[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] problema de probabilidade

[Claudio Buffara]

Essa também:
https://thedailyviz.com/2016/09/17/how-common-is-your-birthday-dailyviz/


On Wed, Nov 9, 2022 at 12:04 PM Claudio Buffara 
wrote:

> Achei isso aqui interessante: https://www.panix.com/~murphy/bday.html
>
> []s,
> Claudio.
>
> On Tue, Nov 8, 2022 at 9:56 PM Ralph Costa Teixeira 
> wrote:
>
>> Mis ou menos... O que faltou foi a hipótese exata da distribuição de
>> probabilidade dos aniversários.
>>
>> Se a gente supõe que cada mês tem os mesmos 1/12 de chance para cada
>> aluno, e que os meses são independentes entre si, sim,
>> p=12/12^2=1/12~8.3%.
>>
>> Agora, talvez um modelo um pouco mais preciso seria supor que cada DIA do
>> ano tem a mesma probabilidade (e que são independentes entre si). Isto
>> afeta um tiquinho a resposta, porque cada mes têm um número ligeiramente
>> diferente de dias! Ignorando anos bissextos (huh!?!), temos:
>> -- 7 meses com 31 dias;
>> -- 4 meses com 30 dias;
>> -- 1 mes com 28 dias;
>> Portanto, seria um pouco mais "realista" usar:
>> p=(7*31^2+4*30^2+28^2)/(365^2) ~ 8.34003%
>>
>> Eu ponho esse "realista" bem entre aspas; primeiro, porque eu ignorei
>> anos bissextos (fique à vontade para inclui-los e refazer a conta :D :D
>> :D); mas a hipótese de que todos os dias do ano tem a mesma probabilidade
>> não é tão realista quanto parece! Existe uma certa "concentração" de
>> aniversários em determinadas épocas do ano... mas, sem dados exatos sobre
>> como seja a tal concentração, o melhor que podemos fazer seria uma das
>> estimativas acima.
>>
>> Ainda tem um segundo problema sutil: *mesmo que todos os dias tivessem a
>> mesma probabilidade, talvez n*ã*o seja 100% correto supor que os
>> aniversários dos alunos da mesma turma do CMBel sejam independentes*!
>> Por exemplo, existe uma probabilidade maior que zero de ter gêmeos numa
>> mesma turma (comum uma família com gêmeos colocá-los na mesma escola), o
>> que afeta a independência dos dados, e muda um pouquinho aqueles 8.3% (para
>> cima)... sem uma estimativa desta probabilidade de ter gêmeos na mesma
>> turma, não conseguimos calcular a resposta "exata".
>>
>> Isto tudo dito... em quase qualquer problema de probabilidade a gente vai
>> ter que fazer ALGUMA hipótese simplificadora para poder sair do lugar.
>> Assim, eu diria que o problema não está 100% bem posto, mas não acho
>> ridículo fazer uma das hipóteses simplificadoras acima que levam a 8.3%
>> ou 8.34003% (e a diferença me parece tão pequena que eu aceitaria ambas as
>> respostas como corretas, desde que as hipóteses utilizadas em cada caso
>> fossem citadas).
>>
>> Abraço, Ralph.
>>
>> On Tue, Nov 8, 2022 at 3:07 PM Luis Paulo  wrote:
>>
>>> Prezados, o problema abaixo está bem posto?
>>>
>>> Uma turma do CMBel tem 25 alunos. Escolhendo-se aleatoriamente dois
>>> estudantes dessa turma, qual a probabilidade de eles façam aniversário no
>>> mesmo mês?
>>>
>>> A resposta da banca: 1/12.
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> 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.

Re: [obm-l] problema de probabilidade

[Claudio Buffara]

Achei isso aqui interessante: https://www.panix.com/~murphy/bday.html

[]s,
Claudio.

On Tue, Nov 8, 2022 at 9:56 PM Ralph Costa Teixeira 
wrote:

> Mis ou menos... O que faltou foi a hipótese exata da distribuição de
> probabilidade dos aniversários.
>
> Se a gente supõe que cada mês tem os mesmos 1/12 de chance para cada
> aluno, e que os meses são independentes entre si, sim,
> p=12/12^2=1/12~8.3%.
>
> Agora, talvez um modelo um pouco mais preciso seria supor que cada DIA do
> ano tem a mesma probabilidade (e que são independentes entre si). Isto
> afeta um tiquinho a resposta, porque cada mes têm um número ligeiramente
> diferente de dias! Ignorando anos bissextos (huh!?!), temos:
> -- 7 meses com 31 dias;
> -- 4 meses com 30 dias;
> -- 1 mes com 28 dias;
> Portanto, seria um pouco mais "realista" usar:
> p=(7*31^2+4*30^2+28^2)/(365^2) ~ 8.34003%
>
> Eu ponho esse "realista" bem entre aspas; primeiro, porque eu ignorei
> anos bissextos (fique à vontade para inclui-los e refazer a conta :D :D
> :D); mas a hipótese de que todos os dias do ano tem a mesma probabilidade
> não é tão realista quanto parece! Existe uma certa "concentração" de
> aniversários em determinadas épocas do ano... mas, sem dados exatos sobre
> como seja a tal concentração, o melhor que podemos fazer seria uma das
> estimativas acima.
>
> Ainda tem um segundo problema sutil: *mesmo que todos os dias tivessem a
> mesma probabilidade, talvez n*ã*o seja 100% correto supor que os
> aniversários dos alunos da mesma turma do CMBel sejam independentes*! Por
> exemplo, existe uma probabilidade maior que zero de ter gêmeos numa mesma
> turma (comum uma família com gêmeos colocá-los na mesma escola), o que
> afeta a independência dos dados, e muda um pouquinho aqueles 8.3% (para
> cima)... sem uma estimativa desta probabilidade de ter gêmeos na mesma
> turma, não conseguimos calcular a resposta "exata".
>
> Isto tudo dito... em quase qualquer problema de probabilidade a gente vai
> ter que fazer ALGUMA hipótese simplificadora para poder sair do lugar.
> Assim, eu diria que o problema não está 100% bem posto, mas não acho
> ridículo fazer uma das hipóteses simplificadoras acima que levam a 8.3%
> ou 8.34003% (e a diferença me parece tão pequena que eu aceitaria ambas as
> respostas como corretas, desde que as hipóteses utilizadas em cada caso
> fossem citadas).
>
> Abraço, Ralph.
>
> On Tue, Nov 8, 2022 at 3:07 PM Luis Paulo  wrote:
>
>> Prezados, o problema abaixo está bem posto?
>>
>> Uma turma do CMBel tem 25 alunos. Escolhendo-se aleatoriamente dois
>> estudantes dessa turma, qual a probabilidade de eles façam aniversário no
>> mesmo mês?
>>
>> A resposta da banca: 1/12.
>>
>>
>>
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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] problema de probabilidade

[Anderson Torres]

Em ter, 8 de nov de 2022 21:55, Ralph Costa Teixeira 
escreveu:

> Mis ou menos... O que faltou foi a hipótese exata da distribuição de
> probabilidade dos aniversários.
>
> Se a gente supõe que cada mês tem os mesmos 1/12 de chance para cada
> aluno, e que os meses são independentes entre si, sim,
> p=12/12^2=1/12~8.3%.
>
> Agora, talvez um modelo um pouco mais preciso seria supor que cada DIA do
> ano tem a mesma probabilidade (e que são independentes entre si). Isto
> afeta um tiquinho a resposta, porque cada mes têm um número ligeiramente
> diferente de dias! Ignorando anos bissextos (huh!?!), temos:
> -- 7 meses com 31 dias;
> -- 4 meses com 30 dias;
> -- 1 mes com 28 dias;
> Portanto, seria um pouco mais "realista" usar:
> p=(7*31^2+4*30^2+28^2)/(365^2) ~ 8.34003%
>
> Eu ponho esse "realista" bem entre aspas; primeiro, porque eu ignorei
> anos bissextos (fique à vontade para inclui-los e refazer a conta :D :D
> :D); mas a hipótese de que todos os dias do ano tem a mesma probabilidade
> não é tão realista quanto parece! Existe uma certa "concentração" de
> aniversários em determinadas épocas do ano... mas, sem dados exatos sobre
> como seja a tal concentração, o melhor que podemos fazer seria uma das
> estimativas acima.
>

Em uma turma com tão pouca gente, eu acho que considerações como "a
concentração de pessoas concebidas no Carnaval" podem ser ignoradas para um
problema tão simples. E, pelo que se nota, a conta mais limpa dá uma
diferença minúscula, 0,01%. Desconheço aplicação tão precisa na prática.


> Ainda tem um segundo problema sutil: *mesmo que todos os dias tivessem a
> mesma probabilidade, talvez n*ã*o seja 100% correto supor que os
> aniversários dos alunos da mesma turma do CMBel sejam independentes*! Por
> exemplo, existe uma probabilidade maior que zero de ter gêmeos numa mesma
> turma (comum uma família com gêmeos colocá-los na mesma escola), o que
> afeta a independência dos dados, e muda um pouquinho aqueles 8.3% (para
> cima)... sem uma estimativa desta probabilidade de ter gêmeos na mesma
> turma, não conseguimos calcular a resposta "exata".
>
> Isto tudo dito... em quase qualquer problema de probabilidade a gente vai
> ter que fazer ALGUMA hipótese simplificadora para poder sair do lugar.
> Assim, eu diria que o problema não está 100% bem posto, mas não acho
> ridículo fazer uma das hipóteses simplificadoras acima que levam a 8.3%
> ou 8.34003% (e a diferença me parece tão pequena que eu aceitaria ambas as
> respostas como corretas, desde que as hipóteses utilizadas em cada caso
> fossem citadas).
>
> Abraço, Ralph.
>
> On Tue, Nov 8, 2022 at 3:07 PM Luis Paulo  wrote:
>
>> Prezados, o problema abaixo está bem posto?
>>
>> Uma turma do CMBel tem 25 alunos. Escolhendo-se aleatoriamente dois
>> estudantes dessa turma, qual a probabilidade de eles façam aniversário no
>> mesmo mês?
>>
>> A resposta da banca: 1/12.
>>
>>
>>
>> --
>> 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] problema de probabilidade

[Ralph Costa Teixeira]

Mis ou menos... O que faltou foi a hipótese exata da distribuição de
probabilidade dos aniversários.

Se a gente supõe que cada mês tem os mesmos 1/12 de chance para cada aluno,
e que os meses são independentes entre si, sim, p=12/12^2=1/12~8.3%.

Agora, talvez um modelo um pouco mais preciso seria supor que cada DIA do
ano tem a mesma probabilidade (e que são independentes entre si). Isto
afeta um tiquinho a resposta, porque cada mes têm um número ligeiramente
diferente de dias! Ignorando anos bissextos (huh!?!), temos:
-- 7 meses com 31 dias;
-- 4 meses com 30 dias;
-- 1 mes com 28 dias;
Portanto, seria um pouco mais "realista" usar:
p=(7*31^2+4*30^2+28^2)/(365^2) ~ 8.34003%

Eu ponho esse "realista" bem entre aspas; primeiro, porque eu ignorei
anos bissextos (fique à vontade para inclui-los e refazer a conta :D :D
:D); mas a hipótese de que todos os dias do ano tem a mesma probabilidade
não é tão realista quanto parece! Existe uma certa "concentração" de
aniversários em determinadas épocas do ano... mas, sem dados exatos sobre
como seja a tal concentração, o melhor que podemos fazer seria uma das
estimativas acima.

Ainda tem um segundo problema sutil: *mesmo que todos os dias tivessem a
mesma probabilidade, talvez n*ã*o seja 100% correto supor que os
aniversários dos alunos da mesma turma do CMBel sejam independentes*! Por
exemplo, existe uma probabilidade maior que zero de ter gêmeos numa mesma
turma (comum uma família com gêmeos colocá-los na mesma escola), o que
afeta a independência dos dados, e muda um pouquinho aqueles 8.3% (para
cima)... sem uma estimativa desta probabilidade de ter gêmeos na mesma
turma, não conseguimos calcular a resposta "exata".

Isto tudo dito... em quase qualquer problema de probabilidade a gente vai
ter que fazer ALGUMA hipótese simplificadora para poder sair do lugar.
Assim, eu diria que o problema não está 100% bem posto, mas não acho
ridículo fazer uma das hipóteses simplificadoras acima que levam a 8.3%
ou 8.34003% (e a diferença me parece tão pequena que eu aceitaria ambas as
respostas como corretas, desde que as hipóteses utilizadas em cada caso
fossem citadas).

Abraço, Ralph.

On Tue, Nov 8, 2022 at 3:07 PM Luis Paulo  wrote:

> Prezados, o problema abaixo está bem posto?
>
> Uma turma do CMBel tem 25 alunos. Escolhendo-se aleatoriamente dois
> estudantes dessa turma, qual a probabilidade de eles façam aniversário no
> mesmo mês?
>
> A resposta da banca: 1/12.
>
>
>
> --
> 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] problema de probabilidade

[Luis Paulo]

Prezados, o problema abaixo está bem posto?Uma turma do CMBel tem 25 alunos. Escolhendo-se aleatoriamente dois estudantes dessa turma, qual a probabilidade de eles façam aniversário no mesmo mês?A resposta da banca: 1/12.--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
 acredita-se estar livre de perigo.

[obm-l] Re: [obm-l] Questão de probabilidade

[Rogerio Ponce]

Ola' Vanderlei e pessoal da lista!
Pediram-me para resolver o problema por inteiro.
Ok, vamos la'!


Em um pet shop ha' 3 gatos e 5 caes. Sabemos que 3 desses animais sao
pretos, 4 sao brancos e 1 e' malhado. Alem disso, pelo menos 1
cachorro e' preto. Assinale o que for correto.
01) A probabilidade de haver exatamente 1 cachorro preto e' de 1/6.
02) A probabilidade de haver pelo menos 1 gato branco e pelo menos 2
cachorros brancos e' de 2/3.
04) A probabilidade de haver um cachorro malhado e' maior do que a
probabilidade de haver um gato malhado.
08) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
cachorro preto e' de 1/8.
16) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
gato malhado e' de 1/16.



Afirmacao 01) A probabilidade de haver exatamente 1 cachorro preto e' de 1/6.

-

O cachorro que ja' e' preto, deixaremos de lado, de modo que temos
3Gatos,4Caes para pintar com 2Preto,4Branco,1Malhado.
Bem, dizer que existe exatamente 1 cachorro preto, significa dizer que
as outras 2 pinturas pretas foram para os gatos, ou que existem
exatamente 2 gatos pretos.

Entao, vamos comecar a pintar com a tinta preta, e verificar de
quantas formas podemos fazer isso.

Repare que para ponderar corretamente as ocorrencias que interessam,
eu considero todas as permutacoes possiveis, ou das tintas, ou dos
animais. Assim, posso, por exemplo, fixar a ordem das tintas, e
aplicar isso em todas as permutacoes possiveis entre os animais.
A razao entre os casos que interessam e os casos possiveis e'
justamente a probabilidade de ocorrencia de um caso que interessa.

Como sao 2 pinturas pretas, temos um total de 7 escolhas de animal
para a primeira pintura, e 6 escolhas para a segunda, com um total de
42 escolhas para a primeira e segunda pinturas pretas.

