Re: [obm-l] Desafio de probabilidade
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
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
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 > 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 .
Re: [obm-l] Desafio de probabilidade
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
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 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
Re: [obm-l] Desafio de probabilidade
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
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
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
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.
