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
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) =
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
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
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
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
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
; 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
>
(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:* R
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,
); (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.
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
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.
>
>
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
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
Não consigo ver nada
Em qua., 11 de nov. de 2020 às 14:52, Pedro Lazéra
escreveu:
>
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:
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
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.
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
--
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 possÃveis para
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,
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
>
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
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."
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
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
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
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 <
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 mÃnima para esta
> probabilidade. Então podemos afirmar que P > 3.16*10^(-15)
>
> Em qua, 7 de nov de 2018 Ã s 17:21, Bruno
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,
>
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) =
>
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
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
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:
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
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
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.
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,
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 <
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
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,
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
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
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
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
Podem me dizer onde eu posso encontrar algum material sobre
somatório/produtório?
Em 7 de dezembro de 2017 18:55, Pedro José escreveu:
> Boa noite!
>
> O problema genérico seria k grupos com ni animais, 1<=i <=k. Sorteando k
> animais.
>
> N: número total de animais
Obrigado, agora entendi.
Em 7 de dezembro de 2017 18:18, Lucas Reis
escreveu:
> Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
> resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110
>
Obrigado, agora eu entendi
Em 7 de dezembro de 2017 18:18, Lucas Reis
escreveu:
> Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
> resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110
>
Boa noite!
O problema genérico seria k grupos com ni animais, 1<=i <=k. Sorteando k
animais.
N: número total de animais [image: Imagem
inline 1]
M: Número de eventos de uma raiz a uma folha. [image: Imagem inline 4]
U: Número de eventos totais.
Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110*80
possibilidades, dá um total de 6*90*110*80 eventos.
Em 7 de dez de 2017 11:10 AM, "Arthur Vieira"
escreveu:
> O que seria mudar a
O que seria mudar a primeira escolha?
Em 7 de dezembro de 2017 11:33, Pedro José escreveu:
> Bom dia!
> Resolvendo por grafo.
>
> Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
> terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
> Note
Bom dia!
Resolvendo por grafo.
Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
Note que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
O universo é
De fato, eu fiz uma bobagem no wolframalpha. Agora cheguei nos mesmos
0.21881112621423598
do Nowras
Em 6 de dezembro de 2017 21:07, Nowras Ali escreveu:
> Caro Douglas,
>
> Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
> \binom{80}{1})/\binom{280}{3}
Caro Douglas,
Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
\binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110*90*80)/\binom{280}{3} =
0.21881112621423598.
Abraços,
Nowras.
Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Caros
Talvez eu tenha feito alguma bobagem, mas cheguei em uma resposta
estranha: 114943/542934
Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um gabarito de
> uma questão:
>
> Eis a
Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um gabarito de
uma questão:
Eis a questão:
Num trem existem 280 animais, sendo 90 da fazenda Tampa, 110 da fazenda Boa
Vista, e 80 da fazenda Monte verde, se três dos animais fossem escolhidos
ao acaso entre os 280, qual a probabilidade
Boa tarde!
Creio que o simultaneamente se refere aos dados (dois) que cada jogador
fará. Não faz diferença para a probabilidade, mas pode gerar dúvidas para a
contagem de jogadas.
Em 17 de novembro de 2017 17:55, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Valeu Pedro
Valeu Pedro também achei esquisito.
Douglas Oliveira.
Em 17 de nov de 2017 16:49, "Pedro José" escreveu:
> Boa tarde!
>
> Não ficou claro o enunciado. Primeiramente cita que o lançamento é
> simultâneo, depois que Alfredo é o primeiro a jogar. tem uma vírgula
> seguida da
Boa tarde!
Não ficou claro o enunciado. Primeiramente cita que o lançamento é
simultâneo, depois que Alfredo é o primeiro a jogar. tem uma vírgula
seguida da expressão não há vencedor que não faz o menor sentido...
Supondo que os lançamentos são intercalados. E que se uma pessoa atinge a
soma 10
Alfredo e Bernardo participam de um jogo participam de um jogo em que cada
um lança simultaneamente um par de dados até que um deles obtenha a soma
dos pontos das faces voltadas para cima igual a 10,momento em que a disputa
termina e o vencedor é o jogador que obteve essa soma 10,não há vencedor.
Concordo, Marcelo. De fato, a última metade da minha solução está
incorreta. A probabilidade de um subconjunto específico de K elementos
sobrar é de fato [(N-K)!*(N-A)!/(N!*(N-K-A)!)]^P, mas é possível que outros
números não pertencentes a este subconjunto tenham sobrado!
Então, a probabilidade
Oi Pedro e Bruno,
K é só a quantidade de números que sobram (podendo ser quaisquer números do
intervalo).