Deste total, temos 3 gatos para a primeira escolha e 2 gatos para a
segunda, com um total de 6 escolhas para termos 2 gatos pretos.
Deste total, vamos escolher 1 entre 3 gatos para a primeira pintura, e
1 entre 2 gatos para a segunda pintura, com um total de 6 escolhas
para pintarmos 2 gatos de preto.

Assim, a probabilidade de termos exatamente 2 gatos pretos vale 6/42 = 1/7
Ou seja, a probabilidade de termos exatamente um cachorro preto vale
1/7, de modo que a afirmacao 01 esta' errada.

OBS: note que, entre os gatos g1, g2 e g3 (por exemplo), mesmo que
pintemos g1 e g2 de preto, a ordem e' importante, pois ordens
diferentes correspondem a permutacoes diferentes. Pintar de preto o
gato g1, e depois o gato g2, e' uma permutacao diferente daquela em
que pintamos de preto primeiramente o gato g2, e depois o gato g1,
embora o resultado final seja obtermos g1 e g2 pretos.



Afirmacao 02) A probabilidade de haver pelo menos 1 gato branco e pelo
menos 2 cachorros brancos e' de 2/3.

-

O cachorro que ja' e' preto pode ser deixado de lado.

Seguindo agora com as 4 pinturas brancas, temos um total de 7 escolhas
para o primeiro animal, 6 para o segundo, 5 para o terceiro, e 4 para
o quarto, de modo que existem 7*6*5*4 escolhas diferentes para as
pinturas brancas.

Entre os animais que receberao as pinturas brancas, existem os seguintes casos:

1o caso: 4 caes brancos
O numero de combinacoes de 4 caes entre 4 caes e' C(4,4)=1.
Assim, considerando-se as permutacoes entre estes 4 animais
brancos, obtemos um total de permutacoes diferentes igual a
C(4,4)*4! = 1*4! = 24

2o caso: 3 caes e 1 gato brancos
Como sao 3 caes de um total de 4 caes possiveis, e 1 gato de
um total de 3 gatos possiveis, o numero total de permutacoes vale
C(4,3) * C(3,1) * 4! = 4*3*4! = 288

3o caso: 2 caes e 2 gatos brancos
o numero total de permutacoes vale
C(4,2) * C(3,2) * 4! = 6*3*4! = 432

4o caso: 1 cao e 3 gatos brancos
o numero total de permutacoes vale
C(4,1) * C(3,3) * 4! = 4*1*4! = 96


Contabilizando-se o segundo e o terceiro casos (que sao os que nos
interessam), temos um total de (288+432)=720 permutacoes, de um
universo de 840 permutacoes, de modo que a probabilidade pedida vale
720/840 = 6/7

Portanto, a afirmacao 02 esta' errada.



Afirmacao 04) A probabilidade de haver um cachorro malhado e' maior do
que a probabilidade de haver um gato malhado.

-

Deixando de lado o cachorro que ja' e' preto, e seguindo agora com a
pintura malhada, temos 7 escolhas de animais, das quais 4 sao de
cachorros, e 3 sao de gatos.

Assim, a probabilidade de haver um cachorro malhado e' 4/7 , e a
probabilidade de haver um gato malhado e' 3/7.

Portanto, a afirmacao 04 esta' correta.



Afirmacao 08) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de
ele ser um cachorro preto e' de 1/8.

-

Se houvesse apenas um cachorro preto - aquele que ja' seria mesmo
preto, por definicao - a probabilidade de escolhermos um

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Questão de probabilidade

[Rogerio Ponce]

Otima explicacao!
Obrigado, Ralph!

PS: e sim, a provocacao foi pra voce mesmo!
:)

[]'s
Rogerio Ponce


On Wed, Jun 22, 2022 at 1:00 PM Ralph Costa Teixeira  wrote:
>
> Ponce está provocando a gente... senti que esta flecha tinha um bocado a 
> minha direção...  :D :D :D
>
> Olha, tem duas "visões" sobre o que "probabilidade" significa.
>
> A primeira vai na linha de que só podemos falar de probabilidade sobre coisas 
> que ainda não aconteceram. Vai nessa linha: se os eventos estão no passado, 
> então já aconteceram, já estão definidos, e não faz sentido dizer que tinha x 
> de chance de ser assim ou y de ser assado. Se você já jogou a moeda justa, 
> não é mais 50/50 --  é 100% de ser cara, ou 100% de ser coroa, dependendo do 
> que ocorreu. Quem pensa assim vai dizer que dado um certo evento (sempre no 
> futuro), ele tem uma probabilidade dada; se duas pessoas diferentes derem 
> duas probabilidades diferentes para o mesmo evento, uma delas errou.
>
> Outra linha diz que podemos falar de probabilidade sempre que houver 
> incerteza; não interessa o que aconteceu ou o que vai acontecer, o que 
> interessa é o que você SABE sobre o acontecimento. Se você jogou a moeda 
> justa mas eu não sei nada mais sobre o lançamento, continua sendo 50/50 
> **PARA MIM**. Probabilidade passa a ser um conceito sobre INFORMAÇÃO, não 
> sobre os fatos em si (a probabilidade não está na moeda, está no que você 
> sabe sobre a moeda). Quem pensa assim vai dizer que a probabilidade do evento 
> depende não apenas do evento em si, mas da informação que se tem em mãos. 
> Quem pensa assim admite que duas pessoas diferentes podem dar probabilidades 
> diferentes ao mesmo evento SE SOUBEREM FATOS DIFERENTES a respeito do evento, 
> ou seja, probabilidade passa a ser bastante "subjetivo".
>
> Eu talvez tenha descrito mal a primeira interpretação, pois sou ferrenho 
> defensor da segunda. Ela simplesmente engloba a primeira, porque você pode 
> ter informação parcial sobre fatos que ocorrem no futuro. E falar de 
> probabilidade para descrever incerteza presente ou passada é MUITO útil! Eu 
> quero poder expressar incerteza sobre fatos passados com frases do tipo 
> "fulano tem x% de probabilidade de ter cometido tal crime", ou "tem y% de 
> probabilidade de ter petróleo nesse poço", ou "tem z% de chance de eu ter 
> COVID"... Se você tem uma reação negativa a essas frases, lembre o que elas 
> realmente significam (na segunda interpretação): claro que ou o cara cometeu 
> o crime ou não, não faz sentido dizer que ele cometeu o crime x% das vezes em 
> que fizermos um experimento de ele cometer o crime... mas o que aquilo 
> significa é "com a informação que eu tenho, numa escala de 0 a 1, eu tenho 
> x/100 de certeza que fulano cometeu o crime". E "certeza baseada em informaç�!
 �es" é sim quantificável -- e satisfaz exatamente as leis das probabilidades 
com as quais concordamos. "Subjetivo" não significa "posso falar qualquer 
coisa", significa apenas que a conta pode variar de pessoa para pessoa... mas, 
de novo, SE ESSAS PESSOAS TIVEREM INFORMAÇÕES DIFERENTES sobre o evento.
>
> Abraço, Ralph.
>
> On Wed, Jun 22, 2022 at 12:09 PM Rogerio Ponce  wrote:
>>
>> Olá Pedro e pessoal da lista!
>>
>> Segundo a opinião do Pedro, nao faz sentido perguntar qual a probabilidade 
>> de Jose ter conseguido um 6 ao jogar o dado ontem, pois isso ja' aconteceu, 
>> e, portanto, ja' esta' definido.
>>
>> Sera' que e' isso mesmo?
>>
>> []'s
>> Rogerio Ponce
>>
>>
>> On Mon, Jun 20, 2022 at 9:45 PM Pedro José  wrote:
>>>
>>> Eu na minha humilde opinião creio que a probabilidade exista quando pode 
>>> ser uma coisa ou outra. No caso já é definido o que os animais são. Então 
>>> já está tudo errado. A questão seria viável se dessem esses limitantes para 
>>> uma criança que pintaria os desenhos dos animais. Aí sim há probabilidade.
>>>
>>> Em sáb., 18 de jun. de 2022 03:33, Rogerio Ponce  
>>> escreveu:
>>>>
>>>> Ola' Vanderlei e pessoal da lista!
>>>>
>>>> Sem perda de generalidade, podemos imaginar que vamos fazer o seguinte:
>>>>
>>>> - uma pintura preta em um dos caes, escolhido aleatoriamente
>>>>
>>>> - uma pintura "malhada" em um dos animais, escolhido aleatoriamente entre 
>>>> os 7 animais nao pintados
>>>>
>>>> - duas pintura pretas, em dois animais, escolhidos aleatoriamente entre os 
>>>> 6 animais restantes,
>>>>
>>>> - quatro pinturas brancas nos 4 animais restantes
>&

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Questão de probabilidade

[Ralph Costa Teixeira]

Ponce está provocando a gente... senti que esta flecha tinha um bocado a
minha direção...  :D :D :D

Olha, tem duas "visões" sobre o que "probabilidade" significa.

A primeira vai na linha de que só podemos falar de probabilidade sobre
coisas que ainda não aconteceram. Vai nessa linha: se os eventos estão no
passado, então já aconteceram, já estão definidos, e não faz sentido dizer
que tinha x de chance de ser assim ou y de ser assado. Se você já jogou a
moeda justa, não é mais 50/50 --  é 100% de ser cara, ou 100% de ser coroa,
dependendo do que ocorreu. Quem pensa assim vai dizer que dado um certo
evento (sempre no futuro), ele tem uma probabilidade dada; se duas pessoas
diferentes derem duas probabilidades diferentes para o mesmo evento, uma
delas errou.

Outra linha diz que podemos falar de probabilidade sempre que houver
incerteza; não interessa o que aconteceu ou o que vai acontecer, o que
interessa é o que você SABE sobre o acontecimento. Se você jogou a moeda
justa mas eu não sei nada mais sobre o lançamento, continua sendo 50/50
**PARA MIM**. Probabilidade passa a ser um conceito sobre INFORMAÇÃO, não
sobre os fatos em si (a probabilidade não está na moeda, está no que você
sabe sobre a moeda). Quem pensa assim vai dizer que a probabilidade do
evento depende não apenas do evento em si, mas da informação que se tem em
mãos. Quem pensa assim admite que duas pessoas diferentes podem dar
probabilidades diferentes ao mesmo evento SE SOUBEREM FATOS DIFERENTES a
respeito do evento, ou seja, probabilidade passa a ser bastante "subjetivo".

Eu talvez tenha descrito mal a primeira interpretação, pois sou ferrenho
defensor da segunda. Ela simplesmente engloba a primeira, porque você pode
ter informação parcial sobre fatos que ocorrem no futuro. E falar de
probabilidade para descrever incerteza presente ou passada é MUITO útil! Eu
quero poder expressar incerteza sobre fatos passados com frases do tipo
"fulano tem x% de probabilidade de ter cometido tal crime", ou "tem y% de
probabilidade de ter petróleo nesse poço", ou "tem z% de chance de eu ter
COVID"... Se você tem uma reação negativa a essas frases, lembre o que elas
realmente significam (na segunda interpretação): claro que ou o cara
cometeu o crime ou não, não faz sentido dizer que ele cometeu o crime x%
das vezes em que fizermos um experimento de ele cometer o crime... mas o
que aquilo significa é "com a informação que eu tenho, numa escala de 0 a
1, eu tenho x/100 de certeza que fulano cometeu o crime". E "certeza
baseada em informações" é sim quantificável -- e satisfaz exatamente as
leis das probabilidades com as quais concordamos. "Subjetivo" não significa
"posso falar qualquer coisa", significa apenas que a conta pode variar de
pessoa para pessoa... mas, de novo, SE ESSAS PESSOAS TIVEREM INFORMAÇÕES
DIFERENTES sobre o evento.

Abraço, Ralph.

On Wed, Jun 22, 2022 at 12:09 PM Rogerio Ponce  wrote:

> Olá Pedro e pessoal da lista!
>
> Segundo a opinião do Pedro, nao faz sentido perguntar qual a probabilidade
> de Jose ter conseguido um 6 ao jogar o dado ontem, pois isso ja' aconteceu,
> e, portanto, ja' esta' definido.
>
> Sera' que e' isso mesmo?
>
> []'s
> Rogerio Ponce
>
>
> On Mon, Jun 20, 2022 at 9:45 PM Pedro José  wrote:
>
>> Eu na minha humilde opinião creio que a probabilidade exista quando pode
>> ser uma coisa ou outra. No caso já é definido o que os animais são. Então
>> já está tudo errado. A questão seria viável se dessem esses limitantes para
>> uma criança que pintaria os desenhos dos animais. Aí sim há probabilidade.
>>
>> Em sáb., 18 de jun. de 2022 03:33, Rogerio Ponce da Silva <
>> abrlw...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Ola' Vanderlei e pessoal da lista!
>>>
>>> Sem perda de generalidade, podemos imaginar que vamos fazer o seguinte:
>>>
>>> - uma pintura preta em um dos caes, escolhido aleatoriamente
>>>
>>> - uma pintura "malhada" em um dos animais, escolhido aleatoriamente
>>> entre os 7 animais nao pintados
>>>
>>> - duas pintura pretas, em dois animais, escolhidos aleatoriamente entre
>>> os 6 animais restantes,
>>>
>>> - quatro pinturas brancas nos 4 animais restantes
>>>
>>>
>>> Analisando a afirmacao 04, por exemplo, verificamos que, no segundo
>>> passo (pintura malhada) existem 4 opcoes de cachorro e 3 opcoes de gato.
>>>
>>> Assim, a probabilidade de haver um cachorro malhado (4/7) e' maior que a
>>> probabilidade de haver um gato malhado (3/7).
>>> Portanto, a afirmacao 04 esta' correta.
>>> (e o gabarito esta' errado).
>>>
>>> []'s
>>> Rogerio Ponce
>>>
>>>
>>>
>

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Questão de probabilidade

[Rogerio Ponce]

Olá Pedro e pessoal da lista!

Segundo a opinião do Pedro, nao faz sentido perguntar qual a probabilidade
de Jose ter conseguido um 6 ao jogar o dado ontem, pois isso ja' aconteceu,
e, portanto, ja' esta' definido.

Sera' que e' isso mesmo?

