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.

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, 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 

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 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 

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.
>

<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>.
<#DAB4FAD8-2DD7-40BB-A1B8-4E2AA1F9FDF2>

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

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.

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:

>

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.

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.

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

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

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.
>>> >> ---///---
>>> >> 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 

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 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 

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 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.

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.


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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 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.

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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.

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

-- 
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 acredita-se estar livre de perigo.


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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) = 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 

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)
>>> 
>>> 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 

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 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.
>>>

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 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.

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 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, 

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.

 []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 

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:
> 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 

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)

 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 

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)

 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, 

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 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 

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.

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.

Re: [obm-l] Probabilidade

[Arthur Vieira]

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  [image:
> Imagem inline 1]
> M: Número de eventos de uma raiz a uma folha.   [image: Imagem inline 4]
>
> U: Número de eventos totais. [image: Imagem
> inline 3]
>
> p = k!. M / U
>
>
> 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
>> *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 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 que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.

 Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
 O universo é 280*279*278.
 Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
 precisão.

 Saudações,
 PJMS

 Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi <
 brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:

> 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} = (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 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 de que cada um 
>>> deles
>>> seja de uma fazenda diferente?
>>>
>>> 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 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

[Arthur Vieira]

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
> *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 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 que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
>>>
>>> Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
>>> O universo é 280*279*278.
>>> Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
>>> precisão.
>>>
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>> Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi <
>>> brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
>>>
 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} = (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 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 de que cada um 
>> deles
>> seja de uma fazenda diferente?
>>
>> 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 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

[Arthur Vieira]

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
> *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 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 que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
>>>
>>> Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
>>> O universo é 280*279*278.
>>> Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
>>> precisão.
>>>
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>> Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi <
>>> brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
>>>
 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} = (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 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 de que cada um 
>> deles
>> seja de uma fazenda diferente?
>>
>> 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 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

[Pedro José]

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. [image: Imagem
inline 3]

p = k!. M / U


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
> *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 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 que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
>>>
>>> Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
>>> O universo é 280*279*278.
>>> Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
>>> precisão.
>>>
>>> Saudações,
>>> PJMS
>>>
>>> Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi <
>>> brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
>>>
 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} = (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 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 de que cada um 
>> deles
>> seja de uma fazenda diferente?
>>
>> 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.
>


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>>>
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>>> acredita-se estar livre de perigo.
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>>
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> acredita-se estar livre de perigo.
>

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Re: [obm-l] Probabilidade

[Lucas Reis]

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 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 que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
>>
>> Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
>> O universo é 280*279*278.
>> Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
>> precisão.
>>
>> Saudações,
>> PJMS
>>
>> Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi <
>> brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> 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} = (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 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 de que cada um 
> deles
> seja de uma fazenda diferente?
>
> Douglas Oliveira.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.



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>>>
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Re: [obm-l] Probabilidade

[Arthur Vieira]

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 que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
>
> Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
> O universo é 280*279*278.
> Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
> precisão.
>
> Saudações,
> PJMS
>
> Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi  > escreveu:
>
>> 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} = (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 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 de que cada um deles
 seja de uma fazenda diferente?

 Douglas Oliveira.

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>>>
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>>> acredita-se estar livre de perigo.
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>>
>>
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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] Probabilidade

[Pedro José]

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 280*279*278.
Então p= 0,218811126214236. Calculei no Excel, não sei se é problema de
precisão.

Saudações,
PJMS

Em 6 de dezembro de 2017 21:47, Bruno Visnadi 
escreveu:

> 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} = (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 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 de que cada um deles
>>> seja de uma fazenda diferente?
>>>
>>> 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.
>>
>
>
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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] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

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} = (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 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 de que cada um deles
>> seja de uma fazenda diferente?
>>
>> 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.
>

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

Re: [obm-l] Probabilidade

[Nowras Ali]

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 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 de que cada um deles
> seja de uma fazenda diferente?
>
> 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

[Bruno Visnadi]

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 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 de que cada um deles
> seja de uma fazenda diferente?
>
> 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

[Pedro José]

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 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 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 ganha e  o adversário não joga será:
>>
>> Chances favoráveis: (4,6); (6,4); (5,5) ==> 3 chances favoráveis e por
>> conseguinte, 33 desfavoráveis.
>>
>> P10 = 1/12 e ~P10= 11/12.
>>
>> Para que Alfredo ganhe na segunda jogada será preciso: que Alfredo erre
>> na primeira, *e* que Bernardo erre na primeira e que Alfredo acerte na
>> segunda:
>>
>> P =(11/12)^2* (1/12)= 11^2/12^3.
>>
>> Supondo os lançamentos simultâneos, para o Alfredo ganhar na segunda além
>> do s fatos do item anterior, ainda é necessário que o Bernardo erre a
>> segunda.
>>
>> P* = P * 11/12 ==> P* = 11^3/12^4.
>>
>> Creio que seja isso. Saudações,
>> PJMS
>>
>> Em 17 de novembro de 2017 15:03, Douglas Oliveira de Lima <
>> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>>
>>> 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. Se o Alfredo é o primeiro a jogar, qual é a probabilidade de que
>>> ele seja o vencedor na segunda rodada (segundo lançamento de dados )
>>>
>>>
>>>
>>> --
>>> 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