Vejam o seguinte caso particular: N=10, A=2, P=4, K=3.
Nesse caso, serão escolhidos 4 pares (a, b), a != b, ou seja, um total de 8
números no intervalo [1, 10].
Pela equação de vocês:
[1]
Bom, se tirar a parte que eu multiplico por N!/(K!*(N-K)!), acho que fica
igual ao seu :)
Realmente pelo enunciado não dá para saber se K é só a quantidade de
números que sobram, ou se são K números específicos.
Em 24 de julho de 2017 23:37, Pedro Angelo
escreveu:
> Eu
Eu e o Bruno claramente entendemos o problema de forma diferente hehehe. Eu
tava achando que os K números não deviam ser escolhidos eram K números
pré-determinados (fixos). Eu entendi que "esses K números aqui não devem
ser escolhidos", enquanto o Bruno entendeu que "Retirando dos N números os
Condição: K + A < N, sendo todos inteiros positivos.
Podemos pensar assim:
Qual é a probabilidade de os números 1, 2, 3... K não serem escolhidos por
ninguém?
Sobram N - K números para cada pessoa escolher. Então cada uma tem
(N-K)!/(A!*(N-K-A)!) maneiras de escolher estes números, de um total
Oi Salhab!
Pensei numas coisas elementares aqui, não sei o quão fechada é a fórmula
que vc quer.
A probabilidade de um dos K números não ser o primeiro dos A números
escolhidos pela primeira das P pessoas é (N-1)/N. Dado que esse número de
fato não foi o primeiro escolhido, a probabilidade de
Pessoal,
Estou tentando resolver o seguinte problema:
Dado que P pessoas selecionam aleatoriamente A>=2 inteiros diferentes no
intervalo [1, N], qual a probabilidade de K números do intervalo [1, N] não
serem selecionados por ninguém?
Alguém pode me ajudar? :)
Abraços,
Salhab
--
Esta
Desculpem-me,
Li tudo errado.p^2 é quem divide.
Em 10 de abril de 2017 10:22, Pedro José escreveu:
> Bom dia!
>
> Essa aí eu boiei.
>
> Os únicos números que dividem p^2 são 1, p e p^2. Serão sempre 3 divisores.
>
> O universo de n, deveria ser limitado a 3*p^2 números,
Bom dia!
Essa aí eu boiei.
Os únicos números que dividem p^2 são 1, p e p^2. Serão sempre 3 divisores.
O universo de n, deveria ser limitado a 3*p^2 números, sempre, não faz
muito sentido.
Não entendi o problema.
Saudações,
PJFMS.
Em 8 de abril de 2017 08:48, Israel Meireles Chrisostomo <
Eu estava assistindo a um vídeo do Barghava sobre número square-free, e ele
diz que a probabilidade de um número n não ser squarefree é igual 1/p²
Em 8 de abril de 2017 00:21, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com> escreveu:
> 2017-04-07 21:53 GMT-03:00 Israel Meireles
2017-04-07 21:53 GMT-03:00 Israel Meireles Chrisostomo
:
> Olá pessoal, eu gostaria de saber como provar que a probabilidade de p²
> dividir um número n é igual a 1/p²(onde p é um número primo).
Probabilidade é sempre mais difícil quando você tem que adivinhar
alguma
Olá pessoal, eu gostaria de saber como provar que a probabilidade de p²
dividir um número n é igual a 1/p²(onde p é um número primo).
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
Caso, em uma urna, sejam colocadas 6 bolas pretas e 3 bolas vermelhas e
decida-se retirar dessa urna , sem reposição, 5 bolas, guardando-se em um
recipiente a parte, qual a probabilidade de, nesse recipiente, haver 2 bolas
vermelhas?
João Sousa
--
Esta
Nao entendi muito bem se eh exatamente 2 ou 2 ou 3. Se for exatamente 2->
Devemos tirar 3 pretas e 2 vermelhas e temos 10 ordens possiveis para fazer
isso. A probabilidade de qualquer ordem dessa ocorrer eh 6x5x4x3x2/9x8x7x6x5. A
probabilidade eh 10 vezes a probabilidade de uma ordem certa de
Em um jogo com três dados não-viciados, com faces representando números de 1 a 6, cada jogador deve fazer quantos arremessos seguidos quiser para chegar o mais próximo possÃvel de um total de 21 pontos, sendo que a pontuação atribuÃda a um certo arremesso é igual à soma das pontuações
Ops, li errado... perdao!