[]'s
Rogerio Ponce


On Mon, Jun 20, 2022 at 9:45 PM Pedro José  wrote:

> Eu na minha humilde opinião creio que a probabilidade exista quando pode
> ser uma coisa ou outra. No caso já é definido o que os animais são. Então
> já está tudo errado. A questão seria viável se dessem esses limitantes para
> uma criança que pintaria os desenhos dos animais. Aí sim há probabilidade.
>
> Em sáb., 18 de jun. de 2022 03:33, Rogerio Ponce da Silva <
> abrlw...@gmail.com> escreveu:
>
>> Ola' Vanderlei e pessoal da lista!
>>
>> Sem perda de generalidade, podemos imaginar que vamos fazer o seguinte:
>>
>> - uma pintura preta em um dos caes, escolhido aleatoriamente
>>
>> - uma pintura "malhada" em um dos animais, escolhido aleatoriamente entre
>> os 7 animais nao pintados
>>
>> - duas pintura pretas, em dois animais, escolhidos aleatoriamente entre
>> os 6 animais restantes,
>>
>> - quatro pinturas brancas nos 4 animais restantes
>>
>>
>> Analisando a afirmacao 04, por exemplo, verificamos que, no segundo passo
>> (pintura malhada) existem 4 opcoes de cachorro e 3 opcoes de gato.
>>
>> Assim, a probabilidade de haver um cachorro malhado (4/7) e' maior que a
>> probabilidade de haver um gato malhado (3/7).
>> Portanto, a afirmacao 04 esta' correta.
>> (e o gabarito esta' errado).
>>
>> []'s
>> Rogerio Ponce
>>
>>
>>
>> On Wed, Mar 16, 2022 at 8:08 AM Professor Vanderlei Nemitz <
>> vanderma...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Bom dia!
>>> Na questão a seguir, do vestibular da UEM, penso que o espaço amostral
>>> tem 105 elementos, pois um cachorro é preto (desconsideramos esse). Porém,
>>> com esse pensamento, não consigo obter o gabarito, que diz que 02 e 16 são
>>> corretas.
>>> Alguém poderia ajudar?
>>> Muito obrigado!
>>>
>>> *Em um pet shop há 3 gatos e 5 cães. Sabemos que 3 desses animais são
>>> pretos, 4 são brancos e 1 é malhado. Além disso, pelo menos 1 cachorro é
>>> preto. Assinale o que for correto. *
>>> *01) A probabilidade de haver exatamente 1 cachorro preto é de 1/6. *
>>> *02) A probabilidade de haver pelo menos 1 gato branco e pelo menos 2
>>> cachorros brancos é de 2/3.*
>>> *04) A probabilidade de haver um cachorro malhado é maior do que a
>>> probabilidade de haver um gato malhado. *
>>> *08) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
>>> cachorro preto é de 1/8. *
>>> *16) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
>>> gato malhado é de 1/16.   *
>>>
>>> --
>>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Questão de probabilidade

[Pedro José]

Eu na minha humilde opinião creio que a probabilidade exista quando pode
ser uma coisa ou outra. No caso já é definido o que os animais são. Então
já está tudo errado. A questão seria viável se dessem esses limitantes para
uma criança que pintaria os desenhos dos animais. Aí sim há probabilidade.

Em sáb., 18 de jun. de 2022 03:33, Rogerio Ponce da Silva <
abrlw...@gmail.com> escreveu:

> Ola' Vanderlei e pessoal da lista!
>
> Sem perda de generalidade, podemos imaginar que vamos fazer o seguinte:
>
> - uma pintura preta em um dos caes, escolhido aleatoriamente
>
> - uma pintura "malhada" em um dos animais, escolhido aleatoriamente entre
> os 7 animais nao pintados
>
> - duas pintura pretas, em dois animais, escolhidos aleatoriamente entre os
> 6 animais restantes,
>
> - quatro pinturas brancas nos 4 animais restantes
>
>
> Analisando a afirmacao 04, por exemplo, verificamos que, no segundo passo
> (pintura malhada) existem 4 opcoes de cachorro e 3 opcoes de gato.
>
> Assim, a probabilidade de haver um cachorro malhado (4/7) e' maior que a
> probabilidade de haver um gato malhado (3/7).
> Portanto, a afirmacao 04 esta' correta.
> (e o gabarito esta' errado).
>
> []'s
> Rogerio Ponce
>
>
>
> On Wed, Mar 16, 2022 at 8:08 AM Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> wrote:
>
>> Bom dia!
>> Na questão a seguir, do vestibular da UEM, penso que o espaço amostral
>> tem 105 elementos, pois um cachorro é preto (desconsideramos esse). Porém,
>> com esse pensamento, não consigo obter o gabarito, que diz que 02 e 16 são
>> corretas.
>> Alguém poderia ajudar?
>> Muito obrigado!
>>
>> *Em um pet shop há 3 gatos e 5 cães. Sabemos que 3 desses animais são
>> pretos, 4 são brancos e 1 é malhado. Além disso, pelo menos 1 cachorro é
>> preto. Assinale o que for correto. *
>> *01) A probabilidade de haver exatamente 1 cachorro preto é de 1/6. *
>> *02) A probabilidade de haver pelo menos 1 gato branco e pelo menos 2
>> cachorros brancos é de 2/3.*
>> *04) A probabilidade de haver um cachorro malhado é maior do que a
>> probabilidade de haver um gato malhado. *
>> *08) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
>> cachorro preto é de 1/8. *
>> *16) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
>> gato malhado é de 1/16.   *
>>
>> --
>> 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.

[obm-l] Re: [obm-l] Questão de probabilidade

[Rogerio Ponce da Silva]

Ola' Vanderlei e pessoal da lista!

Sem perda de generalidade, podemos imaginar que vamos fazer o seguinte:

- uma pintura preta em um dos caes, escolhido aleatoriamente

- uma pintura "malhada" em um dos animais, escolhido aleatoriamente entre
os 7 animais nao pintados

- duas pintura pretas, em dois animais, escolhidos aleatoriamente entre os
6 animais restantes,

- quatro pinturas brancas nos 4 animais restantes


Analisando a afirmacao 04, por exemplo, verificamos que, no segundo passo
(pintura malhada) existem 4 opcoes de cachorro e 3 opcoes de gato.

Assim, a probabilidade de haver um cachorro malhado (4/7) e' maior que a
probabilidade de haver um gato malhado (3/7).
Portanto, a afirmacao 04 esta' correta.
(e o gabarito esta' errado).

[]'s
Rogerio Ponce



On Wed, Mar 16, 2022 at 8:08 AM Professor Vanderlei Nemitz <
vanderma...@gmail.com> wrote:

> Bom dia!
> Na questão a seguir, do vestibular da UEM, penso que o espaço amostral tem
> 105 elementos, pois um cachorro é preto (desconsideramos esse). Porém, com
> esse pensamento, não consigo obter o gabarito, que diz que 02 e 16 são
> corretas.
> Alguém poderia ajudar?
> Muito obrigado!
>
> *Em um pet shop há 3 gatos e 5 cães. Sabemos que 3 desses animais são
> pretos, 4 são brancos e 1 é malhado. Além disso, pelo menos 1 cachorro é
> preto. Assinale o que for correto. *
> *01) A probabilidade de haver exatamente 1 cachorro preto é de 1/6. *
> *02) A probabilidade de haver pelo menos 1 gato branco e pelo menos 2
> cachorros brancos é de 2/3.*
> *04) A probabilidade de haver um cachorro malhado é maior do que a
> probabilidade de haver um gato malhado. *
> *08) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
> cachorro preto é de 1/8. *
> *16) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
> gato malhado é de 1/16.   *
>
> --
> 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: Questão de probabilidade

[Professor Vanderlei Nemitz]

Hummm...
Acho que descobri o que o autor pensou.
Parece que 6 casos, distribuindo P, P, B, B, B, B, M (2 pretos, 4 brancos e
1 malhado) entre 3 gatos e 4 cachorros.
Mas...esse espaco amostral é equiprovável???

Em qua., 16 de mar. de 2022 07:58, Professor Vanderlei Nemitz <
vanderma...@gmail.com> escreveu:

> Bom dia!
> Na questão a seguir, do vestibular da UEM, penso que o espaço amostral tem
> 105 elementos, pois um cachorro é preto (desconsideramos esse). Porém, com
> esse pensamento, não consigo obter o gabarito, que diz que 02 e 16 são
> corretas.
> Alguém poderia ajudar?
> Muito obrigado!
>
> *Em um pet shop há 3 gatos e 5 cães. Sabemos que 3 desses animais são
> pretos, 4 são brancos e 1 é malhado. Além disso, pelo menos 1 cachorro é
> preto. Assinale o que for correto. *
> *01) A probabilidade de haver exatamente 1 cachorro preto é de 1/6. *
> *02) A probabilidade de haver pelo menos 1 gato branco e pelo menos 2
> cachorros brancos é de 2/3.*
> *04) A probabilidade de haver um cachorro malhado é maior do que a
> probabilidade de haver um gato malhado. *
> *08) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
> cachorro preto é de 1/8. *
> *16) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
> gato malhado é de 1/16.   *
>

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

[obm-l] Questão de probabilidade

[Professor Vanderlei Nemitz]

Bom dia!
Na questão a seguir, do vestibular da UEM, penso que o espaço amostral tem
105 elementos, pois um cachorro é preto (desconsideramos esse). Porém, com
esse pensamento, não consigo obter o gabarito, que diz que 02 e 16 são
corretas.
Alguém poderia ajudar?
Muito obrigado!

*Em um pet shop há 3 gatos e 5 cães. Sabemos que 3 desses animais são
pretos, 4 são brancos e 1 é malhado. Além disso, pelo menos 1 cachorro é
preto. Assinale o que for correto. *
*01) A probabilidade de haver exatamente 1 cachorro preto é de 1/6. *
*02) A probabilidade de haver pelo menos 1 gato branco e pelo menos 2
cachorros brancos é de 2/3.*
*04) A probabilidade de haver um cachorro malhado é maior do que a
probabilidade de haver um gato malhado. *
*08) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
cachorro preto é de 1/8. *
*16) Se um animal for escolhido ao acaso, a probabilidade de ele ser um
gato malhado é de 1/16.   *

-- 
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.

-- 
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.

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 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

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

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

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

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.
>

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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.
> 
> -- 
> 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.

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

 


-- 
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 antiv�rus e
 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.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 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] Desafio de probabilidade

[Claudio Buffara]

É isso mesmo. Tem que sair 3 vezes o MESMO NÚMERO e não 3 vezes a MESMA
PARIDADE.

[]s,
Claudio.

On Sat, Jul 25, 2020 at 3:53 PM Ralph Costa Teixeira 
wrote:

> Oi, Claudio
>
> Eu também pensei em trocar o dado por uma moeda, mas se entendi bem o
> enunciado, não podemos! O problema eh que, se o dado der 2,4,6,2,4,6,1,1,1,
> quem ganha eh Umberto; trocando pela moeda, vemos par,par,par e vamos dar o
> trofeu para o Ze Roberto... Muda o jogo!
>
> On Sat, Jul 25, 2020 at 3:24 PM Claudio Buffara 
> wrote:
>
>> Pra facilitar, podemos substituir o dado por uma moeda, com cara = par =
>> 0 e coroa = ímpar = 1, já que o que importa é apenas a paridade do número
>> na face superior do dado lançado e, neste caso, P(par) = P(ímpar) = 1/2.
>>
>> Como 3 caras seguidas ou 3 coroas seguidas encerra o jogo, basta
>> considerar os dois últimos lançamentos.
>>
>> Suponha que dois lançamentos seguidos tenham sido 1 e 0 (cara e coroa).
>> Após sair o 0, digamos que a probabilidade de ZR vencer seja p.
>>
>> Se o terceiro lançamento for 0, a probabilidade de ZR vencer aumentará
>> para q  (p e q são incógnitas a serem determinadas), e q é justamente a
>> probabilidade desejada, já que é a probabilidade de ZR vencer dado que os
>> dois últimos lançamentos foram 0 e 0.
>> Se o quarto lançamento for 0, ZR vence. Mas se for 1, sua probabilidade
>> de vencer cai para 1-p pois, neste caso, por simetria, Umberto passa a ter
>> probabilidade p de vencer, em virtude dos dois últimos lançamentos terem
>> sido 0 e 1.
>> Ou seja, q = (1/2)*(1 + (1-p))  <==>  p + 2q = 2.
>>
>> Se o terceiro lançamento for 1, a probabilidade de ZR vencer cai para 1-p.
>> Neste caso, podemos escrever p = (1/2)*(q + (1-p))  <==>  3p - q = 1.
>>
>> Resolvendo este sistema, achamos p = 4/7 e q = 5/7.
>>
>> Na verdade, isso tudo fica mais fácil de ver se você fizer uma árvore.
>>
>> []s,
>> Claudio.
>>
>> On Sat, Jul 25, 2020 at 2:03 PM Professor Vanderlei Nemitz <
>> vanderma...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Então meu raciocínio foi muito errado, pois pensei assim:
>>> Seja p a probabilidade de Zé Roberto vender. Podemos considerar que o
>>> jogo "começa" com Zé Roberto precisando obter um 6 para vencer.
>>> Assim, a probabilidade de Humberto vencer é:
>>> q = (3/6).(1/6).p, ou seja, p = 12q
>>> Assim, p = 12/13 e q = 1/13
>>>
>>> Prezado Cláudio, você pode explicar sua resolução?
>>>
>>> Muito obrigado!
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>>
>>> Em sáb., 25 de jul. de 2020 às 13:43, Claudio Buffara <
>>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>>
>>>> Eu achei 5/7.
>>>>
>>>> On Sat, Jul 25, 2020 at 7:28 AM Professor Vanderlei Nemitz <
>>>> vanderma...@gmail.com> wrote:
>>>>
>>>>> Bom dia!
>>>>> O problema a seguir encontra-se em uma prova de desafios da PUC-RJ,
>>>>> muito boas!!!
>>>>> Acho que são organizadas pelo professor Nicolau Saldanha.
>>>>> Encontrei uma resposta bem alta, mais de 90%. Será que está correto?
>>>>> Muito obrigado!
>>>>>
>>>>> Zé Roberto e Umberto gostam de jogar par ou ímpar; Zé Roberto sempre
>>>>> pede par e Umberto sempre pede íımpar. Eles gostam de inventar novas
>>>>> maneiras de jogar. A última maneira que eles inventaram usa um dado comum,
>>>>> com seis faces numeradas de 1 a 6. Eles jogam o dado várias vezes até que
>>>>> um número saia três vezes seguidas; Zé Roberto ganha se este número for
>>>>> par, Umberto ganha se for ímpar. Sábado de manhã o dado teve os 
>>>>> resultados:
>>>>> 5, 3, 4, 2, 6, 1, 1, 3, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 3, 4, 5, 4, 4, 4 e neste ponto 
>>>>> Zé
>>>>> Roberto se declarou vitorioso. Sábado de tarde o dado teve os resultados:
>>>>> 6, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 6; neste momento o jogo foi interrompido pela queda 
>>>>> de
>>>>> um meteorito. Quando a situação se acalmou, eles concordaram em continuar
>>>>> do ponto em que estavam. Qual é a probabilidade de que Zé Roberto seja o
>>>>> vencedor?
>>>>>
>>>>> --
>>>>> 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] Desafio de probabilidade

[Claudio Buffara]

Por favor desconsiderem.
Reli o enunciado e vi que errei.
Pro ZR ganhar, tem que sair o mesmo número par 3 vezes seguidas.
E minha solução é para o caso (bem mais fácil!) em que ele ganha se saírem
3 números pares seguidos.

[]s,
Claudio.


