (p(-m), p(-m+1), ... p(0), ... p(m)), temos v=Mv onde M é uma 
> matriz tridiagonal (de fato, com 0s na diagonal). Ou seja, no fundo no fundo 
> estamos falando de um problema de achar o autovetor associado ao autovalor 1 
> da matriz M, e as condicoes de contorno apenas normalizam v.
> 
> On Sat, Apr 3, 2021 at 3:22 PM Pacini Bores  wrote: 
> 
>> Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta 
>> questão do Canguru. 
>> 
>> " um certo jogo tem um vencedor quando este atinge 3 pontos a frente do 
>> oponente. Dois jogadores A e B estão jogando e, num determinado momento, A 
>> está 1 ponto a frente de B. Os jogadores têm probabilidades iguais de obter 
>> 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ? 
>> 
>> (A) 1/2 (B) 2/3 (C) 3/4 (D) 4/5 (E) 5/6 
>> 
>> O que vocês acham ? 
>> 
>> Pacini 
>> 
>> -- 
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
>> acredita-se estar livre de perigo.
> 
> -- 
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivrus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

 
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Probabilidade

[Pacini Bores]

 

Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta
questão do Canguru. 

" um certo jogo tem um vencedor quando este atinge 3 pontos a frente do
oponente. Dois jogadores A e B estão jogando e, num determinado momento,
A está 1 ponto a frente de B. Os jogadores têm probabilidades iguais de
obter 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ? 

(A) 1/2 (B) 2/3 (C) 3/4 (D) 4/5 (E) 5/6 

O que vocês acham ? 

 Pacini 
 
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Ralph Costa Teixeira]

Vou dizer que "o jogo está na posicao n" quando A tem n pontos de vantagem;
e vou chamar de p(n) a probabilidade de A vencer o jogo (agora ou depois)
sabendo que (agora) A tem n pontos mais do que B.

Por exemplo, p(3)=1, p(-3)=0 e p(0)=1/2 (por simetria).

Aliás, por simetria, vemos que p(1)=1-p(-1) e p(2)=1-p(-2). Vou chamar
a=p(1) e b=p(2) para facilitar a escrita (o "p(n)" seria util para jogos
maiores, quando a gente escreveria tudo em forma matricial -- mas aqui nem
vou precisar).

A partir da posicao 1, no próximo "lance", temos 50% de chance de ir para 2
(e dali chance b de A ganhar) e 50% de chance de ir para 0 (e dali chance
50% de A ganhar). Portanto:

a= 1/2 . b + 1/2. 1/2

Analogamente, a partir de 2, temos 50% de chance de ir para 1 e 50% de
chance de termos vitória de A, portanto:

b=1/2 + 1/2.a

Resolvendo o sistema, vem a=2/3  e b = 5/6. Resposta (B)?

Abraco, Ralph.

P.S.: Em geral seria : p(n)=p_A . p(n+1) + (1-p_A) . p(n-1), e as regras
sobre a vitória determinam "condições de contorno". Ou seja, considerando o
vetor v = (p(-m), p(-m+1), ... p(0), ... p(m)), temos v=Mv onde M é uma
matriz tridiagonal (de fato, com 0s na diagonal). Ou seja, no fundo no
fundo estamos falando de um problema de achar o autovetor associado ao
autovalor 1 da matriz M, e as condicoes de contorno apenas normalizam v.




On Sat, Apr 3, 2021 at 3:22 PM Pacini Bores  wrote:

> Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta
> questão do Canguru.
>
> " um certo jogo tem um vencedor quando este atinge 3 pontos a frente do
> oponente. Dois jogadores A e B estão jogando e, num determinado momento, A
> está 1 ponto a frente de B. Os jogadores  têm probabilidades iguais de
> obter 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ?
>
> (A) 1/2   (B) 2/3  (C) 3/4   (D) 4/5  (E) 5/6
>
>
>
> O que vocês acham ?
>
>  Pacini
>
>
> --
> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade - duas listas a partir da normal(0,1)

[Anderson Torres]

Não consigo ver nada

Em qua., 11 de nov. de 2020 às 14:52, Pedro Lazéra 
escreveu:

>

[obm-l] Probabilidade - duas listas a partir da normal(0,1)

[Pedro Lazéra]

Re: [obm-l] Probabilidade

[Daniel Jelin]

Que interessante! Pra mim deu isso tb, por outro caminho. Podemos ter: 0,
1, 2, 3, 4 ou 5 caras no máximo. 1 cara: podemos escolhemos 1 posição
qualquer dentre as 10; 2 caras: podemos escolher 2 posições de um total de
9, porque 1 posição entre caras deve ser garantido pra coroa; 3 caras:
escolhemos 3 posições de um total de 8, guardando 2 posições entre as
caras. 4 caras: escolhemos 4 posições de 7; 5 caras: escolhemos 5 de 6; e
pra 0 cara, claro, temos uma só opção. A chance de sair cara e coroa é a
mesma, 1/2, então temos:

(1/2)^10*(C10,1 + C9,2 + C8,3 + C7,4 + C6,5 + 1)=144/1024

On Wed, Jul 22, 2020 at 12:46 AM Ralph Costa Teixeira 
wrote:

> Vou chamar coroa de C e cara de K. Vamos criar duas funcoes:
>
> f(n)=numero de sequências de n lançamentos sem CC, terminando com K.
> g(n)=numero de sequências de n lançamentos sem CC, terminando com C.
>
> Por exemplo:
> f(1)=1 (K); g(1)=1 (C); f(2)=2 (CK, KK); g(2)=1 (KC)...
>
> Pois bem, note que f(n+1)=f(n)+g(n) -- para a sequência de n+1 elementos
> terminar com K, basta que não haja CC nos n primeiros;
> Por outro lado, g(n+1)=f(n) -- para a sequência de n+1 elementos terminar
> com C, a sequência dos n primeiros (nao pode ter CC e tem que terminar com
> K).
>
> Juntando as coisas, temos f(n+1)=f(n)+f(n-1) -- Fibonacci! O que queremos
> deve ser (f(10)+g(10)) / 2^10. Mas g(10)=f(9), então queremos f(11)/1024.
>
> Bom, melhor fazer logo no braco:
> {f(n)} = 1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144...
> (Fibonacci, com um ligeiro "shift" pois nao começa com 1,1,...)
>
> Portanto, acho que a resposta deve ser 144/1024. Acertei?
>
> Abraço, Ralph.
>
>
>
> On Tue, Jul 21, 2020 at 10:33 PM marcone augusto araújo borges <
> marconeborge...@hotmail.com> wrote:
>
>> Uma moeda honesta é lançada 10 vezes. Qual a probabilidade de não sair
>> duas caras consecutivas?
>> Eu achei que fosse (3/4)^9, mas fui informado que a resposta não é essa.
>>
>> --
>> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Ralph Costa Teixeira]

Vou chamar coroa de C e cara de K. Vamos criar duas funcoes:

f(n)=numero de sequências de n lançamentos sem CC, terminando com K.
g(n)=numero de sequências de n lançamentos sem CC, terminando com C.

Por exemplo:
f(1)=1 (K); g(1)=1 (C); f(2)=2 (CK, KK); g(2)=1 (KC)...

Pois bem, note que f(n+1)=f(n)+g(n) -- para a sequência de n+1 elementos
terminar com K, basta que não haja CC nos n primeiros;
Por outro lado, g(n+1)=f(n) -- para a sequência de n+1 elementos terminar
com C, a sequência dos n primeiros (nao pode ter CC e tem que terminar com
K).

Juntando as coisas, temos f(n+1)=f(n)+f(n-1) -- Fibonacci! O que queremos
deve ser (f(10)+g(10)) / 2^10. Mas g(10)=f(9), então queremos f(11)/1024.

Bom, melhor fazer logo no braco:
{f(n)} = 1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144...
(Fibonacci, com um ligeiro "shift" pois nao começa com 1,1,...)

Portanto, acho que a resposta deve ser 144/1024. Acertei?

Abraço, Ralph.



On Tue, Jul 21, 2020 at 10:33 PM marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> wrote:

> Uma moeda honesta é lançada 10 vezes. Qual a probabilidade de não sair
> duas caras consecutivas?
> Eu achei que fosse (3/4)^9, mas fui informado que a resposta não é essa.
>
> --
> 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.

[obm-l] Probabilidade

[marcone augusto araújo borges]

Uma moeda honesta é lançada 10 vezes. Qual a probabilidade de não sair duas 
caras consecutivas?
Eu achei que fosse (3/4)^9, mas fui informado que a resposta não é essa.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Probabilidade

[Felippe Coulbert Balbi]

Dado um círculo onde os pontos interiores a esse circulo tem distribuição 
uniforme. Dado n pontos nesse circulo, e seja Pn a probabilidade de o centro do 
circulo estar no interior do polígono convexo gerado por esses n pontos.
Calculo P3 e P4. Existe formula fechada para Pn?

Até,
Felippe

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Claudio Buffara]

Tem razão.
O que eu calculei foi a probabilidade dos 4 nordestinos ficarem no grupo 1.
Mas há 4 grupos possíveis.
Logo, a probabilidade é 4/C(16,4) = 1/C(15,3).

Valeu!

Abs

Enviado do meu iPhone

Em 5 de ago de 2019, à(s) 16:46, Bruno Visnadi  
escreveu:

> Existem 4 grupos possíveis para abrigar os 4 times nordestinos. A 
> probabilidade é, portanto, 4/C(16,4) ou 1/C(15, 3).
> 
> Imagine que você fixe a posição de um dos 4 times nordestinos no grupo X. 
> Sobram 15 times, e as chances dos outros 3 nordestinos ocuparem as 3 vagas 
> restantes no grupo X é 1/C(15, 3)
> 
> Em seg, 5 de ago de 2019 Ã s 16:26, Claudio Buffara 
>  escreveu:
>> Existem C(16,4) maneiras diferentes de escolher 4 times de um conjunto com 
>> 16 times. Em apenas uma delas os 4 times escolhidos são os nordestinos.
>> Logo, a probabilidade desejada é 1/C(16,4).
>> 
>> Outra maneira de fazer isso é:
>> No de casos possíveis = 16!/(4!)^4 * 4!  (a multiplicação por 4! 
>> distingue o evento com os times 1,2,3,4 no grupo A do evento com os times 
>> 1,2,3,4 no grupo B).
>> No. de casos favoráveis =  12!/(4!)^3 * 4!
>> 
>> Probabilidade = ( 12!/(4!)^3 * 4! )/( 16!/(4!)^4 * 4! ) = 12!*4!/16! = 
>> 1/C(16,4).
>> 
>> []s,
>> Claudio.
>> 
>> 
>> 
>>> On Mon, Aug 5, 2019 at 3:53 PM Rodrigo Ângelo  
>>> wrote:
>>> Eu cheguei a uma resposta diferente:
>>> 
>>> (4!12!4)/16! =~ 0,002
>>> 
>>> Acho que isso pode mudar dependendo de como é esse sorteio (estou 
>>> assumindo que serão sorteados os 16 times, sem reposição, e os quatro 
>>> primeiros ficam no primeiro grupo, os 4 seguintes no segundo grupo e assim 
>>> sucessivamente).
>>> 
>>> Sobre as outras perguntas, acho que a definição do espaço amostral vai 
>>> depender do evento de interesse e da forma como você define esse evento, 
>>> mas não entendi direito a sua dúvida.
>>> 
>>> Atenciosamente,
>>> Rodrigo de Castro Ângelo
>>> 
>>> 
>>> Em seg, 5 de ago de 2019 às 13:53, marcone augusto araújo borges 
>>>  escreveu:
 Um campeonato vai ser disputado por 16 times, sendo 4 nordestinos. A 
 primeira fase contará com 4 grupos de 4 times, determinados por sorteio. 
 Qual a probabilidade de todos os nordestinos ficarem no mesmo grupo?
 
 Seria 4/(16!/4!4!4!4!)?
 Podemos considerar espaços amostrais diferentes em soluções diferentes?
 Se sim, quais os espaços amostrais possíveis? 
 -- 
 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

Existem 4 grupos possíveis para abrigar os 4 times nordestinos. A
probabilidade é, portanto, 4/C(16,4) ou 1/C(15, 3).

Imagine que você fixe a posição de um dos 4 times nordestinos no grupo X.
Sobram 15 times, e as chances dos outros 3 nordestinos ocuparem as 3 vagas
restantes no grupo X é 1/C(15, 3)

Em seg, 5 de ago de 2019 às 16:26, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Existem C(16,4) maneiras diferentes de escolher 4 times de um conjunto com
> 16 times. Em apenas uma delas os 4 times escolhidos são os nordestinos.
> Logo, a probabilidade desejada é 1/C(16,4).
>
> Outra maneira de fazer isso é:
> No de casos possíveis = 16!/(4!)^4 * 4!  (a multiplicação por 4! distingue
> o evento com os times 1,2,3,4 no grupo A do evento com os times 1,2,3,4 no
> grupo B).
> No. de casos favoráveis =  12!/(4!)^3 * 4!
>
> Probabilidade = ( 12!/(4!)^3 * 4! )/( 16!/(4!)^4 * 4! ) = 12!*4!/16! =
> 1/C(16,4).
>
> []s,
> Claudio.
>
>
>
> On Mon, Aug 5, 2019 at 3:53 PM Rodrigo Ângelo 
> wrote:
>
>> Eu cheguei a uma resposta diferente:
>>
>> (4!12!4)/16! =~ 0,002
>>
>> Acho que isso pode mudar dependendo de como é esse sorteio (estou
>> assumindo que serão sorteados os 16 times, sem reposição, e os quatro
>> primeiros ficam no primeiro grupo, os 4 seguintes no segundo grupo e assim
>> sucessivamente).
>>
>> Sobre as outras perguntas, acho que a definição do espaço amostral vai
>> depender do evento de interesse e da forma como você define esse evento,
>> mas não entendi direito a sua dúvida.
>>
>> Atenciosamente,
>> Rodrigo de Castro Ângelo
>>
>>
>> Em seg, 5 de ago de 2019 às 13:53, marcone augusto araújo borges <
>> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>>
>>> Um campeonato vai ser disputado por 16 times, sendo 4 nordestinos. A
>>> primeira fase contará com 4 grupos de 4 times, determinados por sorteio.
>>> Qual a probabilidade de todos os nordestinos ficarem no mesmo grupo?
>>>
>>> Seria 4/(16!/4!4!4!4!)?
>>> Podemos considerar espaços amostrais diferentes em soluções diferentes?
>>> Se sim, quais os espaços amostrais possíveis?
>>> --
>>> 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.
>
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> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Claudio Buffara]

Existem C(16,4) maneiras diferentes de escolher 4 times de um conjunto com
16 times. Em apenas uma delas os 4 times escolhidos são os nordestinos.
Logo, a probabilidade desejada é 1/C(16,4).

Outra maneira de fazer isso é:
No de casos possíveis = 16!/(4!)^4 * 4!  (a multiplicação por 4! distingue
o evento com os times 1,2,3,4 no grupo A do evento com os times 1,2,3,4 no
grupo B).
No. de casos favoráveis =  12!/(4!)^3 * 4!

Probabilidade = ( 12!/(4!)^3 * 4! )/( 16!/(4!)^4 * 4! ) = 12!*4!/16! =
1/C(16,4).

[]s,
Claudio.