"a probabilidade de que *b *seja sucessor de *a *e que *c *seja sucessor de
*b*"
Aqui soh existem 4 casos: (1,2,3), (2,3,4), (3,4,5), (4,5,6)
Observe que isso nao tem interseção com os caras sendo todos primos, entao
a resposta eh 4/216 + 9/216 = 13/216
Em 14 de outubro
Sim, voce considerou 2 vezes (casos 1 e 2) o caso onde c eh sucessor de b e
b eh sucessor de a. Entao tem que subtrair esse caso...
Em 14 de outubro de 2015 16:54, Vitório Batista Lima da Silva <
vitorio.si...@trf1.jus.br> escreveu:
> Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 1 a 6, é
Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 1 a 6, é lançado três
vezes. Em cada lançamento, anota-se o número obtido na face superior do dado,
formando-se uma seqüência (a, b, c). Qual é a probabilidade de que b seja
sucessor de a e que c seja sucessor de b OU que a, b e c sejam
Correção: a recorrência é Pn = p (1-P(n-1)) + (1-p) P(n-1)
2015-10-12 21:42 GMT-03:00 Lucas Prado Melo :
> É possível mostrar que Pn = p *( 1- P(n-1)) + (1-p) Pn
>
> Disso conclui-se que Pn = p + (1-2p)P(n-1) e, dividindo a equação por
> (1-2p)^n (para p != 1/2),
Olá, Amanda,
Você pode usar a fórmula da distribuição binomial, restringindo apenas aos
valores pares. Assim:
Pn = \sum_{k=0..piso(n/2)} C(n, 2k) * p^{2k} (1-p)^{n - 2k}, onde C(n, 2k)
= n! / [(2k)! (n - 2k)!].
Mas acho que fica difícil calcular lim{n-> inf} Pn usando essa equação.
Para
Cara Amanda
Suponho que o experimento a que se refere admite apenas dos resultados: Um
chamado de "sucesso", com probabilidade 0 < p < 1 de ocorrer, e outro chamado
de "fracasso", com probabilidade 1 - p de ocorrer. Experimentos aleatórios com
essas características são chamados de "ensaios de
Sendo X a variável aleatória número de sucessos nas n realizações, X tem
distribuição binomial com parâmetros n e p (estou supondo que só há dois
resultados possíveis, sucesso e fracasso, é um experimento de Bernouille se
0 < p < 1)
Assim, para k = 0, 1,... n, P(X = k) = C(n, k) p^k (1 - p)^(n -
Oi amigos
Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçōes independentes
do mesmo, qual a probabilidade Pn de que o número de sucessos seja par? Há uma
fórmula fechada para Pn?
Devemos ter lim n --> oo Pn = 1/2, certo?
Obrigada.
Amanda
--
Esta mensagem foi verificada pelo
É possível mostrar que Pn = p *( 1- P(n-1)) + (1-p) Pn
Disso conclui-se que Pn = p + (1-2p)P(n-1) e, dividindo a equação por
(1-2p)^n (para p != 1/2), encontramos uma formula fechada para Pn/(1-2p)^n.
Finalmente chegamos que Pn = (1 + (1-2p)^n)/2, mesmo quando p = 1/2.
2015-10-12 20:17
Oi amigos
Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizações independentes
do mesmo, qual a probabilidade Pn de que o número de sucessos seja par? Há uma
fórmula fechada para Pn?
Devemos ter lim n --> Pn = 1/2, certo?
Amanda
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de
r^2s
P=lim (n--oo )(n-[sqrts])/n=(n-n/k)/n=1-1/k
2015-03-03 22:57 GMT-03:00 Mauricio de Araujo mauricio.de.ara...@gmail.com
:
eis o livro:
https://mega.co.nz/#!O5ElSAyI!LmCHjd1xcLfex6fpH8I7pnGplcejFi4nAQRojHYgBTI
Em 3 de março de 2015 18:59, Douglas Oliveira de Lima
Impossivel responder sem que se de uma ideia da distribuicao de
probabilidade atendidas por r e s
(Eu sou o chato da lista que reclama que tem muito problema de
probabilidade que nao tem enunciado preciso...)
Uma possibilidade eh tomar r e s distribuidos uniformemente e
independentemente no
Ah, verdade, fui fazer de cabeça e errei XD.
Em 3 de março de 2015 12:59, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:
Boa tarde!
Na verdade ∆ = 4.r^2 - 4s.
s =0 == ∆= 0 para todo r, logo já saímos de 1/2.
s 0 : ∆= 0 == |r|= raiz(s)
A probabilidade de |r| = raiz(s), que, para meu
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