On Sat, Jul 25, 2020 at 3:08 PM Claudio Buffara 
wrote:

> Pra facilitar, podemos substituir o dado por uma moeda, com cara = par = 0
> e coroa = ímpar = 1, já que o que importa é apenas a paridade do número na
> face superior do dado lançado e, neste caso, P(par) = P(ímpar) = 1/2.
>
> Como 3 caras seguidas ou 3 coroas seguidas encerra o jogo, basta
> considerar os dois últimos lançamentos.
>
> Suponha que dois lançamentos seguidos tenham sido 1 e 0 (cara e coroa).
> Após sair o 0, digamos que a probabilidade de ZR vencer seja p.
>
> Se o terceiro lançamento for 0, a probabilidade de ZR vencer aumentará
> para q  (p e q são incógnitas a serem determinadas), e q é justamente a
> probabilidade desejada, já que é a probabilidade de ZR vencer dado que os
> dois últimos lançamentos foram 0 e 0.
> Se o quarto lançamento for 0, ZR vence. Mas se for 1, sua probabilidade de
> vencer cai para 1-p pois, neste caso, por simetria, Umberto passa a ter
> probabilidade p de vencer, em virtude dos dois últimos lançamentos terem
> sido 0 e 1.
> Ou seja, q = (1/2)*(1 + (1-p))  <==>  p + 2q = 2.
>
> Se o terceiro lançamento for 1, a probabilidade de ZR vencer cai para 1-p.
> Neste caso, podemos escrever p = (1/2)*(q + (1-p))  <==>  3p - q = 1.
>
> Resolvendo este sistema, achamos p = 4/7 e q = 5/7.
>
> Na verdade, isso tudo fica mais fácil de ver se você fizer uma árvore.
>
> []s,
> Claudio.
>
> On Sat, Jul 25, 2020 at 2:03 PM Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> wrote:
>
>> Então meu raciocínio foi muito errado, pois pensei assim:
>> Seja p a probabilidade de Zé Roberto vender. Podemos considerar que o
>> jogo "começa" com Zé Roberto precisando obter um 6 para vencer.
>> Assim, a probabilidade de Humberto vencer é:
>> q = (3/6).(1/6).p, ou seja, p = 12q
>> Assim, p = 12/13 e q = 1/13
>>
>> Prezado Cláudio, você pode explicar sua resolução?
>>
>> Muito obrigado!
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>> Em sáb., 25 de jul. de 2020 às 13:43, Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Eu achei 5/7.
>>>
>>> On Sat, Jul 25, 2020 at 7:28 AM Professor Vanderlei Nemitz <
>>> vanderma...@gmail.com> wrote:
>>>
>>>> Bom dia!
>>>> O problema a seguir encontra-se em uma prova de desafios da PUC-RJ,
>>>> muito boas!!!
>>>> Acho que são organizadas pelo professor Nicolau Saldanha.
>>>> Encontrei uma resposta bem alta, mais de 90%. Será que está correto?
>>>> Muito obrigado!
>>>>
>>>> Zé Roberto e Umberto gostam de jogar par ou ímpar; Zé Roberto sempre
>>>> pede par e Umberto sempre pede íımpar. Eles gostam de inventar novas
>>>> maneiras de jogar. A última maneira que eles inventaram usa um dado comum,
>>>> com seis faces numeradas de 1 a 6. Eles jogam o dado várias vezes até que
>>>> um número saia três vezes seguidas; Zé Roberto ganha se este número for
>>>> par, Umberto ganha se for ímpar. Sábado de manhã o dado teve os resultados:
>>>> 5, 3, 4, 2, 6, 1, 1, 3, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 3, 4, 5, 4, 4, 4 e neste ponto Zé
>>>> Roberto se declarou vitorioso. Sábado de tarde o dado teve os resultados:
>>>> 6, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 6; neste momento o jogo foi interrompido pela queda de
>>>> um meteorito. Quando a situação se acalmou, eles concordaram em continuar
>>>> do ponto em que estavam. Qual é a probabilidade de que Zé Roberto seja o
>>>> vencedor?
>>>>
>>>> --
>>>> 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] Desafio de probabilidade

[Ralph Costa Teixeira]

Argh: tem um errinho de digitação... Era p=7b *MENOS* 3...

Mas o resto continua valendo, achei p=25/43 e b=22/43... que condiz com
minha intuição de que, partindo de um número par (que não se repetiu),
tenho uma pequena vantagem (b=22/43 é ligeiramente maior que 1/2).

On Sat, Jul 25, 2020 at 3:37 PM Ralph Costa Teixeira 
wrote:

> Oi, Vanderlei.
>
> Para facilitar a notação, eu serei Zé Roberto. :D
>
> Intuitivamente: como você desconfiou, p não pode ser isso tudo. Para eu
> ganhar, tenho que rolar um 6, **ou** rolar outra coisa e "praticamente"
> começar o jogo de novo. Isto daria a estimativa:
> p = 1/6 + 5/6 . 1/2 = 7/12
> Mas esta estimativa está errada pois, o jogo "recomeçaria" a partir de 1,
> 2, 3, 4 ou 5, dando uma pequena vantagem para Umberto! Ou seja, sem fazer
> muita conta afirmo que:
> p = 1/6 + 5/6 . Prob(Eu ganhar a partir de um 1,2,3,4,5 simples) < 1/6 +
> 5/12 = 7/12.
>
> ---///---
> Se entendi o que você pensou: para Umberto ganhar, temos que NÃO ROLAR 6
> agora (prob=5/6), **e** depois "começar o jogo do zero" (prob=3/6). Então
> Umberto ganharia com probabilidade q=5/6.3/6=5/12 (acho que você devia usar
> 5/6; e não entendi o p extra). Era isso? Mas mesmo assim não funciona, pelo
> mesmo motivo da minha estimativa do p estar furada: não rolando 6, o jogo
> não "começaria do zero"; Umberto teria uma pequena vantagem (pois rolamos
> 1, 3 ou 5 com mais chance do que 2 ou 4). Em suma, o que conseguimos
> concluir daqui eh que q > 5/12, ou seja p<7/12, que nem acima!
>
> ---///---
> Vamos calcular p, definido como"
> p = probabilidade de eu vencer sendo que os dois últimos números foram
> iguais e pares
> E vamos inventar:
> b = probabilidade de eu vencer sendo que o último número foi par, mas o
> penúltimo foi diferente do último.
> Agora, na situação do problema (terminando em x-6-6, com x<>6), a partir
> daqui temos duas possibilidades:
> -- Se o próximo número for 6 (prob = 1/6), ganhei.
> -- Se o próximo número for 2 ou 4 (prob = 2/6), passamos para uma nova
> situação onde eu tenho probabilidade b de vencer.
> -- Se o próximo número for 1, 3 ou 5 (prob=3/6), passamos para uma nova
> situação onde eu tenho probabilidade 1-b de vencer.
>
> Assim, p = 1/6 + (2/6)b + (3/6)(1-b) = 2/3 - b/6.
>
> Por outro lado, a partir de uma situação do tipo "b" -- (digamos, para
> fixar ideias, sequência terminando em -2-4), temos as seguintes
> possibilidades:
> -- Se o próximo número for 4 (prob = 1/6), passo a ter probabilidade p de
> ganhar;
> -- Se for 2 ou 6 (prob = 2/6), passo a ter probabilidade b de ganhar.
> -- Se for 1, 3 ou 5 (prob = 3/6), passo a ter probabilidade 1-b de ganhar.
>
> Assim, b = (1/6)p + 2/6b + 3/6(1-b), ou seja, p=7b+3.
>
> Juntando as duas coisas, achei p=25/43 Hein, sério??
>
> ---///---
>  Vamos resolver de outro jeito mais "adulto", para ver o PODER DAS
> MATRIZES... :D :D:
>
> Depois de alguns lançamentos, o jogo tem 6 estados possíveis dependendo
> apenas dos 3 últimos lançamentos:
>
> E1: ...y-y-y com y par (eu ganhei! pare o jogo!)
> E2: ...x-y-y com x<>y e y par (estou quase ganhando!)
> E3: ...x-y com x<>y e y par (tenho pequena vantagem)
> E4: ...x-y com x<>y e y ímpar (tenho pequena desvantagem)
> E5: ...x-y-y com x<>y e y í mpar (estou quase perdendo!)
> E6: ...y-y-y com y ímpar (perdi! vire a mesa!)
>
> A matriz M de transição entre esses estados:
>
> 1 1/6000 0
> 00 1/600 0
> 0 2/6 2/6 3/6 3/6 0
> 0 3/6 3/6 2/6 2/6 0
> 000 1/60 0
> 0000 1/6 1
>
> Pois bem, M^k.v (onde v=e_2=[0; 1; 0; 0; 0; 0]) seria a distribuição de
> probabilidade dos estados, começando de e_2 (situação do problema), daqui a
> k jogadas. Ou seja, a gente quer determinar p onde lim(k->Inf) M^k.v = [p;
> 0; 0; 0; 0; 1-p].
>
> Diagonalizei M usando o computador (que não liga para a elegância das
> simetrias :( ), deu M = PDP^(-1) onde
>
> P=[1 1 1 1 1 0
> 0 (1/(√5-3))(√5+3) (3/2)√5-(7/2) -(1/2)i√3-((13)/2) (1/2)i√3-((13)/2) 0
> 0 -2((√5)/(√5-3)) (5/2)-(3/2)√5 (7/2)i√3+(5/2) (5/2)-(7/2)i√3 0
> 0 -2((√5)/(√5-3)) (5/2)-(3/2)√5 -(7/2)i√3-(5/2) (7/2)i√3-(5/2) 0
> 0 (1/(√5-3))(√5+3) (3/2)√5-(7/2) (1/2)i√3+((13)/2) ((13)/2)-(1/2)i√3 0
> -1 1 1 -1 -1 1]
>
> D = diag(1; 5/12- √5 /4;  5/12 +√5 /4; (-i√3-1)/12; (i√3-1)/12; 1]
>
> Q=P^(-1)= [1 ((25)/(43)) ((22)/(43)) ((21)/(43)) ((18)/(43)) 0
> 0 (1/(12))√5-(1/4) (7/(60))√5-(1/4) (7/(60))√5-(1/4) (1/(12))√5-(1/4) 0
> 0 -(1/(12))√5-(1/4) -(7/(60))√5-(1/4) -(7/(60))√5-(1/4) -(1/(12))√5-(1/4) 0
> 0 -(5/(516))i√3-(7/(172)) -((13)/(516))i√3-(1/(172))
> ((13)/(516))i√3+(1/(172)) (5/(516))i√3+(7/(172)) 0
&g

Re: [obm-l] Desafio de probabilidade

[Ralph Costa Teixeira]

Oi, Claudio

Eu também pensei em trocar o dado por uma moeda, mas se entendi bem o
enunciado, não podemos! O problema eh que, se o dado der 2,4,6,2,4,6,1,1,1,
quem ganha eh Umberto; trocando pela moeda, vemos par,par,par e vamos dar o
trofeu para o Ze Roberto... Muda o jogo!

On Sat, Jul 25, 2020 at 3:24 PM Claudio Buffara 
wrote:

> Pra facilitar, podemos substituir o dado por uma moeda, com cara = par = 0
> e coroa = ímpar = 1, já que o que importa é apenas a paridade do número na
> face superior do dado lançado e, neste caso, P(par) = P(ímpar) = 1/2.
>
> Como 3 caras seguidas ou 3 coroas seguidas encerra o jogo, basta
> considerar os dois últimos lançamentos.
>
> Suponha que dois lançamentos seguidos tenham sido 1 e 0 (cara e coroa).
> Após sair o 0, digamos que a probabilidade de ZR vencer seja p.
>
> Se o terceiro lançamento for 0, a probabilidade de ZR vencer aumentará
> para q  (p e q são incógnitas a serem determinadas), e q é justamente a
> probabilidade desejada, já que é a probabilidade de ZR vencer dado que os
> dois últimos lançamentos foram 0 e 0.
> Se o quarto lançamento for 0, ZR vence. Mas se for 1, sua probabilidade de
> vencer cai para 1-p pois, neste caso, por simetria, Umberto passa a ter
> probabilidade p de vencer, em virtude dos dois últimos lançamentos terem
> sido 0 e 1.
> Ou seja, q = (1/2)*(1 + (1-p))  <==>  p + 2q = 2.
>
> Se o terceiro lançamento for 1, a probabilidade de ZR vencer cai para 1-p.
> Neste caso, podemos escrever p = (1/2)*(q + (1-p))  <==>  3p - q = 1.
>
> Resolvendo este sistema, achamos p = 4/7 e q = 5/7.
>
> Na verdade, isso tudo fica mais fácil de ver se você fizer uma árvore.
>
> []s,
> Claudio.
>
> On Sat, Jul 25, 2020 at 2:03 PM Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> wrote:
>
>> Então meu raciocínio foi muito errado, pois pensei assim:
>> Seja p a probabilidade de Zé Roberto vender. Podemos considerar que o
>> jogo "começa" com Zé Roberto precisando obter um 6 para vencer.
>> Assim, a probabilidade de Humberto vencer é:
>> q = (3/6).(1/6).p, ou seja, p = 12q
>> Assim, p = 12/13 e q = 1/13
>>
>> Prezado Cláudio, você pode explicar sua resolução?
>>
>> Muito obrigado!
>>
>>
>>
>>
>>
>>
>> Em sáb., 25 de jul. de 2020 às 13:43, Claudio Buffara <
>> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> Eu achei 5/7.
>>>
>>> On Sat, Jul 25, 2020 at 7:28 AM Professor Vanderlei Nemitz <
>>> vanderma...@gmail.com> wrote:
>>>
>>>> Bom dia!
>>>> O problema a seguir encontra-se em uma prova de desafios da PUC-RJ,
>>>> muito boas!!!
>>>> Acho que são organizadas pelo professor Nicolau Saldanha.
>>>> Encontrei uma resposta bem alta, mais de 90%. Será que está correto?
>>>> Muito obrigado!
>>>>
>>>> Zé Roberto e Umberto gostam de jogar par ou ímpar; Zé Roberto sempre
>>>> pede par e Umberto sempre pede íımpar. Eles gostam de inventar novas
>>>> maneiras de jogar. A última maneira que eles inventaram usa um dado comum,
>>>> com seis faces numeradas de 1 a 6. Eles jogam o dado várias vezes até que
>>>> um número saia três vezes seguidas; Zé Roberto ganha se este número for
>>>> par, Umberto ganha se for ímpar. Sábado de manhã o dado teve os resultados:
>>>> 5, 3, 4, 2, 6, 1, 1, 3, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 3, 4, 5, 4, 4, 4 e neste ponto Zé
>>>> Roberto se declarou vitorioso. Sábado de tarde o dado teve os resultados:
>>>> 6, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 6; neste momento o jogo foi interrompido pela queda de
>>>> um meteorito. Quando a situação se acalmou, eles concordaram em continuar
>>>> do ponto em que estavam. Qual é a probabilidade de que Zé Roberto seja o
>>>> vencedor?
>>>>
>>>> --
>>>> 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] Desafio de probabilidade

[Ralph Costa Teixeira]

Oi, Vanderlei.

Para facilitar a notação, eu serei Zé Roberto. :D

Intuitivamente: como você desconfiou, p não pode ser isso tudo. Para eu
ganhar, tenho que rolar um 6, **ou** rolar outra coisa e "praticamente"
começar o jogo de novo. Isto daria a estimativa:
p = 1/6 + 5/6 . 1/2 = 7/12
Mas esta estimativa está errada pois, o jogo "recomeçaria" a partir de 1,
2, 3, 4 ou 5, dando uma pequena vantagem para Umberto! Ou seja, sem fazer
muita conta afirmo que:
p = 1/6 + 5/6 . Prob(Eu ganhar a partir de um 1,2,3,4,5 simples) < 1/6 +
5/12 = 7/12.

---///---
Se entendi o que você pensou: para Umberto ganhar, temos que NÃO ROLAR 6
agora (prob=5/6), **e** depois "começar o jogo do zero" (prob=3/6). Então
Umberto ganharia com probabilidade q=5/6.3/6=5/12 (acho que você devia usar
5/6; e não entendi o p extra). Era isso? Mas mesmo assim não funciona, pelo
mesmo motivo da minha estimativa do p estar furada: não rolando 6, o jogo
não "começaria do zero"; Umberto teria uma pequena vantagem (pois rolamos
1, 3 ou 5 com mais chance do que 2 ou 4). Em suma, o que conseguimos
concluir daqui eh que q > 5/12, ou seja p<7/12, que nem acima!

