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
Olá!
Item (a): (6/10)(5/9)(4/8) = 1/6
Item (b): Probabilidade que NENHUMA lâmpada acenda: (4/10)(3/9)(2/8) .
Logo, a probabilidade que pelo menos uma lâmpada acenda é: 1
(4/10)(3/9)(2/8) = 29/30
Albert Bouskela
bousk...@msn.com
De: owner-ob...@mat.puc-rio.br [mailto:owner-o
Sou matematico membro da SBM e tenho denuncias graves a fazer...
Sei que este estah longe de ser o lugar certo para fazer estas
denuncias, mas ja fui a todas as policias (federal, civil, militar)
ja mandei a denuncia ao ministerio publico (com todos os meus
dados - eu existo, nao sou uma ficcao),
Obrigado pela ajuda
_
De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED] Em nome
de Valdoir Wathier
Enviada em: quinta-feira, 4 de outubro de 2007 00:38
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: Re: [obm-l] Probabilidade dificil
Total de possibilidades: 10!
Possibilidades onde Verônica e
Ok. Se vc quiser, pode dividir em dois casos:
i) C está na primeira metade e e distância de D até C e B é inferior a AB/2.
Logo temos (1/2)*(1/2)=1/4
ii) C está na segunda metade de AB. Analogamente temos 1/4.
Somando: 1/4+1/4 = 1/2.
Abraço,
Claudio Gustavo.
carry_bit <[EMAIL P
Olá Cláudio, entendi sua resolução, porém você não considerou que para o
ponto C não cair exatamente no centro do segmento AB ele deve cair na
primeira metade de AB ou na segunda metade de AB e para isso temos 50% de
chances.
Att., carry_bit
_
De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PRO
Bom, vamos chamar 12:00 de minuto 0 e 13:00 de minuto 60 para facilitar o
palavreado. Seja x o minuto em que o primeiro amigo chega e y o minuto em que o
segundo chega. Basicamente, eles juntos estão escolhendo um ponto aleatório
(x,y) no quadrado Q:[0,60]x[0,60], isto é, 0<=x<=60 e 0<=y<=60.
E
Outra
maneira de ver: Temos 6^4 possibilidades para a sequencia obtida (arranjo
completo de 6 , 4 a 4) e 6 X 5 X 4 X3 (arranjo simples de 6, 4 a 4)
possibilidades para sequencias com numeros diferentes 2 a 2. Assim, p = (6
X 5 x 4 X3)/(6^4) = 5/1'8
Artur .
[Artur Costa Steiner]
-M
P(X=5) = (10!/(5!(10-5)!)) x (0,5)^5 x (0,5)^5
-Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED]
[mailto:[EMAIL PROTECTED] Em nome
de Klaus Ferraz
Enviada em: domingo, 27 de
novembro de 2005 17:14
Para: obm-l@mat.puc-rio.br
Assunto: [obm-l] probabilidade
qual a probabilidade de
sa
A história daquela Sra e do sal, eu nao
entendi nao... Poderia explicar melhor? Vou tentar a da funcao, que parece
mais facil.
(a) Se c =0, entao g eh constante e
f(x) = x + C para alguma constante C. Segue-se automaticamente que f eh
bijetora. Supondo-se c em (0, 1), admitamos que em I e
Este
seu argumento eh legal. Mas eu de fato estive tentado a dizer que a
probabilidade era 1/2, baseado que a informacao dada pela porta aberta
mudou o nivel de conhecimento e o espaco amostral. Eh claro que o Nicolau estah
certo, mas eu fui tentado a fazer o raciocinio como a do estudante d
Bernardo, brigadão! Acho que entendi
Mas pq vc diz:
" Agora, veja que temos que calcular a probabilidade de a professora
dizer "C. vai ficar". Ora, se D. sai, isso é 1/2; se J. sai, isso é 1."?
Eu veria isso de cara como P("C. vai ficar") = 1/2
Aqui vc usa a lei da probabilidade total?
P("C. v
Caro Marcio,
Você esqueceu de dividir por n^2. Por exemplo, a probabilidade de o
"primeiro" quadrado estar em um dos cantos é 4/n^2. A probabilidade do
"segundo" quadrado estar do lado dele é 2/(n^2-1). Logo o primeiro termo da
sua soma deveria ser o produto desses dois números, que é
(4.2)/(n^2(n
O time que tem a maior probabilidade de ganhar o Campeonato Brasileiro é o
Santos. Mas se eu tiver que apostar simplesmente em "Santos ganha" ou "Santos não
ganha", eu aposto que o Santos não ganha (bom, se ambas as opções pagassem igual). O
fato de uma opção ser "a mais provável" não si
Oi Tertuliano,
Encontrei(2n-1)/(2n**2) como solução,
Abs,
Giovanni
-Mensagem original-
De: [EMAIL PROTECTED] [mailto:[EMAIL PROTECTED]
nome de Tertuliano Carneiro
Enviada em: sexta-feira, 30 de janeiro de 2004 16:11
Para: [EMAIL PROTECTED]
Assunto: [obm-l] Probabilidade
Olá a todo
{p1,p2,b1,b2,a1,a2,c1,c2,p'1,p'2,b'1,b'2,a'1,a'2,c'1,c'2}
total 16 elementos
---Mensagem original---
De: [EMAIL PROTECTED]
Data: quinta-feira, 7 de agosto de 2003 09:07:02
Para: [EMAIL PROTECTED]
Assunto: [obm-l] probabilidade
considerando o experimento aleatório o nascimento
O quarto:
espaço amostral 2^3 = 8
o de interesse:(kkc,ckk,kck) c=cara k=coroa
P=3/8
---Mensagem original---
De: [EMAIL PROTECTED]
Data: sábado, 2 de agosto de 2003 15:46:32
Para: [EMAIL PROTECTED]
Assunto: [obm-l] probabilidade
Retirando uma bola de uma urna que contem 1
O primeiro:
{2,3,5,7,11,13} números primos (6)
P= 6/15 ou P=2/5
---Mensagem original---
De: [EMAIL PROTECTED]
Data: sábado, 2 de agosto de 2003 15:46:32
Para: [EMAIL PROTECTED]
Assunto: [obm-l] probabilidade
Retirando uma bola de uma urna que contem 15 bolas,
numeradas de
O
problema é que a probabilidade de um evento depende também do que você **sabe**
sobre o evento. Quando eu ensino probabilidade, eu faço a seguinte experiência
em sala: eu jogo 2 moedas ao alto, e escondo-as atrás das minhas mãos; eu vejo
ambas, deixo UM aluno (João) ver uma delas, e os out
> Tem um errinho sim... Escolhido o segundo vértice, ele pode estar na mesma
>aresta que o primeiro (e aí há 4 vértices que estão numa face comum) ou numa diagonal
>de face (e aí há apenas 2).
É... na pressa eu não tinha pensado nessa possibilidade ^_^""" (acho q não
tava c/ mto tempo naquel
Tem um errinho sim... Escolhido o segundo vértice, ele pode estar na mesma aresta
que o primeiro (e aí há 4 vértices que estão numa face comum) ou numa diagonal de face
(e aí há apenas 2).
Há 8x7x6/6=56 maneiras equiprovaveis de escolher três vértices distintos (onde
a ordem não im
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