On Mon, Aug 5, 2019 at 3:53 PM Rodrigo Ângelo 
wrote:

> Eu cheguei a uma resposta diferente:
>
> (4!12!4)/16! =~ 0,002
>
> Acho que isso pode mudar dependendo de como é esse sorteio (estou
> assumindo que serão sorteados os 16 times, sem reposição, e os quatro
> primeiros ficam no primeiro grupo, os 4 seguintes no segundo grupo e assim
> sucessivamente).
>
> Sobre as outras perguntas, acho que a definição do espaço amostral vai
> depender do evento de interesse e da forma como você define esse evento,
> mas não entendi direito a sua dúvida.
>
> Atenciosamente,
> Rodrigo de Castro Ângelo
>
>
> Em seg, 5 de ago de 2019 às 13:53, marcone augusto araújo borges <
> marconeborge...@hotmail.com> escreveu:
>
>> Um campeonato vai ser disputado por 16 times, sendo 4 nordestinos. A
>> primeira fase contará com 4 grupos de 4 times, determinados por sorteio.
>> Qual a probabilidade de todos os nordestinos ficarem no mesmo grupo?
>>
>> Seria 4/(16!/4!4!4!4!)?
>> Podemos considerar espaços amostrais diferentes em soluções diferentes?
>> Se sim, quais os espaços amostrais possíveis?
>> --
>> 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.

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Rodrigo Ângelo]

Eu cheguei a uma resposta diferente:

(4!12!4)/16! =~ 0,002

Acho que isso pode mudar dependendo de como é esse sorteio (estou assumindo
que serão sorteados os 16 times, sem reposição, e os quatro primeiros ficam
no primeiro grupo, os 4 seguintes no segundo grupo e assim sucessivamente).

Sobre as outras perguntas, acho que a definição do espaço amostral vai
depender do evento de interesse e da forma como você define esse evento,
mas não entendi direito a sua dúvida.

Atenciosamente,
Rodrigo de Castro Ângelo


Em seg, 5 de ago de 2019 às 13:53, marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> escreveu:

> Um campeonato vai ser disputado por 16 times, sendo 4 nordestinos. A
> primeira fase contará com 4 grupos de 4 times, determinados por sorteio.
> Qual a probabilidade de todos os nordestinos ficarem no mesmo grupo?
>
> Seria 4/(16!/4!4!4!4!)?
> Podemos considerar espaços amostrais diferentes em soluções diferentes?
> Se sim, quais os espaços amostrais possíveis?
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Probabilidade

[marcone augusto araújo borges]

Um campeonato vai ser disputado por 16 times, sendo 4 nordestinos. A primeira 
fase contará com 4 grupos de 4 times, determinados por sorteio. Qual a 
probabilidade de todos os nordestinos ficarem no mesmo grupo?

Seria 4/(16!/4!4!4!4!)?
Podemos considerar espaços amostrais diferentes em soluções diferentes?
Se sim, quais os espaços amostrais possíveis?

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Ralph Teixeira]

Aqui um artigo bem completo sobre o assunto:
https://en.wikipedia.org/wiki/Boy_or_Girl_paradox

Abraco, Ralph.

On Tue, May 28, 2019 at 7:02 PM Pedro José  wrote:

> Boa noite!
> Creio que o a palavra "outro", implica que os dois devam ser do sexo
> masculino. O enunciado poderia ter ajudado com a palavra também para dar
> ênfase. Mas creio que "outro" já é suficiente.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em ter, 28 de mai de 2019 às 18:17, Rodrigo Ângelo 
> escreveu:
>
>> A velha história do problema mal formulado
>>
>> Eu concordo 100% com a interpretação do Pedro, mas analisando o texto do
>> problema, também cabe espaço para a seguinte interpretação:
>>
>> João e Maria tem dois filhos: A e B, e sabe-se que *um dos filhos* é um
>> menino, ou seja,A é menino ou B é menino. Se P(A é menino) = 0,5*, *é
>> correto afirmar que
>>  P(B é menino | "A é menino ou B é menino" && P(A é menino) = 0,5) é
>> igual a  ...?
>>
>> Neste caso, a probabilidade de B ser menino muda por causa da conjunção
>> das duas informações que a gente tem:
>> - Pelo menos um deles é menino
>> - A tem 50% de chance de ser menino
>>
>> Atenciosamente,
>> Rodrigo de Castro Ângelo
>>
>>
>> Em ter, 28 de mai de 2019 às 17:31, Pedro Angelo 
>> escreveu:
>>
>>> Eu acho que o enunciado foi bem claro. Num primeiro momento, o
>>> enunciado fala "sabe-se que *um* dos filhos é um menino". Em seguida,
>>> ele pergunta "qual a probabilidade de *o outro* ser menino". Os termos
>>> "um" no primeiro momento e "o outro" no final estão especificando os
>>> filhos, então a resposta é 1/2. A pergunta que está sendo feita é
>>> "qual a probabilidade do segundo filho ser H sabendo que o primeiro é
>>> H", ao invés de "qual a probabilidade de ambos serem H sabendo que um
>>> deles é H".
>>>
>>> Le mar. 28 mai 2019 à 17:03, matematica10complicada
>>>  a écrit :
>>> >
>>> > Valeu Ralph, obrigado, eu tive a mesma interpretação, e acredito que o
>>> problema podia ter sido melhor elaborado.
>>> > Mas de qualquer forma, obrigado.
>>> >
>>> >
>>> > Um abraço do
>>> > Douglas Oliveira.
>>> >
>>> > Em ter, 28 de mai de 2019 16:36, Ralph Teixeira 
>>> escreveu:
>>> >>
>>> >> Problema de difícil resposta, depende de como interpretar a frase "um
>>> dos filhos é menino"... Do ponto de vista probabilísitco, depende de como a
>>> informação de que um deles é menino foi obtida.
>>> >>
>>> >> Vou supor que os filhos estão numa certa ordem, e colocar H para
>>> menino e M para menina. Então, vou dizer que os filhos são "HM" se o
>>> primeiro for homem e o segundo for mulher.
>>> >>
>>> >> Portanto, **a priori**, o universo de possibilidades seria
>>> {HH,HM,MH,MM}. Supondo que a probabilidade de cada um ser H é 50% (está no
>>> enunciado), e supondo que os sexos dos dois filhos são independentes um do
>>> outro (não está no enunciado, mas não é uma hipótese tão horrível... além
>>> disso, sem ela a gente não sai do lugar), então cada um desses 4 eventos
>>> tem probabilidade 1/4=25%.
>>> >>
>>> >> Até aqui, o problema não costuma ser muito polêmico... Agora,
>>> surpreendentemente, as coisas complicam:
>>> >>
>>> >> ---///---
>>> >> INTERPRETAÇÃO #1:
>>> >> Se você ler a frase estritamente, sabemos que PELO MENOS UM DELES é
>>> menino, sem saber qual. Ou seja, o "novo universo" é {HH,HM,MH}, já que não
>>> pode ser MM. Então a probabilidade do outro ser menino também é a
>>> probabilidade de ambos serem meninos, ou seja, queremos a probabilidade de
>>> HH neste novo universo. A reposta é 1/3.
>>> >>
>>> >> Se você quiser ser mais formal: seja "A" o evento "pelo menos um é
>>> menino", e "B" o evento "o outro também é menino". Então A={HH,HM,MH} e
>>> B={HH}. O que se pediu foi a probabilidade condicional:
>>> >> Pr(B|A)=Pr(A e B) / Pr(A) = (1/4)/(3/4)=1/3.
>>> >>
>>> >> Esta interpretação é razoável por exemplo se a informação foi obtida
>>> da seguinte forma: você perguntou ao João se ele tem *algum* filho menino,
>>> e ele disse "sim, tenho!", sem dar a menor indicação de qual é o menino.
>>> >> ---///---
>>> >> INTERPRETAÇÂO #2:
>>> >> Mas pode ser que "um" em "um deles é menino" seja um ESPECÍFICO, o
>>> que é diferente! Tipo, se você pergunta ao João se o filho **mais velho** é
>>> menino, e ele diz "Sim, o mais velho é menino", agora eu sei QUEM é esse
>>> menino, e isto afeta sim a probabilidade!
>>> >>
>>> >> Agora o novo universo seria {HH,MH}, então a probabilidade do mais
>>> novo ser menino é 1/2 -- que é a resposta que quase todo mundo dá a este
>>> problema, porque na hora de calcular a probabilidade todo mundo imagina que
>>> um filho ESPECÍFICO é menino, e se pergunta sobre o outro.
>>> >> ---///---
>>> >>
>>> >> Qual a resposta correta? De novo, depende do que você entende por
>>> "um dos filhos é menino", que em Português é ligeiramente vago. Eu fico com
>>> a interpretação #1, que acho que é mais estritamente o que foi dito no
>>> enunciado.
>>> >>
>>> >> Abraço, Ralph.
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >>
>>> >> On Tue, May 28, 2019 at 11:35 AM 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro José]

Boa noite!
Creio que o a palavra "outro", implica que os dois devam ser do sexo
masculino. O enunciado poderia ter ajudado com a palavra também para dar
ênfase. Mas creio que "outro" já é suficiente.

Saudações,
PJMS

Em ter, 28 de mai de 2019 às 18:17, Rodrigo Ângelo 
escreveu:

> A velha história do problema mal formulado
>
> Eu concordo 100% com a interpretação do Pedro, mas analisando o texto do
> problema, também cabe espaço para a seguinte interpretação:
>
> João e Maria tem dois filhos: A e B, e sabe-se que *um dos filhos* é um
> menino, ou seja,A é menino ou B é menino. Se P(A é menino) = 0,5*, *é
> correto afirmar que
>  P(B é menino | "A é menino ou B é menino" && P(A é menino) = 0,5) é
> igual a  ...?
>
> Neste caso, a probabilidade de B ser menino muda por causa da conjunção
> das duas informações que a gente tem:
> - Pelo menos um deles é menino
> - A tem 50% de chance de ser menino
>
> Atenciosamente,
> Rodrigo de Castro Ângelo
>
>
> Em ter, 28 de mai de 2019 às 17:31, Pedro Angelo 
> escreveu:
>
>> Eu acho que o enunciado foi bem claro. Num primeiro momento, o
>> enunciado fala "sabe-se que *um* dos filhos é um menino". Em seguida,
>> ele pergunta "qual a probabilidade de *o outro* ser menino". Os termos
>> "um" no primeiro momento e "o outro" no final estão especificando os
>> filhos, então a resposta é 1/2. A pergunta que está sendo feita é
>> "qual a probabilidade do segundo filho ser H sabendo que o primeiro é
>> H", ao invés de "qual a probabilidade de ambos serem H sabendo que um
>> deles é H".
>>
>> Le mar. 28 mai 2019 à 17:03, matematica10complicada
>>  a écrit :
>> >
>> > Valeu Ralph, obrigado, eu tive a mesma interpretação, e acredito que o
>> problema podia ter sido melhor elaborado.
>> > Mas de qualquer forma, obrigado.
>> >
>> >
>> > Um abraço do
>> > Douglas Oliveira.
>> >
>> > Em ter, 28 de mai de 2019 16:36, Ralph Teixeira 
>> escreveu:
>> >>
>> >> Problema de difícil resposta, depende de como interpretar a frase "um
>> dos filhos é menino"... Do ponto de vista probabilísitco, depende de como a
>> informação de que um deles é menino foi obtida.
>> >>
>> >> Vou supor que os filhos estão numa certa ordem, e colocar H para
>> menino e M para menina. Então, vou dizer que os filhos são "HM" se o
>> primeiro for homem e o segundo for mulher.
>> >>
>> >> Portanto, **a priori**, o universo de possibilidades seria
>> {HH,HM,MH,MM}. Supondo que a probabilidade de cada um ser H é 50% (está no
>> enunciado), e supondo que os sexos dos dois filhos são independentes um do
>> outro (não está no enunciado, mas não é uma hipótese tão horrível... além
>> disso, sem ela a gente não sai do lugar), então cada um desses 4 eventos
>> tem probabilidade 1/4=25%.
>> >>
>> >> Até aqui, o problema não costuma ser muito polêmico... Agora,
>> surpreendentemente, as coisas complicam:
>> >>
>> >> ---///---
>> >> INTERPRETAÇÃO #1:
>> >> Se você ler a frase estritamente, sabemos que PELO MENOS UM DELES é
>> menino, sem saber qual. Ou seja, o "novo universo" é {HH,HM,MH}, já que não
>> pode ser MM. Então a probabilidade do outro ser menino também é a
>> probabilidade de ambos serem meninos, ou seja, queremos a probabilidade de
>> HH neste novo universo. A reposta é 1/3.
>> >>
>> >> Se você quiser ser mais formal: seja "A" o evento "pelo menos um é
>> menino", e "B" o evento "o outro também é menino". Então A={HH,HM,MH} e
>> B={HH}. O que se pediu foi a probabilidade condicional:
>> >> Pr(B|A)=Pr(A e B) / Pr(A) = (1/4)/(3/4)=1/3.
>> >>
>> >> Esta interpretação é razoável por exemplo se a informação foi obtida
>> da seguinte forma: você perguntou ao João se ele tem *algum* filho menino,
>> e ele disse "sim, tenho!", sem dar a menor indicação de qual é o menino.
>> >> ---///---
>> >> INTERPRETAÇÂO #2:
>> >> Mas pode ser que "um" em "um deles é menino" seja um ESPECÍFICO, o que
>> é diferente! Tipo, se você pergunta ao João se o filho **mais velho** é
>> menino, e ele diz "Sim, o mais velho é menino", agora eu sei QUEM é esse
>> menino, e isto afeta sim a probabilidade!
>> >>
>> >> Agora o novo universo seria {HH,MH}, então a probabilidade do mais
>> novo ser menino é 1/2 -- que é a resposta que quase todo mundo dá a este
>> problema, porque na hora de calcular a probabilidade todo mundo imagina que
>> um filho ESPECÍFICO é menino, e se pergunta sobre o outro.
>> >> ---///---
>> >>
>> >> Qual a resposta correta? De novo, depende do que você entende por
>> "um dos filhos é menino", que em Português é ligeiramente vago. Eu fico com
>> a interpretação #1, que acho que é mais estritamente o que foi dito no
>> enunciado.
>> >>
>> >> Abraço, Ralph.
>> >>
>> >>
>> >>
>> >>
>> >>
>> >>
>> >> On Tue, May 28, 2019 at 11:35 AM matematica10complicada <
>> profdouglaso.del...@gmail.com> wrote:
>> >>>
>> >>> Olá amigos, o que acham desse problema?
>> >>>
>> >>> Qual seria a resposta?
>> >>>
>> >>> João e Maria tem dois filhos, e sabe-se que um dos filhos é um
>> menino. Se a probabilidade de um filho ser do sexo masculino 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Rodrigo Ângelo]

A velha história do problema mal formulado

Eu concordo 100% com a interpretação do Pedro, mas analisando o texto do
problema, também cabe espaço para a seguinte interpretação:

João e Maria tem dois filhos: A e B, e sabe-se que *um dos filhos* é um
menino, ou seja,A é menino ou B é menino. Se P(A é menino) = 0,5*, *é
correto afirmar que
 P(B é menino | "A é menino ou B é menino" && P(A é menino) = 0,5) é igual
a  ...?