---///---
Vamos calcular p, definido como"
p = probabilidade de eu vencer sendo que os dois últimos números foram
iguais e pares
E vamos inventar:
b = probabilidade de eu vencer sendo que o último número foi par, mas o
penúltimo foi diferente do último.
Agora, na situação do problema (terminando em x-6-6, com x<>6), a partir
daqui temos duas possibilidades:
-- Se o próximo número for 6 (prob = 1/6), ganhei.
-- Se o próximo número for 2 ou 4 (prob = 2/6), passamos para uma nova
situação onde eu tenho probabilidade b de vencer.
-- Se o próximo número for 1, 3 ou 5 (prob=3/6), passamos para uma nova
situação onde eu tenho probabilidade 1-b de vencer.

Assim, p = 1/6 + (2/6)b + (3/6)(1-b) = 2/3 - b/6.

Por outro lado, a partir de uma situação do tipo "b" -- (digamos, para
fixar ideias, sequência terminando em -2-4), temos as seguintes
possibilidades:
-- Se o próximo número for 4 (prob = 1/6), passo a ter probabilidade p de
ganhar;
-- Se for 2 ou 6 (prob = 2/6), passo a ter probabilidade b de ganhar.
-- Se for 1, 3 ou 5 (prob = 3/6), passo a ter probabilidade 1-b de ganhar.

Assim, b = (1/6)p + 2/6b + 3/6(1-b), ou seja, p=7b+3.

Juntando as duas coisas, achei p=25/43 Hein, sério??

---///---
 Vamos resolver de outro jeito mais "adulto", para ver o PODER DAS
MATRIZES... :D :D:

Depois de alguns lançamentos, o jogo tem 6 estados possíveis dependendo
apenas dos 3 últimos lançamentos:

E1: ...y-y-y com y par (eu ganhei! pare o jogo!)
E2: ...x-y-y com x<>y e y par (estou quase ganhando!)
E3: ...x-y com x<>y e y par (tenho pequena vantagem)
E4: ...x-y com x<>y e y ímpar (tenho pequena desvantagem)
E5: ...x-y-y com x<>y e y í mpar (estou quase perdendo!)
E6: ...y-y-y com y ímpar (perdi! vire a mesa!)

A matriz M de transição entre esses estados:

1 1/6000 0
00 1/600 0
0 2/6 2/6 3/6 3/6 0
0 3/6 3/6 2/6 2/6 0
000 1/60 0
0000 1/6 1

Pois bem, M^k.v (onde v=e_2=[0; 1; 0; 0; 0; 0]) seria a distribuição de
probabilidade dos estados, começando de e_2 (situação do problema), daqui a
k jogadas. Ou seja, a gente quer determinar p onde lim(k->Inf) M^k.v = [p;
0; 0; 0; 0; 1-p].

Diagonalizei M usando o computador (que não liga para a elegância das
simetrias :( ), deu M = PDP^(-1) onde

P=[1 1 1 1 1 0
0 (1/(√5-3))(√5+3) (3/2)√5-(7/2) -(1/2)i√3-((13)/2) (1/2)i√3-((13)/2) 0
0 -2((√5)/(√5-3)) (5/2)-(3/2)√5 (7/2)i√3+(5/2) (5/2)-(7/2)i√3 0
0 -2((√5)/(√5-3)) (5/2)-(3/2)√5 -(7/2)i√3-(5/2) (7/2)i√3-(5/2) 0
0 (1/(√5-3))(√5+3) (3/2)√5-(7/2) (1/2)i√3+((13)/2) ((13)/2)-(1/2)i√3 0
-1 1 1 -1 -1 1]

D = diag(1; 5/12- √5 /4;  5/12 +√5 /4; (-i√3-1)/12; (i√3-1)/12; 1]

Q=P^(-1)= [1 ((25)/(43)) ((22)/(43)) ((21)/(43)) ((18)/(43)) 0
0 (1/(12))√5-(1/4) (7/(60))√5-(1/4) (7/(60))√5-(1/4) (1/(12))√5-(1/4) 0
0 -(1/(12))√5-(1/4) -(7/(60))√5-(1/4) -(7/(60))√5-(1/4) -(1/(12))√5-(1/4) 0
0 -(5/(516))i√3-(7/(172)) -((13)/(516))i√3-(1/(172))
((13)/(516))i√3+(1/(172)) (5/(516))i√3+(7/(172)) 0
0 (5/(516))i√3-(7/(172)) ((13)/(516))i√3-(1/(172))
(1/(172))-((13)/(516))i√3 (7/(172))-(5/(516))i√3 0
1 1 1 1 1 1]

Mas não olhe para tudo isso! Veja bem, M^k.v = P D^k P^(-1) e_2 = P D^k
Q_2, onde Q_2 eh a segunda coluna de Q. Mas D^k vai para diag(1, 0, 0, 0,
0, 1) quando k->Inf, portanto ligamos apenas para Q(1,2)=25/43 e Q(1,6)=1.
Queremos apenas a primeira coordenada de P . [25/43; 0; 0; 0; 0; 1], ou
seja, p = 25/43 P(1,1) + 1 P(6,1) = 25/43.

Ou seja: sério!! :D

Abraco, Ralph.


On Sat, Jul 25, 2020 at 2:03 PM Professor Vanderlei Nemitz <
vanderma...@gmail.com> wrote:

> Então meu raciocínio foi muito errado, pois pensei assim:
> Seja p a probabilidade de Zé Roberto vender. Podemos considerar que o jogo
> "começa" com Zé Roberto precisando obter um 6 para

Re: [obm-l] Desafio de probabilidade

[Claudio Buffara]

Pra facilitar, podemos substituir o dado por uma moeda, com cara = par = 0
e coroa = ímpar = 1, já que o que importa é apenas a paridade do número na
face superior do dado lançado e, neste caso, P(par) = P(ímpar) = 1/2.

Como 3 caras seguidas ou 3 coroas seguidas encerra o jogo, basta considerar
os dois últimos lançamentos.

Suponha que dois lançamentos seguidos tenham sido 1 e 0 (cara e coroa).
Após sair o 0, digamos que a probabilidade de ZR vencer seja p.

Se o terceiro lançamento for 0, a probabilidade de ZR vencer aumentará para
q  (p e q são incógnitas a serem determinadas), e q é justamente a
probabilidade desejada, já que é a probabilidade de ZR vencer dado que os
dois últimos lançamentos foram 0 e 0.
Se o quarto lançamento for 0, ZR vence. Mas se for 1, sua probabilidade de
vencer cai para 1-p pois, neste caso, por simetria, Umberto passa a ter
probabilidade p de vencer, em virtude dos dois últimos lançamentos terem
sido 0 e 1.
Ou seja, q = (1/2)*(1 + (1-p))  <==>  p + 2q = 2.

Se o terceiro lançamento for 1, a probabilidade de ZR vencer cai para 1-p.
Neste caso, podemos escrever p = (1/2)*(q + (1-p))  <==>  3p - q = 1.

Resolvendo este sistema, achamos p = 4/7 e q = 5/7.

Na verdade, isso tudo fica mais fácil de ver se você fizer uma árvore.

[]s,
Claudio.

On Sat, Jul 25, 2020 at 2:03 PM Professor Vanderlei Nemitz <
vanderma...@gmail.com> wrote:

> Então meu raciocínio foi muito errado, pois pensei assim:
> Seja p a probabilidade de Zé Roberto vender. Podemos considerar que o jogo
> "começa" com Zé Roberto precisando obter um 6 para vencer.
> Assim, a probabilidade de Humberto vencer é:
> q = (3/6).(1/6).p, ou seja, p = 12q
> Assim, p = 12/13 e q = 1/13
>
> Prezado Cláudio, você pode explicar sua resolução?
>
> Muito obrigado!
>
>
>
>
>
>
> Em sáb., 25 de jul. de 2020 às 13:43, Claudio Buffara <
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
>
>> Eu achei 5/7.
>>
>> On Sat, Jul 25, 2020 at 7:28 AM Professor Vanderlei Nemitz <
>> vanderma...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Bom dia!
>>> O problema a seguir encontra-se em uma prova de desafios da PUC-RJ,
>>> muito boas!!!
>>> Acho que são organizadas pelo professor Nicolau Saldanha.
>>> Encontrei uma resposta bem alta, mais de 90%. Será que está correto?
>>> Muito obrigado!
>>>
>>> Zé Roberto e Umberto gostam de jogar par ou ímpar; Zé Roberto sempre
>>> pede par e Umberto sempre pede íımpar. Eles gostam de inventar novas
>>> maneiras de jogar. A última maneira que eles inventaram usa um dado comum,
>>> com seis faces numeradas de 1 a 6. Eles jogam o dado várias vezes até que
>>> um número saia três vezes seguidas; Zé Roberto ganha se este número for
>>> par, Umberto ganha se for ímpar. Sábado de manhã o dado teve os resultados:
>>> 5, 3, 4, 2, 6, 1, 1, 3, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 3, 4, 5, 4, 4, 4 e neste ponto Zé
>>> Roberto se declarou vitorioso. Sábado de tarde o dado teve os resultados:
>>> 6, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 6; neste momento o jogo foi interrompido pela queda de
>>> um meteorito. Quando a situação se acalmou, eles concordaram em continuar
>>> do ponto em que estavam. Qual é a probabilidade de que Zé Roberto seja o
>>> vencedor?
>>>
>>> --
>>> 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] Desafio de probabilidade

[Professor Vanderlei Nemitz]

Então meu raciocínio foi muito errado, pois pensei assim:
Seja p a probabilidade de Zé Roberto vender. Podemos considerar que o jogo
"começa" com Zé Roberto precisando obter um 6 para vencer.
Assim, a probabilidade de Humberto vencer é:
q = (3/6).(1/6).p, ou seja, p = 12q
Assim, p = 12/13 e q = 1/13

Prezado Cláudio, você pode explicar sua resolução?

Muito obrigado!






Em sáb., 25 de jul. de 2020 às 13:43, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:

> Eu achei 5/7.
>
> On Sat, Jul 25, 2020 at 7:28 AM Professor Vanderlei Nemitz <
> vanderma...@gmail.com> wrote:
>
>> Bom dia!
>> O problema a seguir encontra-se em uma prova de desafios da PUC-RJ, muito
>> boas!!!
>> Acho que são organizadas pelo professor Nicolau Saldanha.
>> Encontrei uma resposta bem alta, mais de 90%. Será que está correto?
>> Muito obrigado!
>>
>> Zé Roberto e Umberto gostam de jogar par ou ímpar; Zé Roberto sempre pede
>> par e Umberto sempre pede íımpar. Eles gostam de inventar novas maneiras de
>> jogar. A última maneira que eles inventaram usa um dado comum, com seis
>> faces numeradas de 1 a 6. Eles jogam o dado várias vezes até que um número
>> saia três vezes seguidas; Zé Roberto ganha se este número for par, Umberto
>> ganha se for ímpar. Sábado de manhã o dado teve os resultados: 5, 3, 4, 2,
>> 6, 1, 1, 3, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 3, 4, 5, 4, 4, 4 e neste ponto Zé Roberto se
>> declarou vitorioso. Sábado de tarde o dado teve os resultados: 6, 1, 4, 2,
>> 3, 5, 6, 6; neste momento o jogo foi interrompido pela queda de um
>> meteorito. Quando a situação se acalmou, eles concordaram em continuar do
>> ponto em que estavam. Qual é a probabilidade de que Zé Roberto seja o
>> vencedor?
>>
>> --
>> 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] Desafio de probabilidade

[Claudio Buffara]

Eu achei 5/7.

On Sat, Jul 25, 2020 at 7:28 AM Professor Vanderlei Nemitz <
vanderma...@gmail.com> wrote:

> Bom dia!
> O problema a seguir encontra-se em uma prova de desafios da PUC-RJ, muito
> boas!!!
> Acho que são organizadas pelo professor Nicolau Saldanha.
> Encontrei uma resposta bem alta, mais de 90%. Será que está correto?
> Muito obrigado!
>
> Zé Roberto e Umberto gostam de jogar par ou ímpar; Zé Roberto sempre pede
> par e Umberto sempre pede íımpar. Eles gostam de inventar novas maneiras de
> jogar. A última maneira que eles inventaram usa um dado comum, com seis
> faces numeradas de 1 a 6. Eles jogam o dado várias vezes até que um número
> saia três vezes seguidas; Zé Roberto ganha se este número for par, Umberto
> ganha se for ímpar. Sábado de manhã o dado teve os resultados: 5, 3, 4, 2,
> 6, 1, 1, 3, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 3, 4, 5, 4, 4, 4 e neste ponto Zé Roberto se
> declarou vitorioso. Sábado de tarde o dado teve os resultados: 6, 1, 4, 2,
> 3, 5, 6, 6; neste momento o jogo foi interrompido pela queda de um
> meteorito. Quando a situação se acalmou, eles concordaram em continuar do
> ponto em que estavam. Qual é a probabilidade de que Zé Roberto seja o
> vencedor?
>
> --
> 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] Desafio de probabilidade

[Professor Vanderlei Nemitz]

Bom dia!
O problema a seguir encontra-se em uma prova de desafios da PUC-RJ, muito
boas!!!
Acho que são organizadas pelo professor Nicolau Saldanha.
Encontrei uma resposta bem alta, mais de 90%. Será que está correto?
Muito obrigado!

Zé Roberto e Umberto gostam de jogar par ou ímpar; Zé Roberto sempre pede
par e Umberto sempre pede íımpar. Eles gostam de inventar novas maneiras de
jogar. A última maneira que eles inventaram usa um dado comum, com seis
faces numeradas de 1 a 6. Eles jogam o dado várias vezes até que um número
saia três vezes seguidas; Zé Roberto ganha se este número for par, Umberto
ganha se for ímpar. Sábado de manhã o dado teve os resultados: 5, 3, 4, 2,
6, 1, 1, 3, 1, 4, 2, 3, 5, 6, 3, 4, 5, 4, 4, 4 e neste ponto Zé Roberto se
declarou vitorioso. Sábado de tarde o dado teve os resultados: 6, 1, 4, 2,
3, 5, 6, 6; neste momento o jogo foi interrompido pela queda de um
meteorito. Quando a situação se acalmou, eles concordaram em continuar do
ponto em que estavam. Qual é a probabilidade de que Zé Roberto seja o
vencedor?

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

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.

[obm-l] Re: [obm-l] Distribuição de probabilidade da soma de números arredondados

[Ralph Teixeira]

Não sei a resposta, mas a distribuição deve depender de n  Por exemplo,
se n=2, claramente p(100)=1, enquanto se n é muito grande, eu aposto que
p(0)~1 (escolhendo 10 googlelhões de termos, muito provavelmente quase
todos serão menores que 1/2, e portanto eu aposto que todos arredondam para
0, com muita probabilidade).

Será que dá para achar uma recorrência? Acho que deveríamos começar
pensando no problemas mais genérico e mais simples:

"Dividindo o intervalo [a,b] em dois pedaços, medindo cada pedaço,
arredondando e somando, qual a distribuição de probabilidade da soma S?"
(Aliás, acho que melhor ainda seria perguntar a distribuição de S-(b-a),
isto é, ver o quanto você "ganha" pu "perde" quando subdivide um intervalo.
Acho que isso só depende da parte fracionária de b-a, mas tem que ver
direitinho.)