[Douglas Oliveira de Lima]

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 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 ganha e  o adversário não joga será:
>
> Chances favoráveis: (4,6); (6,4); (5,5) ==> 3 chances favoráveis e por
> conseguinte, 33 desfavoráveis.
>
> P10 = 1/12 e ~P10= 11/12.
>
> Para que Alfredo ganhe na segunda jogada será preciso: que Alfredo erre na
> primeira, *e* que Bernardo erre na primeira e que Alfredo acerte na
> segunda:
>
> P =(11/12)^2* (1/12)= 11^2/12^3.
>
> Supondo os lançamentos simultâneos, para o Alfredo ganhar na segunda além
> do s fatos do item anterior, ainda é necessário que o Bernardo erre a
> segunda.
>
> P* = P * 11/12 ==> P* = 11^3/12^4.
>
> Creio que seja isso. Saudações,
> PJMS
>
> Em 17 de novembro de 2017 15:03, Douglas Oliveira de Lima <
> profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
>
>> 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. Se o Alfredo é o primeiro a jogar, qual é a probabilidade de que
>> ele seja o vencedor na segunda rodada (segundo lançamento de dados )
>>
>>
>>
>> --
>> 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

[Pedro José]

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 ganha e  o adversário não joga será:

Chances favoráveis: (4,6); (6,4); (5,5) ==> 3 chances favoráveis e por
conseguinte, 33 desfavoráveis.

P10 = 1/12 e ~P10= 11/12.

Para que Alfredo ganhe na segunda jogada será preciso: que Alfredo erre na
primeira, *e* que Bernardo erre na primeira e que Alfredo acerte na segunda:

P =(11/12)^2* (1/12)= 11^2/12^3.

Supondo os lançamentos simultâneos, para o Alfredo ganhar na segunda além
do s fatos do item anterior, ainda é necessário que o Bernardo erre a
segunda.

P* = P * 11/12 ==> P* = 11^3/12^4.

Creio que seja isso. Saudações,
PJMS

Em 17 de novembro de 2017 15:03, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:

> 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.
> Se o Alfredo é o primeiro a jogar, qual é a probabilidade de que ele seja o
> vencedor na segunda rodada (segundo lançamento de dados )
>
>
>
> --
> 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]

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 de somente estes K números sobrarem é
[(N-K)!*(N-A)!/(N!*(N-K-A)!)]^P
- soma de X = K+1 até N-A:
{(N-K)!*[(N-X)!*(N-A)!/(N!*(N-X-A)!)]^P}/((X-K)!*(N-X-K)!).
Isto é, descontei todos os casos em que sobram mais números. Bom, vamos
chamar isto tudo de B.

Então, enfim, as chances de quaisquer K números sobrarem é B*N!/(K!*(N-K)!)

Outra condição que esqueci de mencionar, e que é necessária para que a
fórmula funcione, é K ≥ N - P*A, caso contrário provavelmente o resultado
sairá negativo (enquanto deveria ser 0).


Em 25 de julho de 2017 03:20, Marcelo Salhab Brogliato 
escreveu:

> 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] comb(N-K, A) = comb(7, 2) = 21
> [2] comb(N, A) = comb(10, 2) = 45
> [3] comb(N, K) = comb(10, 3) = 120
>
> Assim, a probabilidade de pelo menos K=3 números não serem escolhidos
> seria: 120 * (21/45)^P = 120 * (21/45)^4 = 120 * 0.04742 = 5.6912 = 569.12%.
>
> O que eu acho que está errado na solução de vocês é que não podemos
> multiplicar por comb(N, K), pois ele irá "contar várias vezes o mesmo
> caso". Por exemplo: Quando os números 1, 2 e 3 foram retirados da seleção,
> a probabilidade parece ser (21/45)^4. Mas, nessas combinações, aconteceu o
> caso em que o número 4 não foi escolhido também. Esse caso em que não
> aparecem os números 1, 2, 3 e 4, também se repete quando os números
> retirados são 1, 2 e 4, pois, em algum momento, o 3 não será escolhido.
> Esse é só um caso de repetição dentre muitos. Concordam?
>
> Abraços,
> Salhab
>
> 2017-07-25 1:03 GMT-03:00 Bruno Visnadi :
>
>> 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 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
>>> números que foram escolhidos, devem sobrar K números."
>>> ​
>>>
>>> --
>>> 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]

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] comb(N-K, A) = comb(7, 2) = 21
[2] comb(N, A) = comb(10, 2) = 45
[3] comb(N, K) = comb(10, 3) = 120

Assim, a probabilidade de pelo menos K=3 números não serem escolhidos
seria: 120 * (21/45)^P = 120 * (21/45)^4 = 120 * 0.04742 = 5.6912 = 569.12%.