Neste caso, a probabilidade de B ser menino muda por causa da conjunção das
duas informações que a gente tem:
- Pelo menos um deles é menino
- A tem 50% de chance de ser menino

Atenciosamente,
Rodrigo de Castro Ângelo


Em ter, 28 de mai de 2019 às 17:31, Pedro Angelo 
escreveu:

> Eu acho que o enunciado foi bem claro. Num primeiro momento, o
> enunciado fala "sabe-se que *um* dos filhos é um menino". Em seguida,
> ele pergunta "qual a probabilidade de *o outro* ser menino". Os termos
> "um" no primeiro momento e "o outro" no final estão especificando os
> filhos, então a resposta é 1/2. A pergunta que está sendo feita é
> "qual a probabilidade do segundo filho ser H sabendo que o primeiro é
> H", ao invés de "qual a probabilidade de ambos serem H sabendo que um
> deles é H".
>
> Le mar. 28 mai 2019 à 17:03, matematica10complicada
>  a écrit :
> >
> > Valeu Ralph, obrigado, eu tive a mesma interpretação, e acredito que o
> problema podia ter sido melhor elaborado.
> > Mas de qualquer forma, obrigado.
> >
> >
> > Um abraço do
> > Douglas Oliveira.
> >
> > Em ter, 28 de mai de 2019 16:36, Ralph Teixeira 
> escreveu:
> >>
> >> Problema de difícil resposta, depende de como interpretar a frase "um
> dos filhos é menino"... Do ponto de vista probabilísitco, depende de como a
> informação de que um deles é menino foi obtida.
> >>
> >> Vou supor que os filhos estão numa certa ordem, e colocar H para menino
> e M para menina. Então, vou dizer que os filhos são "HM" se o primeiro for
> homem e o segundo for mulher.
> >>
> >> Portanto, **a priori**, o universo de possibilidades seria
> {HH,HM,MH,MM}. Supondo que a probabilidade de cada um ser H é 50% (está no
> enunciado), e supondo que os sexos dos dois filhos são independentes um do
> outro (não está no enunciado, mas não é uma hipótese tão horrível... além
> disso, sem ela a gente não sai do lugar), então cada um desses 4 eventos
> tem probabilidade 1/4=25%.
> >>
> >> Até aqui, o problema não costuma ser muito polêmico... Agora,
> surpreendentemente, as coisas complicam:
> >>
> >> ---///---
> >> INTERPRETAÇÃO #1:
> >> Se você ler a frase estritamente, sabemos que PELO MENOS UM DELES é
> menino, sem saber qual. Ou seja, o "novo universo" é {HH,HM,MH}, já que não
> pode ser MM. Então a probabilidade do outro ser menino também é a
> probabilidade de ambos serem meninos, ou seja, queremos a probabilidade de
> HH neste novo universo. A reposta é 1/3.
> >>
> >> Se você quiser ser mais formal: seja "A" o evento "pelo menos um é
> menino", e "B" o evento "o outro também é menino". Então A={HH,HM,MH} e
> B={HH}. O que se pediu foi a probabilidade condicional:
> >> Pr(B|A)=Pr(A e B) / Pr(A) = (1/4)/(3/4)=1/3.
> >>
> >> Esta interpretação é razoável por exemplo se a informação foi obtida da
> seguinte forma: você perguntou ao João se ele tem *algum* filho menino, e
> ele disse "sim, tenho!", sem dar a menor indicação de qual é o menino.
> >> ---///---
> >> INTERPRETAÇÂO #2:
> >> Mas pode ser que "um" em "um deles é menino" seja um ESPECÍFICO, o que
> é diferente! Tipo, se você pergunta ao João se o filho **mais velho** é
> menino, e ele diz "Sim, o mais velho é menino", agora eu sei QUEM é esse
> menino, e isto afeta sim a probabilidade!
> >>
> >> Agora o novo universo seria {HH,MH}, então a probabilidade do mais novo
> ser menino é 1/2 -- que é a resposta que quase todo mundo dá a este
> problema, porque na hora de calcular a probabilidade todo mundo imagina que
> um filho ESPECÍFICO é menino, e se pergunta sobre o outro.
> >> ---///---
> >>
> >> Qual a resposta correta? De novo, depende do que você entende por
> "um dos filhos é menino", que em Português é ligeiramente vago. Eu fico com
> a interpretação #1, que acho que é mais estritamente o que foi dito no
> enunciado.
> >>
> >> Abraço, Ralph.
> >>
> >>
> >>
> >>
> >>
> >>
> >> On Tue, May 28, 2019 at 11:35 AM matematica10complicada <
> profdouglaso.del...@gmail.com> wrote:
> >>>
> >>> Olá amigos, o que acham desse problema?
> >>>
> >>> Qual seria a resposta?
> >>>
> >>> João e Maria tem dois filhos, e sabe-se que um dos filhos é um menino.
> Se a probabilidade de um filho ser do sexo masculino é igual a 50%, é
> correto afirmar que a probabilidade de o outro filho do casal ser um menino
> é igual a:
> >>>
> >>>
> >>> Att
> >>> Douglas Oliveira.
> >>>
> >>>
> >>>
> >>>
> >>> --
> >>> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro Angelo]

Eu acho que o enunciado foi bem claro. Num primeiro momento, o
enunciado fala "sabe-se que *um* dos filhos é um menino". Em seguida,
ele pergunta "qual a probabilidade de *o outro* ser menino". Os termos
"um" no primeiro momento e "o outro" no final estão especificando os
filhos, então a resposta é 1/2. A pergunta que está sendo feita é
"qual a probabilidade do segundo filho ser H sabendo que o primeiro é
H", ao invés de "qual a probabilidade de ambos serem H sabendo que um
deles é H".

Le mar. 28 mai 2019 à 17:03, matematica10complicada
 a écrit :
>
> Valeu Ralph, obrigado, eu tive a mesma interpretação, e acredito que o 
> problema podia ter sido melhor elaborado.
> Mas de qualquer forma, obrigado.
>
>
> Um abraço do
> Douglas Oliveira.
>
> Em ter, 28 de mai de 2019 16:36, Ralph Teixeira  escreveu:
>>
>> Problema de difícil resposta, depende de como interpretar a frase "um dos 
>> filhos é menino"... Do ponto de vista probabilísitco, depende de como a 
>> informação de que um deles é menino foi obtida.
>>
>> Vou supor que os filhos estão numa certa ordem, e colocar H para menino e M 
>> para menina. Então, vou dizer que os filhos são "HM" se o primeiro for homem 
>> e o segundo for mulher.
>>
>> Portanto, **a priori**, o universo de possibilidades seria {HH,HM,MH,MM}. 
>> Supondo que a probabilidade de cada um ser H é 50% (está no enunciado), e 
>> supondo que os sexos dos dois filhos são independentes um do outro (não está 
>> no enunciado, mas não é uma hipótese tão horrível... além disso, sem ela a 
>> gente não sai do lugar), então cada um desses 4 eventos tem probabilidade 
>> 1/4=25%.
>>
>> Até aqui, o problema não costuma ser muito polêmico... Agora, 
>> surpreendentemente, as coisas complicam:
>>
>> ---///---
>> INTERPRETAÇÃO #1:
>> Se você ler a frase estritamente, sabemos que PELO MENOS UM DELES é menino, 
>> sem saber qual. Ou seja, o "novo universo" é {HH,HM,MH}, já que não pode ser 
>> MM. Então a probabilidade do outro ser menino também é a probabilidade de 
>> ambos serem meninos, ou seja, queremos a probabilidade de HH neste novo 
>> universo. A reposta é 1/3.
>>
>> Se você quiser ser mais formal: seja "A" o evento "pelo menos um é menino", 
>> e "B" o evento "o outro também é menino". Então A={HH,HM,MH} e B={HH}. O que 
>> se pediu foi a probabilidade condicional:
>> Pr(B|A)=Pr(A e B) / Pr(A) = (1/4)/(3/4)=1/3.
>>
>> Esta interpretação é razoável por exemplo se a informação foi obtida da 
>> seguinte forma: você perguntou ao João se ele tem *algum* filho menino, e 
>> ele disse "sim, tenho!", sem dar a menor indicação de qual é o menino.
>> ---///---
>> INTERPRETAÇÂO #2:
>> Mas pode ser que "um" em "um deles é menino" seja um ESPECÍFICO, o que é 
>> diferente! Tipo, se você pergunta ao João se o filho **mais velho** é 
>> menino, e ele diz "Sim, o mais velho é menino", agora eu sei QUEM é esse 
>> menino, e isto afeta sim a probabilidade!
>>
>> Agora o novo universo seria {HH,MH}, então a probabilidade do mais novo ser 
>> menino é 1/2 -- que é a resposta que quase todo mundo dá a este problema, 
>> porque na hora de calcular a probabilidade todo mundo imagina que um filho 
>> ESPECÍFICO é menino, e se pergunta sobre o outro.
>> ---///---
>>
>> Qual a resposta correta? De novo, depende do que você entende por "um 
>> dos filhos é menino", que em Português é ligeiramente vago. Eu fico com a 
>> interpretação #1, que acho que é mais estritamente o que foi dito no 
>> enunciado.
>>
>> Abraço, Ralph.
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>> On Tue, May 28, 2019 at 11:35 AM matematica10complicada 
>>  wrote:
>>>
>>> Olá amigos, o que acham desse problema?
>>>
>>> Qual seria a resposta?
>>>
>>> João e Maria tem dois filhos, e sabe-se que um dos filhos é um menino. Se a 
>>> probabilidade de um filho ser do sexo masculino é igual a 50%, é correto 
>>> afirmar que a probabilidade de o outro filho do casal ser um menino é igual 
>>> a:
>>>
>>>
>>> Att
>>> Douglas Oliveira.
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> 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.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Probabilidade

[matematica10complicada]

Valeu Ralph, obrigado, eu tive a mesma interpretação, e acredito que o
problema podia ter sido melhor elaborado.
Mas de qualquer forma, obrigado.


Um abraço do
Douglas Oliveira.

Em ter, 28 de mai de 2019 16:36, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Problema de difícil resposta, depende de como interpretar a frase "um dos
> filhos é menino"... Do ponto de vista probabilísitco, depende de como a
> informação de que um deles é menino foi obtida.
>
> Vou supor que os filhos estão numa certa ordem, e colocar H para menino e
> M para menina. Então, vou dizer que os filhos são "HM" se o primeiro for
> homem e o segundo for mulher.
>
> Portanto, **a priori**, o universo de possibilidades seria {HH,HM,MH,MM}.
> Supondo que a probabilidade de cada um ser H é 50% (está no enunciado), e
> supondo que os sexos dos dois filhos são independentes um do outro (não
> está no enunciado, mas não é uma hipótese tão horrível... além disso, sem
> ela a gente não sai do lugar), então cada um desses 4 eventos tem
> probabilidade 1/4=25%.
>
> Até aqui, o problema não costuma ser muito polêmico... Agora,
> surpreendentemente, as coisas complicam:
>
> ---///---
> INTERPRETAÇÃO #1:
> Se você ler a frase estritamente, sabemos que PELO MENOS UM DELES é
> menino, sem saber qual. Ou seja, o "novo universo" é {HH,HM,MH}, já que não
> pode ser MM. Então a probabilidade do outro ser menino também é a
> probabilidade de ambos serem meninos, ou seja, queremos a probabilidade de
> HH neste novo universo. A reposta é 1/3.
>
> Se você quiser ser mais formal: seja "A" o evento "pelo menos um é
> menino", e "B" o evento "o outro também é menino". Então A={HH,HM,MH} e
> B={HH}. O que se pediu foi a probabilidade condicional:
> Pr(B|A)=Pr(A e B) / Pr(A) = (1/4)/(3/4)=1/3.
>
> Esta interpretação é razoável por exemplo se a informação foi obtida da
> seguinte forma: você perguntou ao João se ele tem *algum* filho menino, e
> ele disse "sim, tenho!", sem dar a menor indicação de qual é o menino.
> ---///---
> INTERPRETAÇÂO #2:
> Mas pode ser que "um" em "um deles é menino" seja um ESPECÍFICO, o que é
> diferente! Tipo, se você pergunta ao João se o filho **mais velho** é
> menino, e ele diz "Sim, o mais velho é menino", agora eu sei QUEM é esse
> menino, e isto afeta sim a probabilidade!
>
> Agora o novo universo seria {HH,MH}, então a probabilidade do mais novo
> ser menino é 1/2 -- que é a resposta que quase todo mundo dá a este
> problema, porque na hora de calcular a probabilidade todo mundo imagina que
> um filho ESPECÍFICO é menino, e se pergunta sobre o outro.
> ---///---
>
> Qual a resposta correta? De novo, depende do que você entende por "um
> dos filhos é menino", que em Português é ligeiramente vago. Eu fico com a
> interpretação #1, que acho que é mais estritamente o que foi dito no
> enunciado.
>
> Abraço, Ralph.
>
>
>
>
>
>
> On Tue, May 28, 2019 at 11:35 AM matematica10complicada <
> profdouglaso.del...@gmail.com> wrote:
>
>> Olá amigos, o que acham desse problema?
>>
>> Qual seria a resposta?
>>
>> João e Maria tem dois filhos, e sabe-se que um dos filhos é um menino. Se
>> a probabilidade de um filho ser do sexo masculino é igual a 50%, é correto
>> afirmar que a probabilidade de o outro filho do casal ser um menino é igual
>> a:
>>
>>
>> Att
>> Douglas Oliveira.
>>
>>
>>
>>
>> --
>> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Ralph Teixeira]

Problema de difícil resposta, depende de como interpretar a frase "um dos
filhos é menino"... Do ponto de vista probabilísitco, depende de como a
informação de que um deles é menino foi obtida.

Vou supor que os filhos estão numa certa ordem, e colocar H para menino e M
para menina. Então, vou dizer que os filhos são "HM" se o primeiro for
homem e o segundo for mulher.

Portanto, **a priori**, o universo de possibilidades seria {HH,HM,MH,MM}.
Supondo que a probabilidade de cada um ser H é 50% (está no enunciado), e
supondo que os sexos dos dois filhos são independentes um do outro (não
está no enunciado, mas não é uma hipótese tão horrível... além disso, sem
ela a gente não sai do lugar), então cada um desses 4 eventos tem
probabilidade 1/4=25%.

Até aqui, o problema não costuma ser muito polêmico... Agora,
surpreendentemente, as coisas complicam:

---///---
INTERPRETAÇÃO #1:
Se você ler a frase estritamente, sabemos que PELO MENOS UM DELES é menino,
sem saber qual. Ou seja, o "novo universo" é {HH,HM,MH}, já que não pode
ser MM. Então a probabilidade do outro ser menino também é a probabilidade
de ambos serem meninos, ou seja, queremos a probabilidade de HH neste novo
universo. A reposta é 1/3.

Se você quiser ser mais formal: seja "A" o evento "pelo menos um é menino",
e "B" o evento "o outro também é menino". Então A={HH,HM,MH} e B={HH}. O
que se pediu foi a probabilidade condicional:
Pr(B|A)=Pr(A e B) / Pr(A) = (1/4)/(3/4)=1/3.

Esta interpretação é razoável por exemplo se a informação foi obtida da
seguinte forma: você perguntou ao João se ele tem *algum* filho menino, e
ele disse "sim, tenho!", sem dar a menor indicação de qual é o menino.
---///---
INTERPRETAÇÂO #2:
Mas pode ser que "um" em "um deles é menino" seja um ESPECÍFICO, o que é
diferente! Tipo, se você pergunta ao João se o filho **mais velho** é
menino, e ele diz "Sim, o mais velho é menino", agora eu sei QUEM é esse
menino, e isto afeta sim a probabilidade!

Agora o novo universo seria {HH,MH}, então a probabilidade do mais novo ser
menino é 1/2 -- que é a resposta que quase todo mundo dá a este problema,
porque na hora de calcular a probabilidade todo mundo imagina que um filho
ESPECÍFICO é menino, e se pergunta sobre o outro.
---///---

Qual a resposta correta? De novo, depende do que você entende por "um
dos filhos é menino", que em Português é ligeiramente vago. Eu fico com a
interpretação #1, que acho que é mais estritamente o que foi dito no
enunciado.

Abraço, Ralph.






On Tue, May 28, 2019 at 11:35 AM matematica10complicada <
profdouglaso.del...@gmail.com> wrote:

> Olá amigos, o que acham desse problema?
>
> Qual seria a resposta?
>
> João e Maria tem dois filhos, e sabe-se que um dos filhos é um menino. Se
> a probabilidade de um filho ser do sexo masculino é igual a 50%, é correto
> afirmar que a probabilidade de o outro filho do casal ser um menino é igual
> a:
>
>
> Att
> Douglas Oliveira.
>
>
>
>
> --
> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

On Tue, May 28, 2019 at 10:34 AM matematica10complicada
 wrote:
>
> Olá amigos, o que acham desse problema?
>
> Qual seria a resposta?
>
> João e Maria tem dois filhos, e sabe-se que um dos filhos é um menino. Se a 
> probabilidade de um filho ser do sexo masculino é igual a 50%, é correto 
> afirmar que a probabilidade de o outro filho do casal ser um menino é igual a:

O que você acha?  Como você pensou?