Afinal, passar de n para n+1 amostras significa escolher um ponto a mais, o
que se resume mais ou menos a esta questão anterior -- bom tem que pesar a
probabilidade de cair em cada intervalo antigo, mas talvez saia algo
pensando assim.

Abraço, Ralph.

On Wed, Aug 7, 2019 at 2:31 PM Rodrigo Ângelo 
wrote:

> Vi o seguinte prolbema num outro grupo que faço parte, e como não teve
> solução por lá, resolvi trazer pra esta lista (irei postar tradução livre
> feita por mim abaixo)
>
> F(n) is the random variable received by partitioning 100 into n parts,
>> rounding those parts, and adding the results. An example partition would
>> be: 49.7, 49.7, 0.6, which rounded becomes 50, 50, 1, added becomes 101.
>> The partition is created by choosing n-1 real numbers in [0,100] uniformly,
>> which implicitly defines a partition. What is the distribution of F(n)?
>
>
> Seja F(n) uma variável aleatória definida particionando o número 100 em n
> partes, arredondando essas partes e adicionando os resultados do
> arredondamento. Um exemplo seria 49,7; 49,7; 0,6; que arredondando fica
> 50; 50; 1; resultando em 101. A partição é criada escolhendo n-1 números
> reais no intervalo [0,100] com distribuição uniforme, que implicitamente
> define uma partição. Qual a distribuição de F(n)?
>
> No exemplo anterior, temos n=3 e os n-1 números sorteados foram 49,7 e
> 99,4.
>
> O arredondamento é feito de forma a minimizar a distância até o inteiro
> mais próximo.
>
> Casos em que o inteiro antecessor e o sucessor são equidistantes (ex: 2,5)
> podem ser desconsiderados, porque têm probabilidade zero.
>
> Casos em que um número é sorteado mais de uma vez também tem probabilidade
> zero.
>
> Fiz uma simulação
> https://drigoangelo.shinyapps.io/MonteCarlo_RoundProblem/ e aparentemente
> a função de probabilidade de F seria aproximadamente (independente de n):
>
> p(100) = 0,600
> p(99) = p(101) = 0,196
> p(98) = p(102) = 0,200
> p(F) = 0 para F não pertencente a {98, 99, 100, 101, 102}.
>
> Não consegui encontrar uma distribuição para F analiticamente, usando a
> definição de fdp. O caminho que eu tentei foi usar que cada número pode ser
> arredondado para cima com distribuição Bernoulli(0,5), mas não consegui
> avançar depois disso.
>
> Atenciosamente,
> Rodrigo de Castro Ângelo
>
> --
> 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: Distribuição de probabilidade da soma de números arredondados

[Rodrigo Ângelo]

Ops, apenas corrigindo a função de probabilidade encontrada por simulação:

p(98) = p(102) = 0,002 (e não 0,200 como estava no e-mail anterior)


Atenciosamente,
Rodrigo de Castro Ângelo


Em qua, 7 de ago de 2019 às 14:20, Rodrigo Ângelo 
escreveu:

> Vi o seguinte prolbema num outro grupo que faço parte, e como não teve
> solução por lá, resolvi trazer pra esta lista (irei postar tradução livre
> feita por mim abaixo)
>
> F(n) is the random variable received by partitioning 100 into n parts,
>> rounding those parts, and adding the results. An example partition would
>> be: 49.7, 49.7, 0.6, which rounded becomes 50, 50, 1, added becomes 101.
>> The partition is created by choosing n-1 real numbers in [0,100] uniformly,
>> which implicitly defines a partition. What is the distribution of F(n)?
>
>
> Seja F(n) uma variável aleatória definida particionando o número 100 em n
> partes, arredondando essas partes e adicionando os resultados do
> arredondamento. Um exemplo seria 49,7; 49,7; 0,6; que arredondando fica
> 50; 50; 1; resultando em 101. A partição é criada escolhendo n-1 números
> reais no intervalo [0,100] com distribuição uniforme, que implicitamente
> define uma partição. Qual a distribuição de F(n)?
>
> No exemplo anterior, temos n=3 e os n-1 números sorteados foram 49,7 e
> 99,4.
>
> O arredondamento é feito de forma a minimizar a distância até o inteiro
> mais próximo.
>
> Casos em que o inteiro antecessor e o sucessor são equidistantes (ex: 2,5)
> podem ser desconsiderados, porque têm probabilidade zero.
>
> Casos em que um número é sorteado mais de uma vez também tem probabilidade
> zero.
>
> Fiz uma simulação
> https://drigoangelo.shinyapps.io/MonteCarlo_RoundProblem/ e aparentemente
> a função de probabilidade de F seria aproximadamente (independente de n):
>
> p(100) = 0,600
> p(99) = p(101) = 0,196
> p(98) = p(102) = 0,200
> p(F) = 0 para F não pertencente a {98, 99, 100, 101, 102}.
>
> Não consegui encontrar uma distribuição para F analiticamente, usando a
> definição de fdp. O caminho que eu tentei foi usar que cada número pode ser
> arredondado para cima com distribuição Bernoulli(0,5), mas não consegui
> avançar depois disso.
>
> Atenciosamente,
> Rodrigo de Castro Ângelo
>

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

[obm-l] Distribuição de probabilidade da soma de números arredondados

[Rodrigo Ângelo]

Vi o seguinte prolbema num outro grupo que faço parte, e como não teve
solução por lá, resolvi trazer pra esta lista (irei postar tradução livre
feita por mim abaixo)

F(n) is the random variable received by partitioning 100 into n parts,
> rounding those parts, and adding the results. An example partition would
> be: 49.7, 49.7, 0.6, which rounded becomes 50, 50, 1, added becomes 101.
> The partition is created by choosing n-1 real numbers in [0,100] uniformly,
> which implicitly defines a partition. What is the distribution of F(n)?


Seja F(n) uma variável aleatória definida particionando o número 100 em n
partes, arredondando essas partes e adicionando os resultados do
arredondamento. Um exemplo seria 49,7; 49,7; 0,6; que arredondando fica 50;
50; 1; resultando em 101. A partição é criada escolhendo n-1 números reais
no intervalo [0,100] com distribuição uniforme, que implicitamente define
uma partição. Qual a distribuição de F(n)?

No exemplo anterior, temos n=3 e os n-1 números sorteados foram 49,7 e 99,4.

O arredondamento é feito de forma a minimizar a distância até o inteiro
mais próximo.

Casos em que o inteiro antecessor e o sucessor são equidistantes (ex: 2,5)
podem ser desconsiderados, porque têm probabilidade zero.

Casos em que um número é sorteado mais de uma vez também tem probabilidade
zero.

Fiz uma simulação https://drigoangelo.shinyapps.io/MonteCarlo_RoundProblem/ e
aparentemente a função de probabilidade de F seria aproximadamente
(independente de n):

p(100) = 0,600
p(99) = p(101) = 0,196
p(98) = p(102) = 0,200
p(F) = 0 para F não pertencente a {98, 99, 100, 101, 102}.

Não consegui encontrar uma distribuição para F analiticamente, usando a
definição de fdp. O caminho que eu tentei foi usar que cada número pode ser
arredondado para cima com distribuição Bernoulli(0,5), mas não consegui
avançar depois disso.

Atenciosamente,
Rodrigo de Castro Ângelo

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus 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.

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 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.
>
>
> --
> 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

[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.

-- 
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.
>

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 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] Bug em probabilidade

[Vanderlei Nemitz]

Oi Ralph!
Eu tive o privilégio de assistir na Bienal de Matemática em 2014 um
minicurso seu sobre probabilidades. Desde então minhas ideias mudaram,
creio que para melhor!

Concordo com tudo o que disse e sim, pensei que a segunda maneira é
plausível. Na verdade, essa dúvida surgiu diante da seguinte questão da AFA.

Distribui-se, aleatoriamente, 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes.
Sabendo-se que nenhuma delas ficou vazia, a probabilidade de uma caixa
conter, exatamente, 4 bolas é
a) 25%
b) 30%
c) 40%
d) 48%

A resposta proposta é 40%, ou seja, 6/15.

Mas...

Acho que ninguém contestou isso na época.

Seus e-mails foram muito esclarecedores!

Muito obrigado!

Em sex, 21 de jun de 2019 16:44, Ralph Teixeira 
escreveu:

> P.S.: Engracado, eu tambem digitei 3^8... VOCE ME LEVOU PARA O MAU
> CAMINHO! :D :D :D
>
> On Fri, Jun 21, 2019 at 4:36 PM Ralph Teixeira  wrote:
>
>> Oi, Vanderlei.
>>
>> Minha frase predileta, razão de 90% das confusões que fazemos (todos nos,
>> inclusive eu!) em probabilidade:
>>
>> "NEM TODO ESPACO EH EQUIPROVAVEL"
>> ou, traduzindo
>> "SOH PORQUE TEM N MANEIRAS DE ALGO ACONTECER, NAO SIGNIFICA QUE TODAS AS
>> MANEIRAS TEM PROBABILIDADE 1/N".
>>
>> Hm, ok, talvez eu tenha exagerado no CAPS, mas acho que vale a pena. Por
>> conta disso, muita gente (eu tambem!) erra problemas de probabilidade, em
>> varios niveis:
>>
>> a) Obvio: "Eu posso ganhar a mega-sena amanha, ou nao. 50% de chance.
>> oops!"
>> b) Menos obvio: "A soma desses dois dados pode dar de 2 a 12... Entao
>> cada numero tem 1/11 de probabilidade oops!"
>> c) Super sutis: "Tem 2 portas fechadas nestes show, entao cada uma tem
>> 50% de chande de ter um bode oops!"
>>
>> ---///---
>>
>> No seu caso: o que significa "distribuir aleatoriamente" as bolas? Para
>> mim, o mais natural eh pegar cada bola, escolher para ela uma das 3 caixas
>> (com probabilidade 1/3 para cada, que nao estah explicito no enunciado mas
>> parece razoavel)... Entao a sua segunda interpretacao eh a correta, existem
>> 3^8 maneiras EQUIPROVAVEIS de colocar as bolas nas caixas.
>>
>> Note como a outra maneira estah furada: a gente acha mesmo que
>> (x,y,z)=(7,0,0) tem a mesma probabilidade de ocorrer que (x,y,z)=(3,2,2)?
>> Nao, a segunda tripla eh bem mais provavel! Entao nao faz sentido contar
>> numero de solucoes ali.
>>
>> Abraco, Ralph.
>>
>> ---///---
>>
>> P.S.: Eu culpo o jeito que a gente introduz probabilidade no ensino
>> medio O problema eh muitos livros e professores escrevem assim, em
>> letras enormes, cercado por um quadrinho para a gente decorar:
>>
>> * Probabilidade = Numero de Casos Favoraveis / Numero de Casos
>> Possiveis **
>>
>> E isto eh FALSO, porque ele devia escrever antes "SE OS CASOS TEM A MESMA
>> PROBABILIDADE"
>>
>> Abraco, Ralph.
>>
>>
>> On Fri, Jun 21, 2019 at 4:22 PM Vanderlei Nemitz 
>> wrote:
>>
>>> Pessoal, fiquei confuso com a seguinte questão:
>>>
>>> Distribuindo-se aleatoriamente 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes,
>>> qual é a probabilidade de que uma delas contenha exatamente 4 bolas?
>>>
>>> Como as bolas são iguais, existem 36 maneiras de alocar as bolas nas
>>> caixas, que é o número de soluções naturais da equação x + y + z = 7.
>>> Dessas, 12 tem 4 bolas em uma das caixas e a probabilidade é 1/3.
>>>
>>> Mas...e se considerarmos que existem 3^8 maneiras de alocar as bolas?
>>> Nesse caso, (C7,4).(2^3).3 = 840 maneiras correspondem a 4 bolas em uma das
>>> caixas e a probabilidade não é 1/3.
>>>
>>> Porque as respostas são diferentes?
>>>
>>> Claro que no primeiro caso as bolas são iguais e no segundo diferentes.
>>>
>>> Mas para uma distribuição aleatória, as probabilidades não deveriam ser
>>> iguais?
>>> Alguém com os olhos fechados, colocando as bolas nas caixas não teria a
>>> mesma chance em qualquer caso?
>>>
>>> Fiquei confuso...
>>>
>>> Errei alguma conta ou não?
>>>
>>> Muito obrigado,
>>>
>>> Vanderlei
>>>
>>> --
>>> 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] Bug em probabilidade

[Ralph Teixeira]

Lendo o que voce escreveu... Ok, a discussao vai um pouco pelo "aleatorio",
e o que isso significa. O fato eh que tem varias maneiras de escolher
"aleatoriamente", e nem sempre elas sao iguais.

Um exemplo que eu gosto de dar: na minha sala de aula, tem 651 homens e 1
mulher. Vou sortear um premio "aleatoriamente"...

Opcao 1: Dou 652 numeros (de 1 a 652) aos alunos, vou no Random.org e mando
ele escolher um numero "aleatoriamente" entre 1 e 652.
Opcao 2: Jogo uma moeda "aleatoriamente" para decidir o sexo do ganhador;
depois escolho, dentro do sexo dado, um numero "aleatorio" (como na Opcao
1) para decidir quem ganhou.

Tudo parece justo e aleatorio, a moeda nao eh viciada, e todas as escolhas
foram feitas com geradores de numeros aleatorios justos, sem vies algum...
mas na Opcao 2 a mulher sozinha tem 50% de chance de ganhar! O vies nao
estah na "alaetoriedade", estah no metodo de escolha... Alias, para ser
mais exato, nao eh nem um problema do metodo em si, eh um problema do
metodo EM FACE A POPULACAO DA MINHA SALA.

Entao, no seu caso:
Opcao 1: Numere as caixas, 1, 2, 3. Para cada bola, escolha um numero de 1
a 3 no random.org, coloque a bola na caixa com aquele numero.
Opcao 2: Considere todas as listas de (x,y,z) que podem dar no final, sao
36 delas: (7,0,0),(6,1,0),...(0,0,7). Coloque 36 papeizinhos numa urna com
estas triplas, sorteie uma, coloque as bolas como no papel sorteado.

Ambas sao "justas" em algum sentido, mas essas duas maneiras de encher as
caixas sao, probabilisticamente, muito diferentes! Na primeira, botar 7
bolas na caixa 1 tem chance 1/3^7; na segunda botar 7 bolas na caixa 1 tem
chance 1/136, como voce mesmo disse! No caso do enunciado do problema, acho
que a Opcao 1 eh a maneira mais natural de interpretar o problema.

Abraco, Ralph.

On Fri, Jun 21, 2019 at 4:22 PM Vanderlei Nemitz 
wrote:

> Pessoal, fiquei confuso com a seguinte questão:
>
> Distribuindo-se aleatoriamente 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes, qual
> é a probabilidade de que uma delas contenha exatamente 4 bolas?
>
> Como as bolas são iguais, existem 36 maneiras de alocar as bolas nas
> caixas, que é o número de soluções naturais da equação x + y + z = 7.
> Dessas, 12 tem 4 bolas em uma das caixas e a probabilidade é 1/3.
>
> Mas...e se considerarmos que existem 3^8 maneiras de alocar as bolas?
> Nesse caso, (C7,4).(2^3).3 = 840 maneiras correspondem a 4 bolas em uma das
> caixas e a probabilidade não é 1/3.
>
> Porque as respostas são diferentes?
>
> Claro que no primeiro caso as bolas são iguais e no segundo diferentes.
>
> Mas para uma distribuição aleatória, as probabilidades não deveriam ser
> iguais?
> Alguém com os olhos fechados, colocando as bolas nas caixas não teria a
> mesma chance em qualquer caso?
>
> Fiquei confuso...
>
> Errei alguma conta ou não?
>
> Muito obrigado,
>
> Vanderlei
>
> --
> 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] Bug em probabilidade

[Ralph Teixeira]

Oi, Vanderlei.

