Oi,
Corrigindo (me atrapalhei nas contas - fui fazer mentalmente e errei):
f(n+1) / f(n) = 3(n+1)/(60-n) 1 --- n 14,25 --- n = 15
Nehab
At 08:33 18/8/2007, you wrote:
Oi, Pedro e Salhab,
Para minimizar f(n), Pedro, basta olhar o valor de f(n+1)/f(n) e
ver quando esta joça é maior que 1. Ai você vê o crescimento de f(n):
f(n+1) / f(n) = 3n/(60-n) 1 --- n 15 que é o que você queria,
eu acho.
Mas eu não entendi o problema ou o que você estão falando é
simplesmente a distribuição (de probabilidade) chamada de
binomial. O valor esperado da distribuição binomial é np, ou
seja, 60 . 1/4 = 15.
Vejamos: a probabilidade de você acertar k questões é, como Pedro já
escreveu, P(k) = C(n,k) p^k (1-p)^(n-k).
Desejamos então a média desta distribuição, ou seja, o somatório [
k . P(k) ], k de 0 a n
Mas este somatório é simples (veja em
http://en.wikipedia.org/wiki/Binomial_distribution): usa apenas
macetezinho bobo de combinações... para se provar que vale np.
Abraços,
Nehab
At 02:22 18/8/2007, you wrote:
Salhab, primeiro obrigado por tentar resolver o problema. Segundo,
vou procurar te mostrar até onde cheguei, para ver se você
consegue, porque conhece muito mais do que eu, solucionar de vez a questão.
A chance de se acertar n questões - P(n) - é igual a (1/4)^n *
(3/4)^(60-n) * C(60,n). Esse fator
C(60,n) entra porque não foi estabelecida nenhuma ordem de acerto.
Reescrevendo, separando o que varia do que é constante, temos:
P(n) = (1/4)^n * (3/4)^(60-n) * C(60,n) = (1* 3^60 * 60!) / [4^60 *
3^n * n! * (60-n)!]
Veja que, dessa forma, o numerador é constante e somente uma parte
do denominador é variável.
P(n) = (1* 3^60 * 60!) / [4^60 * f(n)], onde f(n) = 3^n * n! * (60-n)!
O problema passa a ser minimizar f(n), n variando de 0 a 60. Para
a+b = 60, ab, C(60,a) = C(60,b), mas 3^a 3^b. Fica bem óbvio,
então (embora isso já fosse algo intuitivo), que só temos de testar
os valores até n = 30. Para n = 31, por exemplo, f(29) f(31) = P(29)P(31).
Sobre intuitivmente acertarmos 1 questão a cada quatro... Vamos
supor uma prova composta de 4 questões, cada uma com quatro
alternativas. Nesse caso, f(n) = 3^n * n! * (4-n)!, e só precisamos
testar até n = 2.
Testando n=1... f(1) = (3 * 1! * 3!) = 18
Testando n=2... f(2) = (3^2 * 2! * 2!) = 36.
De fato, acertar uma questão é o mais provável. Acertar 15 de 60
também seria portanto o resultado mais provável para a UERJ. Acho,
aliás, que eu poderia supor ser essa prova de 60 questões a junção
de 15 provas de 4 questões. E, testando alguns valores, lembrando
que f(n) tem de ser minimizado, temos:
f(14) = 3^14 * 14! * 46!
f(15) = 3^15 * 15! * 45! = f(14)*45/46
f(16) = 3^16 * 16! * 44! = f(14)*48/46
f(15)f(14)f(16), o que faz sentido. A chance deve crescer de 1
até 15 e descrescer de 15 até 60.
Mas eu ainda queria saber como minimizar f(n) = 3^n * n! * (60-n)!
Grato,
Pedro Lazéra Cardoso
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