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Probabilidade

[matematica10complicada]

Olá amigos, o que acham desse problema?

Qual seria a resposta?

João e Maria tem dois filhos, e sabe-se que um dos filhos é um menino. Se a
probabilidade de um filho ser do sexo masculino é igual a 50%, é correto
afirmar que a probabilidade de o outro filho do casal ser um menino é igual
a:


Att
Douglas Oliveira.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade de Moedas

[Jeferson Almir]

Puxa Ralph valeu demais!!

Em seg, 27 de mai de 2019 às 22:58, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Ah, esse eh um problema classico e MUITO bonito! :D
>
> Seja A o evento: "Tem mais caras nas vermelhas do que coroas nas pretas."
> Seja B o evento: "Tem mais coroas nas vermelhas do que caras nas pretas."
>
> Queremos p(A). Note que p(A)=p(B) por simetria (moedas honestas, nada muda
> se trocar cara por coroa).
>
> Enfim, note que um, e apenas um dos dois eventos A e B acontece! De fato,
> sejam KV (e KP) o numero de caras vermelhas (e pretas) obtidas, CV (e CP) o
> numero de coroas vermelhas (e pretas). Em particular, CV+KV=n+1 e CP+KP=n.
> Assim:
>
> -- Se ambos A e B falhassem, teriamos KV<=CP e CV<=KP, portanto
> KV+CV<=KP+CP, absurdo.
> -- Se A e B ambos valessem, teriamos KV>CP e CV>KP, o que nos inteiros
> implica KV>=CP+1 e CV>=KP+1, ou seja KV+CV>=KP+CP+2, absurdo tambem!
>
> Em suma, p(A)=p(B)=1/2, ou seja, a resposta eh 50%.
>
> (Note que para ter esta solucao sem conta quase nenhuma, os numeros TEM
> QUE SER n+1 e n. Se fossem n moedas de cada, ou n+2 de uma e n da outra,
> teriamos que fazer umas contas mais complicadas...)
>
> Abraco, Ralph.
>
>
> On Mon, May 27, 2019 at 9:45 PM Jeferson Almir 
> wrote:
>
>> Dispomos de 2n+1 moedas honestas, sendo n+1 vermelhas e n pretas. Uma
>> pessoa arremessa as 2n+1 moedas simultaneamente, qual a probabilidade de se
>> obter MAIS caras de vermelhas do que coroas de pretas ?
>> Peço ajuda nesse problema.
>>
>> --
>> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade de Moedas

[Ralph Teixeira]

Ah, esse eh um problema classico e MUITO bonito! :D

Seja A o evento: "Tem mais caras nas vermelhas do que coroas nas pretas."
Seja B o evento: "Tem mais coroas nas vermelhas do que caras nas pretas."

Queremos p(A). Note que p(A)=p(B) por simetria (moedas honestas, nada muda
se trocar cara por coroa).

Enfim, note que um, e apenas um dos dois eventos A e B acontece! De fato,
sejam KV (e KP) o numero de caras vermelhas (e pretas) obtidas, CV (e CP) o
numero de coroas vermelhas (e pretas). Em particular, CV+KV=n+1 e CP+KP=n.
Assim:

-- Se ambos A e B falhassem, teriamos KV<=CP e CV<=KP, portanto
KV+CV<=KP+CP, absurdo.
-- Se A e B ambos valessem, teriamos KV>CP e CV>KP, o que nos inteiros
implica KV>=CP+1 e CV>=KP+1, ou seja KV+CV>=KP+CP+2, absurdo tambem!

Em suma, p(A)=p(B)=1/2, ou seja, a resposta eh 50%.

(Note que para ter esta solucao sem conta quase nenhuma, os numeros TEM QUE
SER n+1 e n. Se fossem n moedas de cada, ou n+2 de uma e n da outra,
teriamos que fazer umas contas mais complicadas...)

Abraco, Ralph.


On Mon, May 27, 2019 at 9:45 PM Jeferson Almir 
wrote:

> Dispomos de 2n+1 moedas honestas, sendo n+1 vermelhas e n pretas. Uma
> pessoa arremessa as 2n+1 moedas simultaneamente, qual a probabilidade de se
> obter MAIS caras de vermelhas do que coroas de pretas ?
> Peço ajuda nesse problema.
>
> --
> 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.

[obm-l] Probabilidade de Moedas

[Jeferson Almir]

Dispomos de 2n+1 moedas honestas, sendo n+1 vermelhas e n pretas. Uma
pessoa arremessa as 2n+1 moedas simultaneamente, qual a probabilidade de se
obter MAIS caras de vermelhas do que coroas de pretas ?
Peço ajuda nesse problema.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues  wrote:
>
> 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.

Se for só "estimar", eu sugiro dar uma olhada em combinatória
analítica: http://algo.inria.fr/flajolet/Publications/AnaCombi/anacombi.html

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.


=
Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

Re: [obm-l] Probabilidade

[Marcelo Salhab Brogliato]

Talvez dê pra melhorar essa desigualdade fazendo uma recursão dupla com N e
K, onde N é o número de letras e K o número de letras iguais em cada
trecho. Assim, iria incluir ABABCDCD, mas não iria incluir ABACBDCD.

Abraços,
Salhab

Il giorno mer 7 nov 2018 alle ore 18:32 Bruno Visnadi <
brunovisnadida...@gmail.com> ha scritto:

> O que o Salhab fez é, na verdade, uma boa cota mínima para esta
> probabilidade. Então podemos afirmar que P > 3.16*10^(-15)
>
> Em qua, 7 de nov de 2018 às 17:21, Bruno Visnadi <
> brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
>
>> Por que 4*C(46,15)? Talvez seria melhor usar C(46,15)^4 ou, ainda melhor,
>> C(46,15)^3, se entendi corretamente a ideia.
>>
>> Em qua, 7 de nov de 2018 às 16:44, Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Uma desigualdade é:
>>> P <= 4*C(46,15) / (60!/(15!)^4) =
>>> 4*(15!)^2/(60*59*58*...*48*47*31*30*29*...*17*16) = 7,19336*10^(-22)
>>> (se não errei alguma conta...)
>>>
>>> On Wed, Nov 7, 2018 at 5:24 PM Ralph Teixeira  wrote:
>>>
 Não tenho a resposta, mas tenho uma boa intuição se for para um
 contexto prático: esta probabilidade será super super baixa... :D :D :D

 Uma maneira de estimar é fazer mesmo simulações: faça um programa para
 sortear uma ordem, verifique se houve 2 letras iguais adjacentes, repita um
 quinquilhão de vezes, veja em quantas deu ou não deu. O problema é que,
 como ninha intuição me diz que a probabilidade é baixíssima, eu também
 chuto que você vai ter que repetir MUITAS vezes para começa a aparecer
 alguma estimativa razoável que não seja 0.

 Abraço, Ralph.

 On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues 
 wrote:

> 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 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Claudio Buffara]

Sem dúvidas. Viajei na maionese.

Enviado do meu iPhone

Em 7 de nov de 2018, à(s) 18:24, Bruno Visnadi  
escreveu:

> O que o Salhab fez é, na verdade, uma boa cota mínima para esta 
> probabilidade. Então podemos afirmar que P > 3.16*10^(-15)
> 
> Em qua, 7 de nov de 2018 Ã s 17:21, Bruno Visnadi 
>  escreveu:
>> Por que 4*C(46,15)? Talvez seria melhor usar C(46,15)^4 ou, ainda melhor, 
>> C(46,15)^3, se entendi corretamente a ideia.
>> 
>> Em qua, 7 de nov de 2018 Ã s 16:44, Claudio Buffara 
>>  escreveu:
>>> Uma desigualdade é:
>>> P <= 4*C(46,15) / (60!/(15!)^4) = 
>>> 4*(15!)^2/(60*59*58*...*48*47*31*30*29*...*17*16) = 7,19336*10^(-22)Â Â 
>>> (se não errei alguma conta...)
>>> 
 On Wed, Nov 7, 2018 at 5:24 PM Ralph Teixeira  wrote:
 Não tenho a resposta, mas tenho uma boa intuição se for para um 
 contexto prático: esta probabilidade será super super baixa... :D :D :D
 
 Uma maneira de estimar é fazer mesmo simulações: faça um programa para 
 sortear uma ordem, verifique se houve 2 letras iguais adjacentes, repita 
 um quinquilhão de vezes, veja em quantas deu ou não deu. O problema é 
 que, como ninha intuição me diz que a probabilidade é baixíssima, eu 
 também chuto que você vai ter que repetir MUITAS vezes para começa a 
 aparecer alguma estimativa razoável que não seja 0.
 
 Abraço, Ralph.
 
> On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues  wrote:
> 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 Ã s 13:49, Bruno Visnadi 
>  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 Ã s 12:13, Claudio Buffara 
>>  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)Â + 2*C(44,14)Â + 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 
  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  
> 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 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

O que o Salhab fez é, na verdade, uma boa cota mínima para esta
probabilidade. Então podemos afirmar que P > 3.16*10^(-15)

Em qua, 7 de nov de 2018 às 17:21, Bruno Visnadi <
brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:

> Por que 4*C(46,15)? Talvez seria melhor usar C(46,15)^4 ou, ainda melhor,
> C(46,15)^3, se entendi corretamente a ideia.
>
> Em qua, 7 de nov de 2018 às 16:44, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Uma desigualdade é:
>> P <= 4*C(46,15) / (60!/(15!)^4) =
>> 4*(15!)^2/(60*59*58*...*48*47*31*30*29*...*17*16) = 7,19336*10^(-22)
>> (se não errei alguma conta...)
>>
>> On Wed, Nov 7, 2018 at 5:24 PM Ralph Teixeira  wrote:
>>
>>> Não tenho a resposta, mas tenho uma boa intuição se for para um contexto
>>> prático: esta probabilidade será super super baixa... :D :D :D
>>>
>>> Uma maneira de estimar é fazer mesmo simulações: faça um programa para
>>> sortear uma ordem, verifique se houve 2 letras iguais adjacentes, repita um
>>> quinquilhão de vezes, veja em quantas deu ou não deu. O problema é que,
>>> como ninha intuição me diz que a probabilidade é baixíssima, eu também
>>> chuto que você vai ter que repetir MUITAS vezes para começa a aparecer
>>> alguma estimativa razoável que não seja 0.
>>>
>>> Abraço, Ralph.
>>>
>>> On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues 
>>> wrote:
>>>
 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 
>>> 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.
>>>

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

Por que 4*C(46,15)? Talvez seria melhor usar C(46,15)^4 ou, ainda melhor,
C(46,15)^3, se entendi corretamente a ideia.

Em qua, 7 de nov de 2018 às 16:44, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Uma desigualdade é:
> P <= 4*C(46,15) / (60!/(15!)^4) =
> 4*(15!)^2/(60*59*58*...*48*47*31*30*29*...*17*16) = 7,19336*10^(-22)
> (se não errei alguma conta...)
>
> On Wed, Nov 7, 2018 at 5:24 PM Ralph Teixeira  wrote:
>
>> Não tenho a resposta, mas tenho uma boa intuição se for para um contexto
>> prático: esta probabilidade será super super baixa... :D :D :D
>>
>> Uma maneira de estimar é fazer mesmo simulações: faça um programa para
>> sortear uma ordem, verifique se houve 2 letras iguais adjacentes, repita um
>> quinquilhão de vezes, veja em quantas deu ou não deu. O problema é que,
>> como ninha intuição me diz que a probabilidade é baixíssima, eu também
>> chuto que você vai ter que repetir MUITAS vezes para começa a aparecer
>> alguma estimativa razoável que não seja 0.
>>
>> Abraço, Ralph.
>>
>> On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues  wrote:
>>
>>> 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 
>> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Paulo Rodrigues]

Ralph,

eu tinha feito a mesma conta que você hoje pela manhã.

A questão surgiu por curiosidade após uma polêmica nos concursos da
CEV/UECE aqui no Ceará. Resumindo: os três últimos concursos (vestibular
2018.2/ SEDUC e SECULT) tiveram as 60 primeiras questões com gabaritos
iguais! Exatamente iguais" Primeiro descobriram a igualdade dos gabaritos
da SEDUC e da SECULT, e ontem eu descobri a igualdade com o gabarito do
vestibular 2018.2
(
https://www.opovo.com.br/noticias/fortaleza/2018/11/gabarito-do-vestibular-da-uece-2018-2-tem-mesma-sequencia-de-respostas.html
)

A probabilidade de o gabarito com 60 questões A-B-C-D se repetir é bem
menor que a chance de ganhar em 4 concursos seguidos da mega-sena!

Mas estudando os gabaritos desta banca, observei duas coisas interessantes:

(1) A quantidade de alternativas de cada tipo é sempre a mesma
(2) Duas questões vizinhas nunca têm a mesma resposta.

Isso limita muito a quantidade de gabaritos e permite dobrar a chance de
acerto em muitas questões:

Se um aluno tem certeza de suas respostas nas questões n e (n+2) e se estas
respostas forem distintas, então só restam duas alternativas para a questão
(n+1).

No meio de toda essa polêmica, o presidente da banca disse que não vai
anular os concursos, mas imagino que alguém possa ter notado a igualdade
dos dois primeiros gabaritos e se aproveitado para se dar bem no terceiro
concurso. Quem quiser estudar os "gabaritos" repetidos do banca pode
acessar http://www.uece.br/cev/ Absurdos do Brasil!



Paulo Rodrigues



Em qua, 7 de nov de 2018 às 17:46, Ralph Teixeira 
escreveu:

> Eu sei que é um roubo, mas... tem que ser mesmo exatamente 15 de cada
> tipo? Não seria suficiente fazer alguma hipótese que diz que nenhum item
> foi favorecido **no sorteio**?
>
> Digo isso porque vejo um outro problema, também bastante prático, bem mais
> fácil de resolver: para cada questão, sorteie aleatoriamente uma letra para
> ser o gabarito, todas com a mesma probabilidade, cada questão independente
> das demais. Assim, você está gerando um gabarito verdadeiramente aleatório;
> na **média**, devem ser cerca de 15 de cada, mas um gabarito que tenha
> exatamente 15 letras de cada tipo provavelmente não foi feito
> aleatoriamente...
>
> Agora, com este tipo de montagem de gabarito, qual a probabilidade de não
> haver 2 letras consecutivas iguais? Pois bem, agora são 4x3x3x3x...x3
> possibilidades favoráveis dentre 4^60 no total, e a probabilidade seria
> (3/4)^(59) ~ 4.2522 x 10^(-8) ~ (1 em 23 milhões) < chance de ganhar na
> mega-sena com 3 apostas simples. Ou seja, seria muito muito raro -- se o
> seu gabarito tem essa propriedade, eu aposto que foi por design, não por
> sorte.
>
> Abraço, Ralph.
>
> P.S.: Aliás, usando o que o Buffara já tinha feito, a probabilidade de um
> gabarito aleatório (do meu jeito) ter *exatamente* 15 de cada letra seria
> 4.(3^59) / (60!/(15!^4)) ~ 1.986 x 10^(-5) ~ (1 em 50346). Como eu disse,
> bem raro, a menos que seja por design.
>
> PS2: Desconte a probabilidade muito pouco rara de eu ter errado alguma
> conta. :D
>
> On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues  wrote:
>
>> 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, 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Ralph Teixeira]

Eu sei que é um roubo, mas... tem que ser mesmo exatamente 15 de cada tipo?
Não seria suficiente fazer alguma hipótese que diz que nenhum item foi
favorecido **no sorteio**?

Digo isso porque vejo um outro problema, também bastante prático, bem mais
fácil de resolver: para cada questão, sorteie aleatoriamente uma letra para
ser o gabarito, todas com a mesma probabilidade, cada questão independente
das demais. Assim, você está gerando um gabarito verdadeiramente aleatório;
na **média**, devem ser cerca de 15 de cada, mas um gabarito que tenha
exatamente 15 letras de cada tipo provavelmente não foi feito
aleatoriamente...