Minha frase predileta, razão de 90% das confusões que fazemos (todos nos,
inclusive eu!) em probabilidade:

"NEM TODO ESPACO EH EQUIPROVAVEL"
ou, traduzindo
"SOH PORQUE TEM N MANEIRAS DE ALGO ACONTECER, NAO SIGNIFICA QUE TODAS AS
MANEIRAS TEM PROBABILIDADE 1/N".

Hm, ok, talvez eu tenha exagerado no CAPS, mas acho que vale a pena. Por
conta disso, muita gente (eu tambem!) erra problemas de probabilidade, em
varios niveis:

a) Obvio: "Eu posso ganhar a mega-sena amanha, ou nao. 50% de chance.
oops!"
b) Menos obvio: "A soma desses dois dados pode dar de 2 a 12... Entao cada
numero tem 1/11 de probabilidade oops!"
c) Super sutis: "Tem 2 portas fechadas nestes show, entao cada uma tem 50%
de chande de ter um bode oops!"

---///---

No seu caso: o que significa "distribuir aleatoriamente" as bolas? Para
mim, o mais natural eh pegar cada bola, escolher para ela uma das 3 caixas
(com probabilidade 1/3 para cada, que nao estah explicito no enunciado mas
parece razoavel)... Entao a sua segunda interpretacao eh a correta, existem
3^8 maneiras EQUIPROVAVEIS de colocar as bolas nas caixas.

Note como a outra maneira estah furada: a gente acha mesmo que
(x,y,z)=(7,0,0) tem a mesma probabilidade de ocorrer que (x,y,z)=(3,2,2)?
Nao, a segunda tripla eh bem mais provavel! Entao nao faz sentido contar
numero de solucoes ali.

Abraco, Ralph.

---///---

P.S.: Eu culpo o jeito que a gente introduz probabilidade no ensino
medio O problema eh muitos livros e professores escrevem assim, em
letras enormes, cercado por um quadrinho para a gente decorar:

* Probabilidade = Numero de Casos Favoraveis / Numero de Casos
Possiveis **

E isto eh FALSO, porque ele devia escrever antes "SE OS CASOS TEM A MESMA
PROBABILIDADE"

Abraco, Ralph.


On Fri, Jun 21, 2019 at 4:22 PM Vanderlei Nemitz 
wrote:

> Pessoal, fiquei confuso com a seguinte questão:
>
> Distribuindo-se aleatoriamente 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes, qual
> é a probabilidade de que uma delas contenha exatamente 4 bolas?
>
> Como as bolas são iguais, existem 36 maneiras de alocar as bolas nas
> caixas, que é o número de soluções naturais da equação x + y + z = 7.
> Dessas, 12 tem 4 bolas em uma das caixas e a probabilidade é 1/3.
>
> Mas...e se considerarmos que existem 3^8 maneiras de alocar as bolas?
> Nesse caso, (C7,4).(2^3).3 = 840 maneiras correspondem a 4 bolas em uma das
> caixas e a probabilidade não é 1/3.
>
> Porque as respostas são diferentes?
>
> Claro que no primeiro caso as bolas são iguais e no segundo diferentes.
>
> Mas para uma distribuição aleatória, as probabilidades não deveriam ser
> iguais?
> Alguém com os olhos fechados, colocando as bolas nas caixas não teria a
> mesma chance em qualquer caso?
>
> Fiquei confuso...
>
> Errei alguma conta ou não?
>
> Muito obrigado,
>
> Vanderlei
>
> --
> 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] Bug em probabilidade

[Ralph Teixeira]

P.S.: Engracado, eu tambem digitei 3^8... VOCE ME LEVOU PARA O MAU CAMINHO!
:D :D :D

On Fri, Jun 21, 2019 at 4:36 PM Ralph Teixeira  wrote:

> Oi, Vanderlei.
>
> Minha frase predileta, razão de 90% das confusões que fazemos (todos nos,
> inclusive eu!) em probabilidade:
>
> "NEM TODO ESPACO EH EQUIPROVAVEL"
> ou, traduzindo
> "SOH PORQUE TEM N MANEIRAS DE ALGO ACONTECER, NAO SIGNIFICA QUE TODAS AS
> MANEIRAS TEM PROBABILIDADE 1/N".
>
> Hm, ok, talvez eu tenha exagerado no CAPS, mas acho que vale a pena. Por
> conta disso, muita gente (eu tambem!) erra problemas de probabilidade, em
> varios niveis:
>
> a) Obvio: "Eu posso ganhar a mega-sena amanha, ou nao. 50% de chance.
> oops!"
> b) Menos obvio: "A soma desses dois dados pode dar de 2 a 12... Entao cada
> numero tem 1/11 de probabilidade oops!"
> c) Super sutis: "Tem 2 portas fechadas nestes show, entao cada uma tem 50%
> de chande de ter um bode oops!"
>
> ---///---
>
> No seu caso: o que significa "distribuir aleatoriamente" as bolas? Para
> mim, o mais natural eh pegar cada bola, escolher para ela uma das 3 caixas
> (com probabilidade 1/3 para cada, que nao estah explicito no enunciado mas
> parece razoavel)... Entao a sua segunda interpretacao eh a correta, existem
> 3^8 maneiras EQUIPROVAVEIS de colocar as bolas nas caixas.
>
> Note como a outra maneira estah furada: a gente acha mesmo que
> (x,y,z)=(7,0,0) tem a mesma probabilidade de ocorrer que (x,y,z)=(3,2,2)?
> Nao, a segunda tripla eh bem mais provavel! Entao nao faz sentido contar
> numero de solucoes ali.
>
> Abraco, Ralph.
>
> ---///---
>
> P.S.: Eu culpo o jeito que a gente introduz probabilidade no ensino
> medio O problema eh muitos livros e professores escrevem assim, em
> letras enormes, cercado por um quadrinho para a gente decorar:
>
> * Probabilidade = Numero de Casos Favoraveis / Numero de Casos
> Possiveis **
>
> E isto eh FALSO, porque ele devia escrever antes "SE OS CASOS TEM A MESMA
> PROBABILIDADE"
>
> Abraco, Ralph.
>
>
> On Fri, Jun 21, 2019 at 4:22 PM Vanderlei Nemitz 
> wrote:
>
>> Pessoal, fiquei confuso com a seguinte questão:
>>
>> Distribuindo-se aleatoriamente 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes,
>> qual é a probabilidade de que uma delas contenha exatamente 4 bolas?
>>
>> Como as bolas são iguais, existem 36 maneiras de alocar as bolas nas
>> caixas, que é o número de soluções naturais da equação x + y + z = 7.
>> Dessas, 12 tem 4 bolas em uma das caixas e a probabilidade é 1/3.
>>
>> Mas...e se considerarmos que existem 3^8 maneiras de alocar as bolas?
>> Nesse caso, (C7,4).(2^3).3 = 840 maneiras correspondem a 4 bolas em uma das
>> caixas e a probabilidade não é 1/3.
>>
>> Porque as respostas são diferentes?
>>
>> Claro que no primeiro caso as bolas são iguais e no segundo diferentes.
>>
>> Mas para uma distribuição aleatória, as probabilidades não deveriam ser
>> iguais?
>> Alguém com os olhos fechados, colocando as bolas nas caixas não teria a
>> mesma chance em qualquer caso?
>>
>> Fiquei confuso...
>>
>> Errei alguma conta ou não?
>>
>> Muito obrigado,
>>
>> Vanderlei
>>
>> --
>> 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: Bug em probabilidade

[Vanderlei Nemitz]

No e-mail anterior, eu queria dizer 3^7 e não 3^8. Foi um erro de
digitação...

Em sex, 21 de jun de 2019 16:11, Vanderlei Nemitz 
escreveu:

> Pessoal, fiquei confuso com a seguinte questão:
>
> Distribuindo-se aleatoriamente 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes, qual
> é a probabilidade de que uma delas contenha exatamente 4 bolas?
>
> Como as bolas são iguais, existem 36 maneiras de alocar as bolas nas
> caixas, que é o número de soluções naturais da equação x + y + z = 7.
> Dessas, 12 tem 4 bolas em uma das caixas e a probabilidade é 1/3.
>
> Mas...e se considerarmos que existem 3^8 maneiras de alocar as bolas?
> Nesse caso, (C7,4).(2^3).3 = 840 maneiras correspondem a 4 bolas em uma das
> caixas e a probabilidade não é 1/3.
>
> Porque as respostas são diferentes?
>
> Claro que no primeiro caso as bolas são iguais e no segundo diferentes.
>
> Mas para uma distribuição aleatória, as probabilidades não deveriam ser
> iguais?
> Alguém com os olhos fechados, colocando as bolas nas caixas não teria a
> mesma chance em qualquer caso?
>
> Fiquei confuso...
>
> Errei alguma conta ou não?
>
> Muito obrigado,
>
> Vanderlei
>

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

[obm-l] Bug em probabilidade

[Vanderlei Nemitz]

Pessoal, fiquei confuso com a seguinte questão:

Distribuindo-se aleatoriamente 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes, qual
é a probabilidade de que uma delas contenha exatamente 4 bolas?

Como as bolas são iguais, existem 36 maneiras de alocar as bolas nas
caixas, que é o número de soluções naturais da equação x + y + z = 7.
Dessas, 12 tem 4 bolas em uma das caixas e a probabilidade é 1/3.

Mas...e se considerarmos que existem 3^8 maneiras de alocar as bolas? Nesse
caso, (C7,4).(2^3).3 = 840 maneiras correspondem a 4 bolas em uma das
caixas e a probabilidade não é 1/3.

Porque as respostas são diferentes?

Claro que no primeiro caso as bolas são iguais e no segundo diferentes.

Mas para uma distribuição aleatória, as probabilidades não deveriam ser
iguais?
Alguém com os olhos fechados, colocando as bolas nas caixas não teria a
mesma chance em qualquer caso?

Fiquei confuso...

Errei alguma conta ou não?

Muito obrigado,

Vanderlei

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus 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.
>>&g

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 

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 matematica10complicad

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] Problema Simples de Probabilidade

[Luiz Antonio Rodrigues]

Olá, Pedro!
Tudo bem?
Muito obrigado pela resposta!
Um abraço!
Luiz

On Thu, Nov 22, 2018, 7:13 PM Pedro José  Boa noite!
>
> Considerando o modelo equiprovável, já que não há menção ao contrário.
> Resolvi de outra maneira e também deu 13/35.
>
> Caminhos possíveis: PBB, BPB e BBQ ==> 2*(4*3*2)/(7*6*5) + (3*2)/(7*6)=
> 13/35
> P preta, B branca Q qualquer
> Menor do que 1/2, o que é esperado, uma vez que há mais bolas pretas do
> que brancas, não há como a probabilidade de se tirar mais brancas, seja
> superior a 50%, a menos se o modelo não for equiprovável.
>
> Saudações,
> PJMS
>
>
> Em qui, 22 de nov de 2018 às 07:35, Luiz Antonio Rodrigues <
> rodrigue...@gmail.com> escreveu:
>
>> Olá, Ralph!
>> Bom dia!
>> Cheguei neste resultado também!
>> Conclusão: gabarito incorreto!
>> Muito obrigado pela ajuda!
>> Um abraço!
>> Luiz
>>
>> On Thu, Nov 22, 2018, 1:58 AM Ralph Teixeira >
>>> Bolas B1,B2,B3,P1,P2,P3,P4.
>>>
>>> Ha C(7,3)=35 maneiras igualmente provaveis de retirar 3 bolas
>>> simultaneamente (ignoro a ordem).
>>>
>>> Destas, tem C(3,2).C(4,1)+C(3,3).C(4,0) = 12+1=13 maneiras de tirar pelo
>>> menos 2 brancas (12 maneiras de tirar 2 brancas e 1 reta, mais uma de tirar
>>> 3 brancas).
>>>
>>> Entao eu acho 13/35... que nao eh 60%. Errei algo? :(
>>>
>>> Abraco, Ralph.
>>>
>>> On Wed, Nov 21, 2018 at 11:12 PM Luiz Antonio Rodrigues <
>>> rodrigue...@gmail.com> wrote:
>>>
>>>> Olá, pessoal!
>>>> Tudo bem?
>>>> Resolvi o seguinte problema, que é simples, de muitas maneiras e não
>>>> chego na resposta do gabarito, que supostamente é 60%.
>>>>
>>>> Uma urna contém 3 bolas brancas e 4 pretas. São retiradas
>>>> simultaneamente 3 bolas da urna. Qual a probabilidade de que pelo menos 2
>>>> bolas brancas sejam retiradas?
>>>>
>>>> Alguém pode me ajudar.
>>>> Muito obrigado e um abraço!
>>>> Luiz
>>>>
>>>> --
>>>> 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] Problema Simples de Probabilidade

[Pedro José]

Boa noite!

Considerando o modelo equiprovável, já que não há menção ao contrário.
Resolvi de outra maneira e também deu 13/35.

Caminhos possíveis: PBB, BPB e BBQ ==> 2*(4*3*2)/(7*6*5) + (3*2)/(7*6)=
13/35
P preta, B branca Q qualquer
Menor do que 1/2, o que é esperado, uma vez que há mais bolas pretas do que
brancas, não há como a probabilidade de se tirar mais brancas, seja
superior a 50%, a menos se o modelo não for equiprovável.

Saudações,
PJMS


Em qui, 22 de nov de 2018 às 07:35, Luiz Antonio Rodrigues <
rodrigue...@gmail.com> escreveu:

> Olá, Ralph!
> Bom dia!
> Cheguei neste resultado também!
> Conclusão: gabarito incorreto!
> Muito obrigado pela ajuda!
> Um abraço!
> Luiz
>
> On Thu, Nov 22, 2018, 1:58 AM Ralph Teixeira 
>> Bolas B1,B2,B3,P1,P2,P3,P4.
>>
>> Ha C(7,3)=35 maneiras igualmente provaveis de retirar 3 bolas
>> simultaneamente (ignoro a ordem).
>>
>> Destas, tem C(3,2).C(4,1)+C(3,3).C(4,0) = 12+1=13 maneiras de tirar pelo
>> menos 2 brancas (12 maneiras de tirar 2 brancas e 1 reta, mais uma de tirar
>> 3 brancas).
>>
>> Entao eu acho 13/35... que nao eh 60%. Errei algo? :(
>>
>> Abraco, Ralph.
>>
>> On Wed, Nov 21, 2018 at 11:12 PM Luiz Antonio Rodrigues <
>> rodrigue...@gmail.com> wrote:
>>
>>> Olá, pessoal!
>>> Tudo bem?
>>> Resolvi o seguinte problema, que é simples, de muitas maneiras e não
>>> chego na resposta do gabarito, que supostamente é 60%.
>>>
>>> Uma urna contém 3 bolas brancas e 4 pretas. São retiradas
>>> simultaneamente 3 bolas da urna. Qual a probabilidade de que pelo menos 2
>>> bolas brancas sejam retiradas?
>>>
>>> Alguém pode me ajudar.
>>> Muito obrigado e um abraço!
>>> Luiz
>>>
>>> --
>>> 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] Problema Simples de Probabilidade

[Luiz Antonio Rodrigues]

Olá, Ralph!
Bom dia!
Cheguei neste resultado também!
Conclusão: gabarito incorreto!
Muito obrigado pela ajuda!
Um abraço!
Luiz

On Thu, Nov 22, 2018, 1:58 AM Ralph Teixeira  Bolas B1,B2,B3,P1,P2,P3,P4.
>
> Ha C(7,3)=35 maneiras igualmente provaveis de retirar 3 bolas
> simultaneamente (ignoro a ordem).
>
> Destas, tem C(3,2).C(4,1)+C(3,3).C(4,0) = 12+1=13 maneiras de tirar pelo
> menos 2 brancas (12 maneiras de tirar 2 brancas e 1 reta, mais uma de tirar
> 3 brancas).
>
> Entao eu acho 13/35... que nao eh 60%. Errei algo? :(
>
> Abraco, Ralph.
>
> On Wed, Nov 21, 2018 at 11:12 PM Luiz Antonio Rodrigues <
> rodrigue...@gmail.com> wrote:
>
>> Olá, pessoal!
>> Tudo bem?
>> Resolvi o seguinte problema, que é simples, de muitas maneiras e não
>> chego na resposta do gabarito, que supostamente é 60%.
>>
>> Uma urna contém 3 bolas brancas e 4 pretas. São retiradas simultaneamente
>> 3 bolas da urna. Qual a probabilidade de que pelo menos 2 bolas brancas
>> sejam retiradas?
>>
>> Alguém pode me ajudar.
>> Muito obrigado e um abraço!
>> Luiz
>>
>> --
>> 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] Problema Simples de Probabilidade

[Ralph Teixeira]

Bolas B1,B2,B3,P1,P2,P3,P4.