Agora, com este tipo de montagem de gabarito, qual a probabilidade de não
haver 2 letras consecutivas iguais? Pois bem, agora são 4x3x3x3x...x3
possibilidades favoráveis dentre 4^60 no total, e a probabilidade seria
(3/4)^(59) ~ 4.2522 x 10^(-8) ~ (1 em 23 milhões) < chance de ganhar na
mega-sena com 3 apostas simples. Ou seja, seria muito muito raro -- se o
seu gabarito tem essa propriedade, eu aposto que foi por design, não por
sorte.

Abraço, Ralph.

P.S.: Aliás, usando o que o Buffara já tinha feito, a probabilidade de um
gabarito aleatório (do meu jeito) ter *exatamente* 15 de cada letra seria
4.(3^59) / (60!/(15!^4)) ~ 1.986 x 10^(-5) ~ (1 em 50346). Como eu disse,
bem raro, a menos que seja por design.

PS2: Desconte a probabilidade muito pouco rara de eu ter errado alguma
conta. :D

On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues  wrote:

> 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 
 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 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Claudio Buffara]

Uma desigualdade é:
P <= 4*C(46,15) / (60!/(15!)^4) =
4*(15!)^2/(60*59*58*...*48*47*31*30*29*...*17*16) = 7,19336*10^(-22)
(se não errei alguma conta...)

On Wed, Nov 7, 2018 at 5:24 PM Ralph Teixeira  wrote:

> Não tenho a resposta, mas tenho uma boa intuição se for para um contexto
> prático: esta probabilidade será super super baixa... :D :D :D
>
> Uma maneira de estimar é fazer mesmo simulações: faça um programa para
> sortear uma ordem, verifique se houve 2 letras iguais adjacentes, repita um
> quinquilhão de vezes, veja em quantas deu ou não deu. O problema é que,
> como ninha intuição me diz que a probabilidade é baixíssima, eu também
> chuto que você vai ter que repetir MUITAS vezes para começa a aparecer
> alguma estimativa razoável que não seja 0.
>
> Abraço, Ralph.
>
> On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues  wrote:
>
>> 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 
> 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 antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Claudio Buffara]

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 
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 
>> 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 
>>> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Ralph Teixeira]

Não tenho a resposta, mas tenho uma boa intuição se for para um contexto
prático: esta probabilidade será super super baixa... :D :D :D

Uma maneira de estimar é fazer mesmo simulações: faça um programa para
sortear uma ordem, verifique se houve 2 letras iguais adjacentes, repita um
quinquilhão de vezes, veja em quantas deu ou não deu. O problema é que,
como ninha intuição me diz que a probabilidade é baixíssima, eu também
chuto que você vai ter que repetir MUITAS vezes para começa a aparecer
alguma estimativa razoável que não seja 0.

Abraço, Ralph.

On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues  wrote:

> 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 
 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Marcelo Salhab Brogliato]

Tem razão. Na minha solução esse caso não está contado. Desculpe :)

Abraços,
Salhab

Il giorno mer 7 nov 2018 alle ore 16:58 Paulo Rodrigues 
ha scritto:

> Marcelo, quando quebramos um bloco de 8 em dois de 4, cada bloco não tem
> letras repetidas, mas não obrigatoriamente tem todas as letras. Por exemplo,
>
> A B A C D C D B.
>
> Acho que com o seu raciocínio dá para obter uma desigualdade.
>
> Paulo Rodrigues
> 85-9760-7812
>
>
> Em qua, 7 de nov de 2018 às 16:27, Marcelo Salhab Brogliato <
> msbro...@gmail.com> escreveu:
>
>> 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 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Paulo Rodrigues]

Marcelo, quando quebramos um bloco de 8 em dois de 4, cada bloco não tem
letras repetidas, mas não obrigatoriamente tem todas as letras. Por exemplo,

A B A C D C D B.

Acho que com o seu raciocínio dá para obter uma desigualdade.

Paulo Rodrigues
85-9760-7812


Em qua, 7 de nov de 2018 às 16:27, Marcelo Salhab Brogliato <
msbro...@gmail.com> escreveu:

> 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 
> 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 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

Não sei se concordo com essa solução, creio que f(2) seja maior que 432. Se
entendi corretamente, você só contou casos em que nenhuma letra se repete
dentro das 4 primeiras ou das 4 últimas, mas há outras possibilidades, como
ABABCDCD.

Em qua, 7 de nov de 2018 às 15:27, Marcelo Salhab Brogliato <
msbro...@gmail.com> escreveu:

> 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 
> 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, 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Marcelo Salhab Brogliato]

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 
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 
 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 

Re: [obm-l] Probabilidade

[Paulo Rodrigues]

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 
>> 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 
>>> 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.
>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

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 
> 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  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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Claudio Buffara]

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 
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  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 antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Claudio Buffara]

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  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.

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Probabilidade

[Paulo Rodrigues]

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

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 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Probabilidade

[Daniel Rocha]

Boa noite,

Peguei esse problema de um artigo do Nicolau na Revista Eureka.
Não entendi a solução dele.

Dois amigos querem decidir quem pagará a conta do restaurante com uma aposta. 
Cada um deles escolhe uma seqüência de três caras ou coroas, e eles jogam uma 
moeda até que saia uma das duas seqüências: aquele que tiver escolhido a 
primeira seqüência a sair ganhou a aposta. Por exemplo, André (por ser o 
primeiro em ordem alfabética) é o primeiro a escolher e fica com a seqüência 
ckc(em que c representa cara e k coroa) enquanto Bernardo responde com cck. 
Eles jogam a moeda obtendo kckkcccck, e neste momento Bernardo declara-se o 
vencedor. Esta aposta é justa? André leva vantagem ou desvantagem por ser o 
primeiro a escolher? Quais são as probabilidades de vitória de cada um?

Link para o artigo:
https://goo.gl/nBQrJ4 

Obrigado,
Daniel Rocha da Silva
-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Arthur Vieira]

Podem me dizer onde eu posso encontrar algum material sobre
somatório/produtório?

Em 7 de dezembro de 2017 18:55, Pedro José  escreveu:

> Boa noite!
>
> O problema genérico seria k grupos com ni animais, 1<=i <=k. Sorteando k
> animais.
>
> N: número total de animais  [image:
> Imagem inline 1]
> M: Número de eventos de uma raiz a uma folha.   [image: Imagem inline 4]
>
> U: Número de eventos totais. [image: Imagem
> inline 3]
>
> p = k!. M / U
>
>
> Em 7 de dezembro de 2017 18:18, Lucas Reis 
> escreveu:
>
>> Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda
>> na resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110
>> *80
>> possibilidades, dá um total de 6*90*110*80 eventos.
>>
>> Em 7 de dez de 2017 11:10 AM, "Arthur Vieira" 
>> escreveu:
>>
>>> O que seria mudar a primeira escolha?
>>>
>>> Em 7 de dezembro de 2017 11:33, Pedro José 
>>> escreveu:
>>>
 Bom dia!
 Resolvendo por grafo.

 Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
 terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
 Note que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.

 Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
 O universo é 280*279*278.
 Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
 precisão.

 Saudações,
 PJMS

 Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi <
 brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:

> De fato, eu fiz uma bobagem no wolframalpha. Agora cheguei nos mesmos 
> 0.21881112621423598
> do Nowras
>
> Em 6 de dezembro de 2017 21:07, Nowras Ali 
> escreveu:
>
>> Caro Douglas,
>>
>> Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
>> \binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110
>> *90*80)/\binom{280}{3}
>> = 0.21881112621423598.
>>
>> Abraços,
>> Nowras.
>>
>> Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
>> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um
>>> gabarito de uma questão:
>>>
>>> Eis a questão:
>>>
>>> Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da
>>> fazenda Boa Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais 
>>> fossem
>>> escolhidos ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um 
>>> deles
>>> seja de uma fazenda diferente?
>>>
>>> Douglas Oliveira.
>>>
>>> --
>>> 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.
>>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>


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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

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>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
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>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Arthur Vieira]

Obrigado, agora entendi.

Em 7 de dezembro de 2017 18:18, Lucas Reis 
escreveu:

> Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
> resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110
> *80
> possibilidades, dá um total de 6*90*110*80 eventos.
>
> Em 7 de dez de 2017 11:10 AM, "Arthur Vieira" 
> escreveu:
>
>> O que seria mudar a primeira escolha?
>>
>> Em 7 de dezembro de 2017 11:33, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Bom dia!
>>> Resolvendo por grafo.
>>>
>>> Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
>>> terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
>>> Note que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
>>>
>>> Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
>>> O universo é 280*279*278.
>>> Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
>>> precisão.
>>>
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>> Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi <
>>> brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
>>>
 De fato, eu fiz uma bobagem no wolframalpha. Agora cheguei nos mesmos 
 0.21881112621423598
 do Nowras

 Em 6 de dezembro de 2017 21:07, Nowras Ali 
 escreveu:

> Caro Douglas,
>
> Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
> \binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110
> *90*80)/\binom{280}{3}
> = 0.21881112621423598.
>
> Abraços,
> Nowras.
>
> Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um
>> gabarito de uma questão:
>>
>> Eis a questão:
>>
>> Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da
>> fazenda Boa Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais 
>> fossem
>> escolhidos ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um 
>> deles
>> seja de uma fazenda diferente?
>>
>> Douglas Oliveira.
>>
>> --
>> 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 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Arthur Vieira]

Obrigado, agora eu entendi

Em 7 de dezembro de 2017 18:18, Lucas Reis 
escreveu:

> Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
> resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110
> *80
> possibilidades, dá um total de 6*90*110*80 eventos.
>
> Em 7 de dez de 2017 11:10 AM, "Arthur Vieira" 
> escreveu:
>
>> O que seria mudar a primeira escolha?
>>
>> Em 7 de dezembro de 2017 11:33, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Bom dia!
>>> Resolvendo por grafo.
>>>
>>> Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
>>> terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
>>> Note que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
>>>
>>> Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
>>> O universo é 280*279*278.
>>> Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
>>> precisão.
>>>
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>> Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi <
>>> brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
>>>
 De fato, eu fiz uma bobagem no wolframalpha. Agora cheguei nos mesmos 
 0.21881112621423598
 do Nowras

 Em 6 de dezembro de 2017 21:07, Nowras Ali 
 escreveu:

> Caro Douglas,
>
> Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
> \binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110
> *90*80)/\binom{280}{3}
> = 0.21881112621423598.
>
> Abraços,
> Nowras.
>
> Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um
>> gabarito de uma questão:
>>
>> Eis a questão:
>>
>> Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da
>> fazenda Boa Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais 
>> fossem
>> escolhidos ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um 
>> deles
>> seja de uma fazenda diferente?
>>
>> Douglas Oliveira.
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.

>>>
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>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
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>>
>>
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>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro José]

Boa noite!

O problema genérico seria k grupos com ni animais, 1<=i <=k. Sorteando k
animais.

N: número total de animais  [image: Imagem
inline 1]
M: Número de eventos de uma raiz a uma folha.   [image: Imagem inline 4]

U: Número de eventos totais. [image: Imagem
inline 3]

p = k!. M / U


Em 7 de dezembro de 2017 18:18, Lucas Reis 
escreveu:

> Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
> resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110
> *80
> possibilidades, dá um total de 6*90*110*80 eventos.
>
> Em 7 de dez de 2017 11:10 AM, "Arthur Vieira" 
> escreveu:
>
>> O que seria mudar a primeira escolha?
>>
>> Em 7 de dezembro de 2017 11:33, Pedro José 
>> escreveu:
>>
>>> Bom dia!
>>> Resolvendo por grafo.
>>>
>>> Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
>>> terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
>>> Note que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
>>>
>>> Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
>>> O universo é 280*279*278.
>>> Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
>>> precisão.
>>>
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>> Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi <
>>> brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
>>>
 De fato, eu fiz uma bobagem no wolframalpha. Agora cheguei nos mesmos 
 0.21881112621423598
 do Nowras

 Em 6 de dezembro de 2017 21:07, Nowras Ali 
 escreveu:

> Caro Douglas,
>
> Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
> \binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110
> *90*80)/\binom{280}{3}
> = 0.21881112621423598.
>
> Abraços,
> Nowras.
>
> Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um
>> gabarito de uma questão:
>>
>> Eis a questão:
>>
>> Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da
>> fazenda Boa Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais 
>> fossem
>> escolhidos ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um 
>> deles
>> seja de uma fazenda diferente?
>>
>> Douglas Oliveira.
>>
>> --
>> 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.
>


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 acredita-se estar livre de perigo.

>>>
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>>> --
>>> 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.
>

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Lucas Reis]

Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110*80
possibilidades, dá um total de 6*90*110*80 eventos.

Em 7 de dez de 2017 11:10 AM, "Arthur Vieira" 
escreveu:

> O que seria mudar a primeira escolha?
>
> Em 7 de dezembro de 2017 11:33, Pedro José  escreveu:
>
>> Bom dia!
>> Resolvendo por grafo.
>>
>> Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
>> terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
>> Note que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
>>
>> Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
>> O universo é 280*279*278.
>> Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
>> precisão.
>>
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>> Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi <
>> brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> De fato, eu fiz uma bobagem no wolframalpha. Agora cheguei nos mesmos 
>>> 0.21881112621423598
>>> do Nowras
>>>
>>> Em 6 de dezembro de 2017 21:07, Nowras Ali 
>>> escreveu:
>>>
 Caro Douglas,

 Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
 \binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110
 *90*80)/\binom{280}{3}
 = 0.21881112621423598.

 Abraços,
 Nowras.

 Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
 profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um gabarito
> de uma questão:
>
> Eis a questão:
>
> Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da
> fazenda Boa Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais fossem
> escolhidos ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um 
> deles
> seja de uma fazenda diferente?
>
> Douglas Oliveira.
>
> --
> 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 antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Arthur Vieira]

O que seria mudar a primeira escolha?

Em 7 de dezembro de 2017 11:33, Pedro José  escreveu:

> Bom dia!
> Resolvendo por grafo.
>
> Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
> terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
> Note que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
>
> Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
> O universo é 280*279*278.
> Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
> precisão.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi  > escreveu:
>
>> De fato, eu fiz uma bobagem no wolframalpha. Agora cheguei nos mesmos 
>> 0.21881112621423598
>> do Nowras
>>
>> Em 6 de dezembro de 2017 21:07, Nowras Ali 
>> escreveu:
>>
>>> Caro Douglas,
>>>
>>> Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
>>> \binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110
>>> *90*80)/\binom{280}{3}
>>> = 0.21881112621423598.
>>>
>>> Abraços,
>>> Nowras.
>>>
>>> Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
>>> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>>>
 Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um gabarito
 de uma questão:

 Eis a questão:

 Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da fazenda
 Boa Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais fossem
 escolhidos ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um deles
 seja de uma fazenda diferente?

 Douglas Oliveira.

 --
 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro José]

Bom dia!
Resolvendo por grafo.

Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
Note que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.

Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
O universo é 280*279*278.
Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
precisão.

Saudações,
PJMS

Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi 
escreveu:

> De fato, eu fiz uma bobagem no wolframalpha. Agora cheguei nos mesmos 
> 0.21881112621423598
> do Nowras
>
> Em 6 de dezembro de 2017 21:07, Nowras Ali 
> escreveu:
>
>> Caro Douglas,
>>
>> Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
>> \binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110
>> *90*80)/\binom{280}{3}
>> = 0.21881112621423598.
>>
>> Abraços,
>> Nowras.
>>
>> Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
>> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um gabarito
>>> de uma questão:
>>>
>>> Eis a questão:
>>>
>>> Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da fazenda
>>> Boa Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais fossem
>>> escolhidos ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um deles
>>> seja de uma fazenda diferente?
>>>
>>> Douglas Oliveira.
>>>
>>> --
>>> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

De fato, eu fiz uma bobagem no wolframalpha. Agora cheguei nos mesmos
0.21881112621423598
do Nowras

Em 6 de dezembro de 2017 21:07, Nowras Ali  escreveu:

> Caro Douglas,
>
> Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
> \binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110
> *90*80)/\binom{280}{3}
> = 0.21881112621423598.
>
> Abraços,
> Nowras.
>
> Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um gabarito de
>> uma questão:
>>
>> Eis a questão:
>>
>> Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da fazenda
>> Boa Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais fossem
>> escolhidos ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um deles
>> seja de uma fazenda diferente?
>>
>> Douglas Oliveira.
>>
>> --
>> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Nowras Ali]

Caro Douglas,

Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
\binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110*90*80)/\binom{280}{3} =
0.21881112621423598.

Abraços,
Nowras.

Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um gabarito de
> uma questão:
>
> Eis a questão:
>
> Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da fazenda
> Boa Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais fossem
> escolhidos ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um deles
> seja de uma fazenda diferente?
>
> Douglas Oliveira.
>
> --
> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

Talvez eu tenha feito alguma bobagem, mas cheguei em uma resposta
estranha: 114943/542934

Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um gabarito de
> uma questão:
>
> Eis a questão:
>
> Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da fazenda
> Boa Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais fossem
> escolhidos ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um deles
> seja de uma fazenda diferente?
>
> Douglas Oliveira.
>
> --
> 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.

[obm-l] Probabilidade

[Douglas Oliveira de Lima]

Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um gabarito de
uma questão:

Eis a questão:

Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da fazenda Boa
Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais fossem escolhidos
ao acaso entre os 280, qual a probabilidade de que cada um deles seja de
uma fazenda diferente?

Douglas Oliveira.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro José]

Boa tarde!

Creio que o simultaneamente se refere aos dados (dois) que cada jogador
fará. Não faz diferença para a probabilidade, mas pode gerar dúvidas para a
contagem de jogadas.

Em 17 de novembro de 2017 17:55, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Valeu Pedro também achei esquisito.
>
> Douglas Oliveira.
>
> Em 17 de nov de 2017 16:49, "Pedro José"  escreveu:
>
>> Boa tarde!
>>
>> Não ficou claro o enunciado. Primeiramente cita que o lançamento é
>> simultâneo, depois que Alfredo é o primeiro a jogar. tem uma vírgula
>> seguida da expressão não há vencedor que não faz o menor sentido...
>>
>> Supondo que os lançamentos são intercalados. E que se uma pessoa atinge a
>> soma 10 ganha e  o adversário não joga será:
>>
>> Chances favoráveis: (4,6); (6,4); (5,5) ==> 3 chances favoráveis e por
>> conseguinte, 33 desfavoráveis.
>>
>> P10 = 1/12 e ~P10= 11/12.
>>
>> Para que Alfredo ganhe na segunda jogada será preciso: que Alfredo erre
>> na primeira, *e* que Bernardo erre na primeira e que Alfredo acerte na
>> segunda:
>>
>> P =(11/12)^2* (1/12)= 11^2/12^3.
>>
>> Supondo os lançamentos simultâneos, para o Alfredo ganhar na segunda além
>> do s fatos do item anterior, ainda é necessário que o Bernardo erre a
>> segunda.
>>
>> P* = P * 11/12 ==> P* = 11^3/12^4.
>>
>> Creio que seja isso. Saudações,
>> PJMS
>>
>> Em 17 de novembro de 2017 15:03, Douglas Oliveira de Lima <
>> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Alfredo e Bernardo participam de um jogo participam de um jogo em que
>>> cada um lança simultaneamente um par de dados até que um deles obtenha a
>>> soma dos pontos das faces voltadas para cima igual a 10,momento em que a
>>> disputa termina e o vencedor é o jogador que obteve essa soma 10,não há
>>> vencedor. Se o Alfredo é o primeiro a jogar, qual é a probabilidade de que
>>> ele seja o vencedor na segunda rodada (segundo lançamento de dados )
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
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>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Douglas Oliveira de Lima]

Valeu Pedro também achei esquisito.

Douglas Oliveira.

Em 17 de nov de 2017 16:49, "Pedro José"  escreveu:

> Boa tarde!
>
> Não ficou claro o enunciado. Primeiramente cita que o lançamento é
> simultâneo, depois que Alfredo é o primeiro a jogar. tem uma vírgula
> seguida da expressão não há vencedor que não faz o menor sentido...
>
> Supondo que os lançamentos são intercalados. E que se uma pessoa atinge a
> soma 10 ganha e  o adversário não joga será:
>
> Chances favoráveis: (4,6); (6,4); (5,5) ==> 3 chances favoráveis e por
> conseguinte, 33 desfavoráveis.
>
> P10 = 1/12 e ~P10= 11/12.
>
> Para que Alfredo ganhe na segunda jogada será preciso: que Alfredo erre na
> primeira, *e* que Bernardo erre na primeira e que Alfredo acerte na
> segunda:
>
> P =(11/12)^2* (1/12)= 11^2/12^3.
>
> Supondo os lançamentos simultâneos, para o Alfredo ganhar na segunda além
> do s fatos do item anterior, ainda é necessário que o Bernardo erre a
> segunda.
>
> P* = P * 11/12 ==> P* = 11^3/12^4.
>
> Creio que seja isso. Saudações,
> PJMS
>
> Em 17 de novembro de 2017 15:03, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> Alfredo e Bernardo participam de um jogo participam de um jogo em que
>> cada um lança simultaneamente um par de dados até que um deles obtenha a
>> soma dos pontos das faces voltadas para cima igual a 10,momento em que a
>> disputa termina e o vencedor é o jogador que obteve essa soma 10,não há
>> vencedor. Se o Alfredo é o primeiro a jogar, qual é a probabilidade de que
>> ele seja o vencedor na segunda rodada (segundo lançamento de dados )
>>
>>
>>
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>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro José]

Boa tarde!

Não ficou claro o enunciado. Primeiramente cita que o lançamento é
simultâneo, depois que Alfredo é o primeiro a jogar. tem uma vírgula
seguida da expressão não há vencedor que não faz o menor sentido...

Supondo que os lançamentos são intercalados. E que se uma pessoa atinge a
soma 10 ganha e  o adversário não joga será:

Chances favoráveis: (4,6); (6,4); (5,5) ==> 3 chances favoráveis e por
conseguinte, 33 desfavoráveis.

P10 = 1/12 e ~P10= 11/12.

Para que Alfredo ganhe na segunda jogada será preciso: que Alfredo erre na
primeira, *e* que Bernardo erre na primeira e que Alfredo acerte na segunda:

P =(11/12)^2* (1/12)= 11^2/12^3.

Supondo os lançamentos simultâneos, para o Alfredo ganhar na segunda além
do s fatos do item anterior, ainda é necessário que o Bernardo erre a
segunda.

P* = P * 11/12 ==> P* = 11^3/12^4.

Creio que seja isso. Saudações,
PJMS

Em 17 de novembro de 2017 15:03, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> Alfredo e Bernardo participam de um jogo participam de um jogo em que cada
> um lança simultaneamente um par de dados até que um deles obtenha a soma
> dos pontos das faces voltadas para cima igual a 10,momento em que a disputa
> termina e o vencedor é o jogador que obteve essa soma 10,não há vencedor.
> Se o Alfredo é o primeiro a jogar, qual é a probabilidade de que ele seja o
> vencedor na segunda rodada (segundo lançamento de dados )
>
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Probabilidade

[Douglas Oliveira de Lima]

Alfredo e Bernardo participam de um jogo participam de um jogo em que cada
um lança simultaneamente um par de dados até que um deles obtenha a soma
dos pontos das faces voltadas para cima igual a 10,momento em que a disputa
termina e o vencedor é o jogador que obteve essa soma 10,não há vencedor.
Se o Alfredo é o primeiro a jogar, qual é a probabilidade de que ele seja o
vencedor na segunda rodada (segundo lançamento de dados )

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

Concordo, Marcelo. De fato, a última metade da minha solução está
incorreta. A probabilidade de um subconjunto específico de K elementos
sobrar é de fato [(N-K)!*(N-A)!/(N!*(N-K-A)!)]^P, mas é possível que outros
números não pertencentes a este subconjunto tenham sobrado!

Então, a probabilidade de somente estes K números sobrarem é
[(N-K)!*(N-A)!/(N!*(N-K-A)!)]^P
- soma de X = K+1 até N-A:
{(N-K)!*[(N-X)!*(N-A)!/(N!*(N-X-A)!)]^P}/((X-K)!*(N-X-K)!).
Isto é, descontei todos os casos em que sobram mais números. Bom, vamos
chamar isto tudo de B.

Então, enfim, as chances de quaisquer K números sobrarem é B*N!/(K!*(N-K)!)

Outra condição que esqueci de mencionar, e que é necessária para que a
fórmula funcione, é K ≥ N - P*A, caso contrário provavelmente o resultado
sairá negativo (enquanto deveria ser 0).


Em 25 de julho de 2017 03:20, Marcelo Salhab Brogliato 
escreveu:

> Oi Pedro e Bruno,
>
> K é só a quantidade de números que sobram (podendo ser quaisquer números
> do intervalo).
>
> Vejam o seguinte caso particular: N=10, A=2, P=4, K=3.
> Nesse caso, serão escolhidos 4 pares (a, b), a != b, ou seja, um total de
> 8 números no intervalo [1, 10].
>
> Pela equação de vocês:
> [1] comb(N-K, A) = comb(7, 2) = 21
> [2] comb(N, A) = comb(10, 2) = 45
> [3] comb(N, K) = comb(10, 3) = 120
>
> Assim, a probabilidade de pelo menos K=3 números não serem escolhidos
> seria: 120 * (21/45)^P = 120 * (21/45)^4 = 120 * 0.04742 = 5.6912 = 569.12%.
>
> O que eu acho que está errado na solução de vocês é que não podemos
> multiplicar por comb(N, K), pois ele irá "contar várias vezes o mesmo
> caso". Por exemplo: Quando os números 1, 2 e 3 foram retirados da seleção,
> a probabilidade parece ser (21/45)^4. Mas, nessas combinações, aconteceu o
> caso em que o número 4 não foi escolhido também. Esse caso em que não
> aparecem os números 1, 2, 3 e 4, também se repete quando os números
> retirados são 1, 2 e 4, pois, em algum momento, o 3 não será escolhido.
> Esse é só um caso de repetição dentre muitos. Concordam?
>
> Abraços,
> Salhab
>
> 2017-07-25 1:03 GMT-03:00 Bruno Visnadi :
>
>> Bom, se tirar a parte que eu multiplico por N!/(K!*(N-K)!), acho que
>> fica igual ao seu :)
>>
>> Realmente pelo enunciado não dá para saber se K é só a quantidade de
>> números que sobram, ou se são K números específicos.
>>
>> Em 24 de julho de 2017 23:37, Pedro Angelo 
>> escreveu:
>>
>>> Eu e o Bruno claramente entendemos o problema de forma diferente hehehe.
>>> Eu tava achando que os K números não deviam ser escolhidos eram K números
>>> pré-determinados (fixos). Eu entendi que "esses K números aqui não devem
>>> ser escolhidos", enquanto o Bruno entendeu que "Retirando dos N números os
>>> números que foram escolhidos, devem sobrar K números."
>>> ​
>>>
>>> --
>>> 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.
>>
>
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Marcelo Salhab Brogliato]

Oi Pedro e Bruno,

K é só a quantidade de números que sobram (podendo ser quaisquer números do
intervalo).

Vejam o seguinte caso particular: N=10, A=2, P=4, K=3.
Nesse caso, serão escolhidos 4 pares (a, b), a != b, ou seja, um total de 8
números no intervalo [1, 10].

Pela equação de vocês:
[1] comb(N-K, A) = comb(7, 2) = 21
[2] comb(N, A) = comb(10, 2) = 45
[3] comb(N, K) = comb(10, 3) = 120

Assim, a probabilidade de pelo menos K=3 números não serem escolhidos
seria: 120 * (21/45)^P = 120 * (21/45)^4 = 120 * 0.04742 = 5.6912 = 569.12%.

O que eu acho que está errado na solução de vocês é que não podemos
multiplicar por comb(N, K), pois ele irá "contar várias vezes o mesmo
caso". Por exemplo: Quando os números 1, 2 e 3 foram retirados da seleção,
a probabilidade parece ser (21/45)^4. Mas, nessas combinações, aconteceu o
caso em que o número 4 não foi escolhido também. Esse caso em que não
aparecem os números 1, 2, 3 e 4, também se repete quando os números
retirados são 1, 2 e 4, pois, em algum momento, o 3 não será escolhido.
Esse é só um caso de repetição dentre muitos. Concordam?

Abraços,
Salhab

2017-07-25 1:03 GMT-03:00 Bruno Visnadi :

> Bom, se tirar a parte que eu multiplico por N!/(K!*(N-K)!), acho que fica
> igual ao seu :)
>
> Realmente pelo enunciado não dá para saber se K é só a quantidade de
> números que sobram, ou se são K números específicos.
>
> Em 24 de julho de 2017 23:37, Pedro Angelo 
> escreveu:
>
>> Eu e o Bruno claramente entendemos o problema de forma diferente hehehe.
>> Eu tava achando que os K números não deviam ser escolhidos eram K números
>> pré-determinados (fixos). Eu entendi que "esses K números aqui não devem
>> ser escolhidos", enquanto o Bruno entendeu que "Retirando dos N números os
>> números que foram escolhidos, devem sobrar K números."
>> ​
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>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

Bom, se tirar a parte que eu multiplico por N!/(K!*(N-K)!), acho que fica
igual ao seu :)

Realmente pelo enunciado não dá para saber se K é só a quantidade de
números que sobram, ou se são K números específicos.

Em 24 de julho de 2017 23:37, Pedro Angelo 
escreveu:

> Eu e o Bruno claramente entendemos o problema de forma diferente hehehe.
> Eu tava achando que os K números não deviam ser escolhidos eram K números
> pré-determinados (fixos). Eu entendi que "esses K números aqui não devem
> ser escolhidos", enquanto o Bruno entendeu que "Retirando dos N números os
> números que foram escolhidos, devem sobrar K números."
> ​
>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
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Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro Angelo]

Eu e o Bruno claramente entendemos o problema de forma diferente hehehe. Eu
tava achando que os K números não deviam ser escolhidos eram K números
pré-determinados (fixos). Eu entendi que "esses K números aqui não devem
ser escolhidos", enquanto o Bruno entendeu que "Retirando dos N números os
números que foram escolhidos, devem sobrar K números."
​

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Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

Condição: K + A < N, sendo todos inteiros positivos.

Podemos pensar assim:

Qual é a probabilidade de os números 1, 2, 3... K não serem escolhidos por
ninguém?
Sobram N - K números para cada pessoa escolher. Então cada uma tem
(N-K)!/(A!*(N-K-A)!) maneiras de escolher estes números, de um total de
N!/(A!(N-A)!. A probabilidade de uma pessoa escolher somente números
maiores que K é, portanto, (N-K)!*A!*(N-A)!/A!*(N-K-A)!*N! =
(N-K)!*(N-A)!/N!*(N-K-A)!. A chance de todas elas fazerem isso é este
número elevado a P, ou seja, [(N-K)!*(N-A)!/N!*(N-K-A)!]^P
Esta é a chance de os primeiros K números sobrarem. Como existem
N!/(K!*(N-K)!) maneiras de escolher K números, devemos multiplicá-la por
este número, e obtemos:

[(N-K)!*(N-A)!/N!*(N-K-A)!]^P * N!/(K!*(N-K)!)

Esta é, porém, a chance de PELO MENOS K números sobrarem. A chance de
exatamente K números sobrarem será:

[(N-K)!*(N-A)!/N!*(N-K-A)!]^P * N!/(K!*(N-K)!) - (somatória de T = K+1 a
N-A [(N-T)!*(N-A)!/N!*(N-T-A)!]^P * N!/(T!*(N-T)!)