Ha C(7,3)=35 maneiras igualmente provaveis de retirar 3 bolas
simultaneamente (ignoro a ordem).

Destas, tem C(3,2).C(4,1)+C(3,3).C(4,0) = 12+1=13 maneiras de tirar pelo
menos 2 brancas (12 maneiras de tirar 2 brancas e 1 reta, mais uma de tirar
3 brancas).

Entao eu acho 13/35... que nao eh 60%. Errei algo? :(

Abraco, Ralph.

On Wed, Nov 21, 2018 at 11:12 PM Luiz Antonio Rodrigues <
rodrigue...@gmail.com> wrote:

> Olá, pessoal!
> Tudo bem?
> Resolvi o seguinte problema, que é simples, de muitas maneiras e não chego
> na resposta do gabarito, que supostamente é 60%.
>
> Uma urna contém 3 bolas brancas e 4 pretas. São retiradas simultaneamente
> 3 bolas da urna. Qual a probabilidade de que pelo menos 2 bolas brancas
> sejam retiradas?
>
> Alguém pode me ajudar.
> Muito obrigado e um abraço!
> Luiz
>
> --
> 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] Problema Simples de Probabilidade

[Luiz Antonio Rodrigues]

Olá, pessoal!
Tudo bem?
Resolvi o seguinte problema, que é simples, de muitas maneiras e não chego
na resposta do gabarito, que supostamente é 60%.

Uma urna contém 3 bolas brancas e 4 pretas. São retiradas simultaneamente 3
bolas da urna. Qual a probabilidade de que pelo menos 2 bolas brancas sejam
retiradas?

Alguém pode me ajudar.
Muito obrigado e um abraço!
Luiz

-- 
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

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)
>>>>>>> 

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

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 q

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

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.
>>

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:

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)
>

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)
>>>>
>>>&

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 al

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.
>
>
> --
> 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]

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.

[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Questão de probabilidade

[Vanderlei Nemitz]

Bela solução, Bruno!
Muito obrigado!

Em ter, 6 de nov de 2018 15:38, Bruno Visnadi  Seja Pa a probabilidade de ocorrência de a. Defina Pb e Pc analogamente.
> a = Pa(1-Pb)(1-Pc)
> b = Pb(1-Pa)(1-Pc)
> c = Pc(1-Pa)(1-Pb)
> p = (1-Pa)(1-Pb)(1-Pc)
> Queremos achar a razão Pa/Pc
> Da equação (a - 2b)p = ab, obtemos:
> (1-Pa)(1-Pb)(1-Pc)²(Pa(1-Pb) - 2Pb(1-Pa)) = PaPb(1-Pa)(1-Pb)(1-Pc)²
> Pa(1-Pb) - 2Pb(1-Pa)  = PaPb
> Pa - 2Pb + PaPb = PaPb
> Pa = 2Pb -> Pb = Pa/2
> Da equação  (b - 3c)p = 2bc, obtemos:
> (1-Pa)²(1-Pb)(1-Pc)(Pb(1-Pc) - 3Pc(1-Pb)) = 2PbPc(1-Pa)²(1-Pb)(1-Pc)
> Pb(1-Pc) - 3Pc(1-Pb) = 2PbPc
> Pb - 3Pc + 2PcPb = 2PbPc
> Pb = 3Pc
> Logo: Pa/2 = 3Pc
> Pa/Pc = 6
>
>
>
>
>
> Em ter, 6 de nov de 2018 às 12:43, Vanderlei Nemitz 
> escreveu:
>
>> Pessoal, alguém tem um ideia de como resolver a seguinte questão? Já
>> tentei muita coisa, sem sucesso.
>> Muito obrigado!
>>
>> Vanderlei
>>
>> Sejam três eventos independentes A, B e C. A probabilidade de que ocorra
>> apenas o evento A é a, apenas o evento B é b e apenas o evento C é c. Seja
>> p a probabilidade de que nenhum dos eventos A, B ou C ocorra. Sabendo que
>> todas as probabilidades citadas são números no intervalo ]0, 1[ e que p
>> satisfaz as equações (a - 2b).p = ab e (b - 3c).p = 2bc, a razão entre a
>> probabilidade de ocorrência de A e a probabilidade de ocorrência de C é:
>> a) 12
>> b) 3
>> c) 10
>> d) 5
>> e) 6
>>
>> --
>> 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]

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.

[obm-l] Re: [obm-l] Questão de probabilidade

[Bruno Visnadi]

Seja Pa a probabilidade de ocorrência de a. Defina Pb e Pc analogamente.
a = Pa(1-Pb)(1-Pc)
b = Pb(1-Pa)(1-Pc)
c = Pc(1-Pa)(1-Pb)
p = (1-Pa)(1-Pb)(1-Pc)
Queremos achar a razão Pa/Pc
Da equação (a - 2b)p = ab, obtemos:
(1-Pa)(1-Pb)(1-Pc)²(Pa(1-Pb) - 2Pb(1-Pa)) = PaPb(1-Pa)(1-Pb)(1-Pc)²
Pa(1-Pb) - 2Pb(1-Pa)  = PaPb
Pa - 2Pb + PaPb = PaPb
Pa = 2Pb -> Pb = Pa/2
Da equação  (b - 3c)p = 2bc, obtemos:
(1-Pa)²(1-Pb)(1-Pc)(Pb(1-Pc) - 3Pc(1-Pb)) = 2PbPc(1-Pa)²(1-Pb)(1-Pc)
Pb(1-Pc) - 3Pc(1-Pb) = 2PbPc
Pb - 3Pc + 2PcPb = 2PbPc
Pb = 3Pc
Logo: Pa/2 = 3Pc
Pa/Pc = 6





Em ter, 6 de nov de 2018 às 12:43, Vanderlei Nemitz 
escreveu:

> Pessoal, alguém tem um ideia de como resolver a seguinte questão? Já
> tentei muita coisa, sem sucesso.
> Muito obrigado!
>
> Vanderlei
>
> Sejam três eventos independentes A, B e C. A probabilidade de que ocorra
> apenas o evento A é a, apenas o evento B é b e apenas o evento C é c. Seja
> p a probabilidade de que nenhum dos eventos A, B ou C ocorra. Sabendo que
> todas as probabilidades citadas são números no intervalo ]0, 1[ e que p
> satisfaz as equações (a - 2b).p = ab e (b - 3c).p = 2bc, a razão entre a
> probabilidade de ocorrência de A e a probabilidade de ocorrência de C é:
> a) 12
> b) 3
> c) 10
> d) 5
> e) 6
>
> --
> 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] Questão de probabilidade

[Vanderlei Nemitz]

Pessoal, alguém tem um ideia de como resolver a seguinte questão? Já tentei
muita coisa, sem sucesso.
Muito obrigado!

Vanderlei

Sejam três eventos independentes A, B e C. A probabilidade de que ocorra
apenas o evento A é a, apenas o evento B é b e apenas o evento C é c. Seja
p a probabilidade de que nenhum dos eventos A, B ou C ocorra. Sabendo que
todas as probabilidades citadas são números no intervalo ]0, 1[ e que p
satisfaz as equações (a - 2b).p = ab e (b - 3c).p = 2bc, a razão entre a
probabilidade de ocorrência de A e a probabilidade de ocorrência de C é:
a) 12
b) 3
c) 10
d) 5
e) 6

-- 
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
 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

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

[obm-l] Re: Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Distribuição binomial, probabilidade de resultado par

[Claudio Buffara]

Mas legal mesmo deve ser uma demonstração direta, com argumentos puramente
combinatórios, sem álgebra, de que a probabilidade desejada é  (1 +
(1-2p)^n)/2.
Não faço ideia de como obtê-la.

[]s,
Claudio.

2018-08-14 16:52 GMT-03:00 steinerar...@gmail.com :

> É isso aí.
>
> Aplicando o teorema do binômio a (1 + i)^n e a (1 - i)^n, i a unidade
> imaginária, também obtemos resultados interessantes
>
> Artur
>
> Enviado do Yahoo Mail no Android
> <https://go.onelink.me/107872968?pid=InProduct=Global_Internal_YGrowth_AndroidEmailSig__AndroidUsers_wl=ym_sub1=Internal_sub2=Global_YGrowth_sub3=EmailSignature>
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> Em sáb, 11 11e ago 11e 2018 às 20:04, Claudio Buffara<
> claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
> Em termos concretos, dados n lançamentos independentes de uma moeda cuja
> probabilidade de cara é p, você quer a probabilidade de obtermos um número
> par de caras.
>
> A probabilidade é:
> C(n,0)*(1-p)^n + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) + C(n,4)*p^4*(1-p)^(n-4) + ... ,
> certo?
>
> Ou tem uma fórmula bonitinha pra esta soma?
>
> Eu sei que se p = 1/2, então a probabilidade desejada também é 1/2, pois:
> C(n,0) + C(n,2) + C(n,4) + ... = C(n,1) + C(n,3) + C(n,5) + ... = 2^(n-1).
> Tem uma demonstração bijetiva disso e outra que usa o teorema do binômio
> com (1 - 1)^n = 0.
>
> Opa! Peraí que eu tive uma idéia...
>
> Sabemos que:
> C(n,0)*(1-p)^n + C(n,1)*p*(1-p)^(n-1) + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) +
> C(n,3)*p^3*(1-p)^(n-3) +  ... = 1
>
> Agora, expandindo ((1-p) - p) = (1-2p)^n, obteremos:
> C(n,0)*(1-p)^n - C(n,1)*p*(1-p)^(n-1) + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) -
> C(n,3)*p^3*(1-p)^(n-3) +  ... = (1-2p)^n
>
> Somando as duas expressões e dividindo a soma por 2, obtemos a
> probabilidade desejada:
> C(n,0)*(1-p)^n + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) + C(n,4)*p^4*(1-p)^(n-4) + ... =
> (1 + (1-2p)^n)/2
>
>
> []s,
> Claudio.
>
>
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>
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> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus 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.

Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] Distribuição binomial, probabilidade de resultado par

[steinerar...@gmail.com]

É isso aí. 
Aplicando o teorema do binômio a (1 + i)^n e a (1 - i)^n, i a unidade 
imaginária, também obtemos resultados interessantes
Artur
Enviado do Yahoo Mail no Android 
 
  Em sáb, 11 11e ago 11e 2018 às 20:04, Claudio 
Buffara escreveu:   Em termos 
concretos, dados n lançamentos independentes de uma moeda cuja probabilidade de 
cara é p, você quer a probabilidade de obtermos um número par de caras. A 
probabilidade é:C(n,0)*(1-p)^n + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) + 
C(n,4)*p^4*(1-p)^(n-4) + ... , certo?

Ou tem uma fórmula bonitinha pra esta soma?
Eu sei que se p = 1/2, então a probabilidade desejada também é 1/2, pois:C(n,0) 
+ C(n,2) + C(n,4) + ... = C(n,1) + C(n,3) + C(n,5) + ... = 2^(n-1).Tem uma 
demonstração bijetiva disso e outra que usa o teorema do binômio com (1 - 1)^n 
= 0.
Opa! Peraí que eu tive uma idéia...
Sabemos que:C(n,0)*(1-p)^n + C(n,1)*p*(1-p)^(n-1) + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) + 
C(n,3)*p^3*(1-p)^(n-3) +  ... = 1
Agora, expandindo ((1-p) - p) = (1-2p)^n, obteremos:C(n,0)*(1-p)^n - 
C(n,1)*p*(1-p)^(n-1) + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) - C(n,3)*p^3*(1-p)^(n-3) +  ... = 
(1-2p)^n
Somando as duas expressões e dividindo a soma por 2, obtemos a probabilidade 
desejada:C(n,0)*(1-p)^n + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) + C(n,4)*p^4*(1-p)^(n-4) + ... 
= (1 + (1-2p)^n)/2

[]s,Claudio.




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

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[obm-l] Re: [obm-l] Distribuição binomial, probabilidade de resultado par

[Claudio Buffara]

Em termos concretos, dados n lançamentos independentes de uma moeda cuja
probabilidade de cara é p, você quer a probabilidade de obtermos um número
par de caras.

A probabilidade é:
C(n,0)*(1-p)^n + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) + C(n,4)*p^4*(1-p)^(n-4) + ... ,
certo?

Ou tem uma fórmula bonitinha pra esta soma?

Eu sei que se p = 1/2, então a probabilidade desejada também é 1/2, pois:
C(n,0) + C(n,2) + C(n,4) + ... = C(n,1) + C(n,3) + C(n,5) + ... = 2^(n-1).
Tem uma demonstração bijetiva disso e outra que usa o teorema do binômio
com (1 - 1)^n = 0.

Opa! Peraí que eu tive uma idéia...

Sabemos que:
C(n,0)*(1-p)^n + C(n,1)*p*(1-p)^(n-1) + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) +
C(n,3)*p^3*(1-p)^(n-3) +  ... = 1

Agora, expandindo ((1-p) - p) = (1-2p)^n, obteremos:
C(n,0)*(1-p)^n - C(n,1)*p*(1-p)^(n-1) + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) -
C(n,3)*p^3*(1-p)^(n-3) +  ... = (1-2p)^n

Somando as duas expressões e dividindo a soma por 2, obtemos a
probabilidade desejada:
C(n,0)*(1-p)^n + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) + C(n,4)*p^4*(1-p)^(n-4) + ... = (1
+ (1-2p)^n)/2

[]s,
Claudio.

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[obm-l] Distribuição binomial, probabilidade de resultado par

[Artur Costa Steiner]

Se X é uma var. aleatória com parâmetros n e p, determinar a probabilidade
de X ser par.

Interessante que todas as vezes que vi alguém resolver isto, a solução foi
por recorrência. Mas há uma solução bem mais simples.

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[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
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