Acho que é isso!

Em 24 de julho de 2017 18:27, Pedro Angelo 
escreveu:

> Oi Salhab!
>
> Pensei numas coisas elementares aqui, não sei o quão fechada é a fórmula
> que vc quer.
>
> A probabilidade de um dos K números não ser o primeiro dos A números
> escolhidos pela primeira das P pessoas é (N-1)/N. Dado que esse número de
> fato não foi o primeiro escolhido, a probabilidade de ele não ter sido o
> segundo escolhido é (N-2)/N. Continuando, a probabilidade de ele não ter
> sido nenhum dos A números escolhidos é (N-1)!/[N^A * (A-1)!]. A
> probabilidade de esse número não ter sido escolhido por nenhuma das P
> pessoas, já que cada escolhe os A números de forma independente, é
> simplesmente isso aí elevado a P:
>
> { (N-1)! / [N^A * (A-1)!] } ^ P
>
>
> Agora, dado que o primeiro dos K números não foi escolhido por nenhuma
> pessoa, a probabilidade de o segundo dos K números também não ter sido
> escolhido é dada pela mesma fórmula aí de cima, mas trocando N por N-1, já
> que sabemos que esse negundo número é diferente do primeiro (ou seja, o
> problema é o mesmo, mas eliminando um dos N números). Continuando, a
> resposta fica:
>
> { (N-1)! (N-2)! ... (N-K)! / [ (N!/(N-K)!)^A (A-1)!^K ] } ^ P
>
> Posso ter cometido algum engano (ou vários hehe), mas não sei se dá pra
> chegar a um resultado mais simples que esse.
>
> abraços
>
>
> 2017-07-24 17:52 GMT-03:00 Marcelo Salhab Brogliato :
>
>> Pessoal,
>>
>> Estou tentando resolver o seguinte problema:
>>
>> Dado que P pessoas selecionam aleatoriamente A>=2 inteiros diferentes no
>> intervalo [1, N], qual a probabilidade de K números do intervalo [1, N] não
>> serem selecionados por ninguém?
>>
>> Alguém pode me ajudar? :)
>>
>> Abraços,
>> Salhab
>>
>> --
>> 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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro Angelo]

Oi Salhab!

Pensei numas coisas elementares aqui, não sei o quão fechada é a fórmula
que vc quer.

A probabilidade de um dos K números não ser o primeiro dos A números
escolhidos pela primeira das P pessoas é (N-1)/N. Dado que esse número de
fato não foi o primeiro escolhido, a probabilidade de ele não ter sido o
segundo escolhido é (N-2)/N. Continuando, a probabilidade de ele não ter
sido nenhum dos A números escolhidos é (N-1)!/[N^A * (A-1)!]. A
probabilidade de esse número não ter sido escolhido por nenhuma das P
pessoas, já que cada escolhe os A números de forma independente, é
simplesmente isso aí elevado a P:

{ (N-1)! / [N^A * (A-1)!] } ^ P


Agora, dado que o primeiro dos K números não foi escolhido por nenhuma
pessoa, a probabilidade de o segundo dos K números também não ter sido
escolhido é dada pela mesma fórmula aí de cima, mas trocando N por N-1, já
que sabemos que esse negundo número é diferente do primeiro (ou seja, o
problema é o mesmo, mas eliminando um dos N números). Continuando, a
resposta fica:

{ (N-1)! (N-2)! ... (N-K)! / [ (N!/(N-K)!)^A (A-1)!^K ] } ^ P

Posso ter cometido algum engano (ou vários hehe), mas não sei se dá pra
chegar a um resultado mais simples que esse.

abraços


2017-07-24 17:52 GMT-03:00 Marcelo Salhab Brogliato :

> Pessoal,
>
> Estou tentando resolver o seguinte problema:
>
> Dado que P pessoas selecionam aleatoriamente A>=2 inteiros diferentes no
> intervalo [1, N], qual a probabilidade de K números do intervalo [1, N] não
> serem selecionados por ninguém?
>
> Alguém pode me ajudar? :)
>
> Abraços,
> Salhab
>
> --
> 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.

[obm-l] Probabilidade

[Marcelo Salhab Brogliato]

Pessoal,

Estou tentando resolver o seguinte problema:

Dado que P pessoas selecionam aleatoriamente A>=2 inteiros diferentes no
intervalo [1, N], qual a probabilidade de K números do intervalo [1, N] não
serem selecionados por ninguém?

Alguém pode me ajudar? :)

Abraços,
Salhab

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade e números primos

[Pedro José]

Desculpem-me,

Li tudo errado.p^2 é quem divide.

Em 10 de abril de 2017 10:22, Pedro José  escreveu:

> Bom dia!
>
> Essa aí eu boiei.
>
> Os únicos números que dividem p^2 são 1, p e p^2. Serão sempre 3 divisores.
>
> O universo de n, deveria ser limitado a 3*p^2 números, sempre, não faz
> muito sentido.
>
> Não entendi o problema.
>
> Saudações,
> PJFMS.
>
> Em 8 de abril de 2017 08:48, Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>
>> Eu estava assistindo a um vídeo do Barghava sobre número square-free, e
>> ele diz que a probabilidade de um número n não ser squarefree é igual 1/p²
>>
>> Em 8 de abril de 2017 00:21, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
>> bernardo...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> 2017-04-07 21:53 GMT-03:00 Israel Meireles Chrisostomo
>>> :
>>> > Olá pessoal, eu gostaria de saber como provar que a probabilidade de p²
>>> > dividir um número n é igual a 1/p²(onde p é um número primo).
>>>
>>> Probabilidade é sempre mais difícil quando você tem que adivinhar
>>> alguma coisa.  Nesta questão, qual é a distribuição de n?  Não pode
>>> ser uniforme (que é a que a gente "chuta" quando o enunciado é claro
>>> como lama, imaginando que o cara que fez a pergunta é preguiçoso mas
>>> não mal-intencionado), porque não faz sentido uniforme no conjunto N.
>>> Sem isso, eu posso até tentar resolver o "problema inverso" de achar a
>>> distribuição de probabilidades em N tal que P[ n é divisível por p² ]
>>> = 1/p² para todo primo p, mas agora está tarde demais ;-)
>>>
>>> Abraços,
>>> --
>>> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> 
>>> =
>>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> 
>>> =
>>>
>>
>>
>> --
>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade e números primos

[Pedro José]

Bom dia!

Essa aí eu boiei.

Os únicos números que dividem p^2 são 1, p e p^2. Serão sempre 3 divisores.

O universo de n, deveria ser limitado a 3*p^2 números, sempre, não faz
muito sentido.

Não entendi o problema.

Saudações,
PJFMS.

Em 8 de abril de 2017 08:48, Israel Meireles Chrisostomo <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:

> Eu estava assistindo a um vídeo do Barghava sobre número square-free, e
> ele diz que a probabilidade de um número n não ser squarefree é igual 1/p²
>
> Em 8 de abril de 2017 00:21, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
> bernardo...@gmail.com> escreveu:
>
>> 2017-04-07 21:53 GMT-03:00 Israel Meireles Chrisostomo
>> :
>> > Olá pessoal, eu gostaria de saber como provar que a probabilidade de p²
>> > dividir um número n é igual a 1/p²(onde p é um número primo).
>>
>> Probabilidade é sempre mais difícil quando você tem que adivinhar
>> alguma coisa.  Nesta questão, qual é a distribuição de n?  Não pode
>> ser uniforme (que é a que a gente "chuta" quando o enunciado é claro
>> como lama, imaginando que o cara que fez a pergunta é preguiçoso mas
>> não mal-intencionado), porque não faz sentido uniforme no conjunto N.
>> Sem isso, eu posso até tentar resolver o "problema inverso" de achar a
>> distribuição de probabilidades em N tal que P[ n é divisível por p² ]
>> = 1/p² para todo primo p, mas agora está tarde demais ;-)
>>
>> Abraços,
>> --
>> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
>
>
> --
> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade e números primos

[Israel Meireles Chrisostomo]

Eu estava assistindo a um vídeo do Barghava sobre número square-free, e ele
diz que a probabilidade de um número n não ser squarefree é igual 1/p²

Em 8 de abril de 2017 00:21, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com> escreveu:

> 2017-04-07 21:53 GMT-03:00 Israel Meireles Chrisostomo
> :
> > Olá pessoal, eu gostaria de saber como provar que a probabilidade de p²
> > dividir um número n é igual a 1/p²(onde p é um número primo).
>
> Probabilidade é sempre mais difícil quando você tem que adivinhar
> alguma coisa.  Nesta questão, qual é a distribuição de n?  Não pode
> ser uniforme (que é a que a gente "chuta" quando o enunciado é claro
> como lama, imaginando que o cara que fez a pergunta é preguiçoso mas
> não mal-intencionado), porque não faz sentido uniforme no conjunto N.
> Sem isso, eu posso até tentar resolver o "problema inverso" de achar a
> distribuição de probabilidades em N tal que P[ n é divisível por p² ]
> = 1/p² para todo primo p, mas agora está tarde demais ;-)
>
> Abraços,
> --
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade e números primos

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

2017-04-07 21:53 GMT-03:00 Israel Meireles Chrisostomo
:
> Olá pessoal, eu gostaria de saber como provar que a probabilidade de p²
> dividir um número n é igual a 1/p²(onde p é um número primo).

Probabilidade é sempre mais difícil quando você tem que adivinhar
alguma coisa.  Nesta questão, qual é a distribuição de n?  Não pode
ser uniforme (que é a que a gente "chuta" quando o enunciado é claro
como lama, imaginando que o cara que fez a pergunta é preguiçoso mas
não mal-intencionado), porque não faz sentido uniforme no conjunto N.
Sem isso, eu posso até tentar resolver o "problema inverso" de achar a
distribuição de probabilidades em N tal que P[ n é divisível por p² ]
= 1/p² para todo primo p, mas agora está tarde demais ;-)

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

-- 
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Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
=

[obm-l] Probabilidade e números primos

[Israel Meireles Chrisostomo]

Olá pessoal, eu gostaria de saber como provar que a probabilidade de p²
dividir um número n é igual a 1/p²(onde p é um número primo).

-- 
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[obm-l] Probabilidade em urnas

[João Sousa]

Caso, em uma urna, sejam colocadas 6 bolas pretas e 3 bolas vermelhas e 
decida-se retirar dessa urna , sem reposição, 5 bolas, guardando-se em um 
recipiente a parte, qual a probabilidade de, nesse recipiente, haver 2 bolas 
vermelhas?
João Sousa
-- 
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Re: [obm-l] Probabilidade em urnas

[Gabriel Tostes]

Nao entendi muito bem se eh exatamente 2 ou 2 ou 3. Se for exatamente 2->
Devemos tirar 3 pretas e 2 vermelhas e temos 10 ordens possiveis para fazer 
isso. A probabilidade de qualquer ordem dessa ocorrer eh 6x5x4x3x2/9x8x7x6x5. A 
probabilidade eh 10 vezes a probabilidade de uma ordem certa de tirada das 
bolas ocorrer. 10/21.
Se entrar as possibilidades com 3 bolas fica:
10/21+10x6x5x3x2x1/9x8x7x6x5 = 25/42

Sent from my iPad

> On Dec 10, 2015, at 00:18, João Sousa  wrote:
> 
> Caso, em uma urna, sejam colocadas 6 bolas pretas e 3 bolas vermelhas e 
> decida-se retirar dessa urna , sem reposição, 5 bolas, guardando-se em um 
> recipiente a parte, qual a probabilidade de, nesse recipiente, haver 2 bolas 
> vermelhas?
> 
> João Sousa
> 
> -- 
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> acredita-se estar livre de perigo.

-- 
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[obm-l] Probabilidade

[arkon]

Em um jogo com três dados não-viciados, com faces representando números de 1 a 6, cada jogador deve fazer quantos arremessos seguidos quiser para chegar o mais próximo possível de um total de 21 pontos, sendo que a pontuação atribuída a um certo arremesso é igual à soma das pontuações mostradas nas faces superiores de cada um dos três dados. O jogador perde se a soma dos pontos acumulados nos diferentes arremessos ultrapassar 21 pontos. Com base nesssas informaçoes, qual a probabilidade de um jogador fazer exatamente 21 pontos em dois arremessos? --
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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade - dado cúbico

[Sávio Ribas]

Ops, li errado... perdao!
"a probabilidade de que *b *seja sucessor de *a *e que *c *seja sucessor de
*b*"
Aqui soh existem 4 casos: (1,2,3), (2,3,4), (3,4,5), (4,5,6)
Observe que isso nao tem interseção com os caras sendo todos primos, entao
a resposta eh 4/216 + 9/216 = 13/216

Em 14 de outubro de 2015 17:10, Sávio Ribas 
escreveu:

> Sim, voce considerou 2 vezes (casos 1 e 2) o caso onde c eh sucessor de b
> e b eh sucessor de a. Entao tem que subtrair esse caso...
>
> Em 14 de outubro de 2015 16:54, Vitório Batista Lima da Silva <
> vitorio.si...@trf1.jus.br> escreveu:
>
>> Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 1 a 6, é lançado
>> três vezes. Em cada lançamento, anota-se o número obtido na face superior
>> do dado, formando-se uma seqüência (a, b, c). Qual é a probabilidade de que 
>> *b
>> *seja sucessor de *a *e que *c *seja sucessor de *b *OU que *a*, *b *e *c
>> *sejam primos?
>>
>>
>>
>> Total = 6^3 = 216
>>
>> 1) a probabilidade de que *b *seja sucessor de *a:*
>>
>>
>>
>> *5*1*6 = 30 , então P1 = 30/216*
>>
>>
>>
>> 2) a probabilidade de que *c *seja sucessor de *b:*
>>
>>
>>
>> *6*5*1 = 30, então P2 = 30/216*
>>
>>
>>
>> 3) que *a*, *b *e *c *sejam primos:
>>
>>
>>
>> *Primos={2,3,5}*
>>
>>
>>
>> *São 9 possibilidades*
>>
>>
>>
>> P = (30+30-9)/216 = 51/216 ...
>>
>>
>>
>> Algum erro???
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>

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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade - dado cúbico

[Sávio Ribas]

Sim, voce considerou 2 vezes (casos 1 e 2) o caso onde c eh sucessor de b e
b eh sucessor de a. Entao tem que subtrair esse caso...

Em 14 de outubro de 2015 16:54, Vitório Batista Lima da Silva <
vitorio.si...@trf1.jus.br> escreveu:

> Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 1 a 6, é lançado três
> vezes. Em cada lançamento, anota-se o número obtido na face superior do
> dado, formando-se uma seqüência (a, b, c). Qual é a probabilidade de que *b
> *seja sucessor de *a *e que *c *seja sucessor de *b *OU que *a*, *b *e *c
> *sejam primos?
>
>
>
> Total = 6^3 = 216
>
> 1) a probabilidade de que *b *seja sucessor de *a:*
>
>
>
> *5*1*6 = 30 , então P1 = 30/216*
>
>
>
> 2) a probabilidade de que *c *seja sucessor de *b:*
>
>
>
> *6*5*1 = 30, então P2 = 30/216*
>
>
>
> 3) que *a*, *b *e *c *sejam primos:
>
>
>
> *Primos={2,3,5}*
>
>
>
> *São 9 possibilidades*
>
>
>
> P = (30+30-9)/216 = 51/216 ...
>
>
>
> Algum erro???
>
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> acredita-se estar livre de perigo.
>

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[obm-l] Probabilidade - dado cúbico

[Vitório Batista Lima da Silva]

Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 1 a 6, é lançado três 
vezes. Em cada lançamento, anota-se o número obtido na face superior do dado, 
formando-se uma seqüência (a, b, c). Qual é a probabilidade de que b seja 
sucessor de a e que c seja sucessor de b OU que a, b e c sejam primos?

Total = 6^3 = 216
1) a probabilidade de que b seja sucessor de a:

5*1*6 = 30 , então P1 = 30/216

2) a probabilidade de que c seja sucessor de b:

6*5*1 = 30, então P2 = 30/216

3) que a, b e c sejam primos:

Primos={2,3,5}

São 9 possibilidades

P = (30+30-9)/216 = 51/216 ...

Algum erro???

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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Lucas Prado Melo]

Correção: a recorrência é Pn = p (1-P(n-1)) + (1-p) P(n-1)

2015-10-12 21:42 GMT-03:00 Lucas Prado Melo :

> É possível mostrar que Pn = p *( 1-  P(n-1)) + (1-p) Pn
>
> Disso conclui-se que Pn = p + (1-2p)P(n-1)   e, dividindo a equação por
> (1-2p)^n (para p != 1/2), encontramos uma formula fechada para Pn/(1-2p)^n.
>
> Finalmente chegamos que Pn = (1 + (1-2p)^n)/2, mesmo quando p = 1/2.
>
> 2015-10-12 20:17 GMT-03:00 Amanda Merryl :
>
>>
>> Oi amigos
>>
>> Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçŠes
>> independentes do mesmo, qual a probabilidade Pn de que o número de
>> sucessos seja par? Há uma fórmula  fechada para Pn?
>>
>> Devemos ter lim n --> oo Pn = 1/2, certo?
>>
>> Obrigada.
>>
>> Amanda
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
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>
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> []'s
> Lucas
>



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[]'s
Lucas

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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Marcelo Salhab Brogliato]

Olá, Amanda,

Você pode usar a fórmula da distribuição binomial, restringindo apenas aos
valores pares. Assim:
Pn = \sum_{k=0..piso(n/2)} C(n, 2k) * p^{2k} (1-p)^{n - 2k}, onde C(n, 2k)
= n! / [(2k)! (n - 2k)!].

Mas acho que fica difícil calcular lim{n-> inf} Pn usando essa equação.

Para resolver com n -> inf, acho que o mais fácil é encontrar uma recursão.

Veja que existem duas formas de termos uma quantidade par com n+1
realizações. Ou com n é par e temos um insucesso, ou com n é impar e temos
um sucesso. Assim:

P{n+1} = p(1 - Pn) + (1-p)*Pn, com P0 = 1.

Como essa é uma recursão linear, é fácil encontrar uma fórmula fechada para
ela. Fica como exercício pra você. :)

Para o limite, quando n -> inf, e supondo que Pn converge, temos:
lim{n->inf} Pn = a.
Assim:
a = p(1-a) + (1-p)*a
a = p - pa + a - pa
2pa = p
a = 1/2

Assim, se Pn convergir, ele irá convergir para 1/2. Falta só provar que Pn
converge quando n -> inf. Fica como exercício pra você. :)

Obs: Dá para mostrar que converge usando apenas desigualdades.
Obs2: Com a fórmula fechada, é bem fácil mostrar que Pn converge.

Abraços,
Marcelo

2015-10-12 20:17 GMT-03:00 Amanda Merryl :

>
> Oi amigos
>
> Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçŠes
> independentes do mesmo, qual a probabilidade Pn de que o número de
> sucessos seja par? Há uma fórmula  fechada para Pn?
>
> Devemos ter lim n --> oo Pn = 1/2, certo?
>
> Obrigada.
>
> Amanda
>
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

-- 
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Re: [obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Ary Medino]

Cara Amanda
Suponho que o experimento a que se refere admite apenas dos resultados: Um 
chamado de "sucesso", com probabilidade 0 < p < 1 de ocorrer, e outro chamado 
de "fracasso", com probabilidade 1 - p de ocorrer. Experimentos aleatórios com 
essas características são chamados de "ensaios de Bernoulli". Em n realizações 
independentes de tais experimentos, isto é, n ensaios de Bernoulli 
independentes, o número de sucessos tem distribuição Binomial com parâmetros n 
e p. Ou seja, a probabilidade de se obter k sucessos em n ensaios é dada por 
B(n,k)p^k(1 - p)^(n-k), onde B(n,k) é o número Binomial n tomados k a k.A 
probabilidade Pn que você busca, isto é, a probabilidade de se obter um número 
par de sucessos em n ensaios de Bernoulli independentes,  é a soma dos valores 
B(n,k)p^k(1 - p)^(n-k) com k restrito aos números pares de 0 a n.
Você pode fazer uma busca na internet por esses termos para saber maisAbraçoAry 


 Em Segunda-feira, 12 de Outubro de 2015 20:46, Amanda Merryl 
 escreveu:
   

 
Oi amigos

Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçōes independentes 
do mesmo, qual a probabilidade Pn de que o número de sucessos seja par? Há uma 
fórmula  fechada para Pn?

Devemos ter lim n --> oo Pn = 1/2, certo?

Obrigada.

Amanda


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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Artur Costa Steiner]

Sendo X a variável aleatória número de sucessos nas n realizações, X tem
distribuição binomial com parâmetros n e p (estou supondo que só há dois
resultados possíveis, sucesso e fracasso, é um experimento de Bernouille se
0 < p < 1)

Assim, para k = 0, 1,... n, P(X = k) = C(n, k) p^k (1 - p)^(n - k), C(n, k)
a combinação de n, k a k.

Desta forma, Pn é obtida somando-se os termos acima para os valores pares
de k, ou seja

Pn = Soma (k par) C(n, k) p^k (1 - p)^(n - k)

No somatório de Pn, k vai de 0'até o maior par menor ou igual a n.

Para obtermos uma fórmula fechada para Pn, observemos que, pelo Binômio de
Newton,

C(n, 0) p^0 (1 - p)^(n) +  C(n, 1) p^1 (1 - p)^(n - 1) +  C(n, n) p^n
(1 -p)^0 = 1

C(n, 0) (-p)^0 (1 - p)^(n)  + C(n, 1) (-p)^1 (1 - p)^(n - 1) +  C(n, n)
(-p)^n (1 -p)^0 = C(n, 0) (p)^0 (1 - p)^(n)  - C(n, 1) (-p)^1 (1 - p)^(n -
1) +  C(n, n) (-p)^n (1 -p)^0 = (-p + 1 - p)^n = (1 - 2p)^n

No segundo somatório, substituímos p por - p e mantivemos 1 - p. Assim, os
termos com k par se mantém e os com k ímpar permutam seu sinal. Desta
forma, somando as duas equações e considerando a definição de Pn, obtemos

2 Pn = 1 + (1 - 2p)^n

Pn = (1 + (1 - 2p)^n)/2

E se vc quiser a prob. de que haja um número ímpar de sucessos, chega a 1 -
Pn =  (1 -(1 - 2p)^n)/2.

Se p estiver em (0, 1) (experimento de Bernouille), então |1 - 2p| < 1, (1
-2p)^n --> 0 e, portanto, temos de fato que Pn --> 1/2. Isto bate com a
intuição. Não há nenhum motivo para que, à medida em que se aumenta n, os
estados pares sejam mais visitados que os ímpares, e vice versa.

Mas se p = 0, só há fracassos, temos sempre 0 sucessos, que é par, e Pn = 1
para todo n. o que é confirmado pela fórmula acima. Logo, o limite é 1,

Se p = 1, há sempre n sucessos e Pn = 1 se n for par e Pn = 0 se n for
ímpar. Logo, não existe limite quando n --> oo.

Abraços



Artur Costa Steiner

Em 12 de out de 2015, às 21:17, Ary Medino 
escreveu:

Cara Amanda

Suponho que o experimento a que se refere admite apenas dos resultados: Um
chamado de "sucesso", com probabilidade 0 < p < 1 de ocorrer, e outro
chamado de "fracasso", com probabilidade 1 - p de ocorrer.
Experimentos aleatórios com essas características são chamados de
"ensaios de Bernoulli".
Em n realizações independentes de tais experimentos, isto é, n ensaios
de Bernoulli independentes, o número de sucessos tem distribuição
Binomial com parâmetros n e p. Ou seja, a probabilidade de se obter k
sucessos em n ensaios é dada por B(n,k)p^k(1 - p)^(n-k), onde B(n,k) é o
número Binomial n tomados k a k.
A probabilidade Pn que você busca, isto é, a probabilidade de se obter um
número par de sucessos em n ensaios de Bernoulli independentes,  é a soma
dos valores B(n,k)p^k(1 - p)^(n-k) com k restrito aos números pares de 0 a
n.

Você pode fazer uma busca na internet por esses termos para saber mais
Abraço
Ary



Em Segunda-feira, 12 de Outubro de 2015 20:46, Amanda Merryl <
sc...@hotmail.com> escreveu:



Oi amigos

Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçōes
independentes do mesmo, qual a probabilidade Pn de que o número de
sucessos seja par? Há uma fórmula  fechada para Pn?

Devemos ter lim n --> oo Pn = 1/2, certo?

Obrigada.

Amanda


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Em segunda-feira, 12 de outubro de 2015, Amanda Merryl 
escreveu:

>
> Oi amigos
>
> Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçŠes
> independentes do mesmo, qual a probabilidade Pn de que o número de
> sucessos seja par? Há uma fórmula  fechada para Pn?
>
> Devemos ter lim n --> oo Pn = 1/2, certo?
>
> Obrigada.
>
> Amanda
>
>
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>
>
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> =
>

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[obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Amanda Merryl]

Oi amigos

Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçōes independentes 
do mesmo, qual a probabilidade Pn de que o número de sucessos seja par? Há uma 
fórmula  fechada para Pn?

Devemos ter lim n --> oo Pn = 1/2, certo?

Obrigada.

Amanda


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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Lucas Prado Melo]

É possível mostrar que Pn = p *( 1-  P(n-1)) + (1-p) Pn

Disso conclui-se que Pn = p + (1-2p)P(n-1)   e, dividindo a equação por
(1-2p)^n (para p != 1/2), encontramos uma formula fechada para Pn/(1-2p)^n.

Finalmente chegamos que Pn = (1 + (1-2p)^n)/2, mesmo quando p = 1/2.

2015-10-12 20:17 GMT-03:00 Amanda Merryl :

>
> Oi amigos
>
> Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçŠes
> independentes do mesmo, qual a probabilidade Pn de que o número de
> sucessos seja par? Há uma fórmula  fechada para Pn?
>
> Devemos ter lim n --> oo Pn = 1/2, certo?
>
> Obrigada.
>
> Amanda
>
>
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>
>
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>



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[]'s
Lucas

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[obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Amanda Merryl]

Oi amigos

Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizações independentes 
do mesmo, qual a probabilidade Pn de que o número de sucessos seja par? Há uma 
fórmula fechada para Pn?

Devemos ter lim n --> Pn = 1/2, certo?

Amanda
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Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[saulo nilson]

r^2s
P=lim (n--oo )(n-[sqrts])/n=(n-n/k)/n=1-1/k

2015-03-03 22:57 GMT-03:00 Mauricio de Araujo mauricio.de.ara...@gmail.com
:

 eis o livro:
 https://mega.co.nz/#!O5ElSAyI!LmCHjd1xcLfex6fpH8I7pnGplcejFi4nAQRojHYgBTI

 Em 3 de março de 2015 18:59, Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Acho que encontrei a questão original,  num livro do professor de
 matemática estatística Frederick Mosteller da universidade de Harvard
 publicado em 1965 com o título FIFA CHALLENGING PROBLEMS IN PROBABILITY
 questão número 50 inclusive existem mais problemas fantásticos,  estou
 lendo
 Douglas oliveira
 Em 03/03/2015 13:47, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 Impossivel responder sem que se de uma ideia da distribuicao de
 probabilidade atendidas por r e s

 (Eu sou o chato da lista que reclama que tem muito problema de
 probabilidade que nao tem enunciado preciso...)

 Uma possibilidade eh tomar r e s distribuidos uniformemente e
 independentemente no intervalo [-A,A], e entao tomar A-+Inf.

 Agora sim: para ter raiz real devemos ter s=r^2. No quadrado
 [-A,A]x[-A,A] do plano rs, a regiao ruim (sem raiz real) eh acima da
 parabola, cuja area eh

 Int [r=-raiz(A), r=raiz(A)] (A-r^2) dr =
 2Araiz(A)-2Araiz(A)/3=4Araiz(A)/3

 (ok, usei aqui A1, que eh razoavel jah que vamos tomar A-+Inf)

 Entao a probabilidade ruim seria isto dividido por 4A^2, isto eh,
 numero/raiz(A), que vai para 0 quando A-+Inf.

 Assim, nesse sentido, a resposta eh a probabilidade de ter raiz real eh
 1 (o que NAO significa garantia de ter raiz real).

 Abraco, Ralph

 P.S.: Se esta resposta lhe parece estranha, experimente desenhar a
 parabola y=x^2 no quadrado [-10,10]x[-10,10] e observe a area que fique
 acima dela em comparacao com o quadrado todo. Agora aumente o quadrado para
 [-100,100]x[-100,100], depois 1000, depois 1, e veja o que acontece --
 a regiao acima da parabola fica proporcionalmente cada vez menor, e tende a
 0.

 2015-03-03 10:55 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma
 ajuda (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz
 real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


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 Abraços

 oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ


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Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[Ralph Teixeira]

Impossivel responder sem que se de uma ideia da distribuicao de
probabilidade atendidas por r e s

(Eu sou o chato da lista que reclama que tem muito problema de
probabilidade que nao tem enunciado preciso...)

Uma possibilidade eh tomar r e s distribuidos uniformemente e
independentemente no intervalo [-A,A], e entao tomar A-+Inf.

Agora sim: para ter raiz real devemos ter s=r^2. No quadrado [-A,A]x[-A,A]
do plano rs, a regiao ruim (sem raiz real) eh acima da parabola, cuja
area eh

Int [r=-raiz(A), r=raiz(A)] (A-r^2) dr = 2Araiz(A)-2Araiz(A)/3=4Araiz(A)/3

(ok, usei aqui A1, que eh razoavel jah que vamos tomar A-+Inf)

Entao a probabilidade ruim seria isto dividido por 4A^2, isto eh,
numero/raiz(A), que vai para 0 quando A-+Inf.

Assim, nesse sentido, a resposta eh a probabilidade de ter raiz real eh 1
(o que NAO significa garantia de ter raiz real).

Abraco, Ralph

P.S.: Se esta resposta lhe parece estranha, experimente desenhar a parabola
y=x^2 no quadrado [-10,10]x[-10,10] e observe a area que fique acima dela
em comparacao com o quadrado todo. Agora aumente o quadrado para
[-100,100]x[-100,100], depois 1000, depois 1, e veja o que acontece --
a regiao acima da parabola fica proporcionalmente cada vez menor, e tende a
0.

2015-03-03 10:55 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma ajuda
 (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


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 acredita-se estar livre de perigo.

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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[Esdras Muniz]

Ah, verdade, fui fazer de cabeça e errei XD.

Em 3 de março de 2015 12:59, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:

 Boa tarde!
 Na verdade  ∆ = 4.r^2 - 4s.
 s =0 ==  ∆= 0 para todo r, logo já saímos de 1/2.

 s 0 :  ∆= 0 == |r|= raiz(s)

 A probabilidade de |r| = raiz(s), que, para meu conhecimento, é difícil
 de caracterizar (embora intuitivamente creia que seja 1/2). Porém vavos
 chamá-la de p'.

 p = 1/2 + 1/2 * p'; e eu chutaria 3/4


 Saudações,
 PJMS.

 Em 3 de março de 2015 11:22, Esdras Muniz esdrasmunizm...@gmail.com
 escreveu:

 Vc faz delta=0 e obtém |r|=|s| e analisando o gráfico vê que a
 probabilidade é 1/2.

 Em 3 de março de 2015 10:55, Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma ajuda
 (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz
 real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


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 Esdras Muniz Mota
 Mestrando em Matemática
 Universidade Federal do Ceará



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