O que eu acho que está errado na solução de vocês é que não podemos
multiplicar por comb(N, K), pois ele irá "contar várias vezes o mesmo
caso". Por exemplo: Quando os números 1, 2 e 3 foram retirados da seleção,
a probabilidade parece ser (21/45)^4. Mas, nessas combinações, aconteceu o
caso em que o número 4 não foi escolhido também. Esse caso em que não
aparecem os números 1, 2, 3 e 4, também se repete quando os números
retirados são 1, 2 e 4, pois, em algum momento, o 3 não será escolhido.
Esse é só um caso de repetição dentre muitos. Concordam?

Abraços,
Salhab

2017-07-25 1:03 GMT-03:00 Bruno Visnadi :

> 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 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
>> números que foram escolhidos, devem sobrar K números."
>> ​
>>
>> --
>> 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.
>

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Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

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 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
> números que foram escolhidos, devem sobrar K números."
> ​
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>

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Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro Angelo]

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
números que foram escolhidos, devem sobrar K números."
​

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Re: [obm-l] Probabilidade

[Bruno Visnadi]

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 de
N!/(A!(N-A)!. A probabilidade de uma pessoa escolher somente números
maiores que K é, portanto, (N-K)!*A!*(N-A)!/A!*(N-K-A)!*N! =
(N-K)!*(N-A)!/N!*(N-K-A)!. A chance de todas elas fazerem isso é este
número elevado a P, ou seja, [(N-K)!*(N-A)!/N!*(N-K-A)!]^P
Esta é a chance de os primeiros K números sobrarem. Como existem
N!/(K!*(N-K)!) maneiras de escolher K números, devemos multiplicá-la por
este número, e obtemos:

[(N-K)!*(N-A)!/N!*(N-K-A)!]^P * N!/(K!*(N-K)!)

Esta é, porém, a chance de PELO MENOS K números sobrarem. A chance de
exatamente K números sobrarem será:

[(N-K)!*(N-A)!/N!*(N-K-A)!]^P * N!/(K!*(N-K)!) - (somatória de T = K+1 a
N-A [(N-T)!*(N-A)!/N!*(N-T-A)!]^P * N!/(T!*(N-T)!)

Acho que é isso!

Em 24 de julho de 2017 18:27, Pedro Angelo 
escreveu:

> 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 ele não ter sido o
> segundo escolhido é (N-2)/N. Continuando, a probabilidade de ele não ter
> sido nenhum dos A números escolhidos é (N-1)!/[N^A * (A-1)!]. A
> probabilidade de esse número não ter sido escolhido por nenhuma das P
> pessoas, já que cada escolhe os A números de forma independente, é
> simplesmente isso aí elevado a P:
>
> { (N-1)! / [N^A * (A-1)!] } ^ P
>
>
> Agora, dado que o primeiro dos K números não foi escolhido por nenhuma
> pessoa, a probabilidade de o segundo dos K números também não ter sido
> escolhido é dada pela mesma fórmula aí de cima, mas trocando N por N-1, já
> que sabemos que esse negundo número é diferente do primeiro (ou seja, o
> problema é o mesmo, mas eliminando um dos N números). Continuando, a
> resposta fica:
>
> { (N-1)! (N-2)! ... (N-K)! / [ (N!/(N-K)!)^A (A-1)!^K ] } ^ P
>
> Posso ter cometido algum engano (ou vários hehe), mas não sei se dá pra
> chegar a um resultado mais simples que esse.
>
> abraços
>
>
> 2017-07-24 17:52 GMT-03:00 Marcelo Salhab Brogliato :
>
>> 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 mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>
>
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Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro Angelo]

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 ele não ter sido o
segundo escolhido é (N-2)/N. Continuando, a probabilidade de ele não ter
sido nenhum dos A números escolhidos é (N-1)!/[N^A * (A-1)!]. A
probabilidade de esse número não ter sido escolhido por nenhuma das P
pessoas, já que cada escolhe os A números de forma independente, é
simplesmente isso aí elevado a P:

{ (N-1)! / [N^A * (A-1)!] } ^ P


Agora, dado que o primeiro dos K números não foi escolhido por nenhuma
pessoa, a probabilidade de o segundo dos K números também não ter sido
escolhido é dada pela mesma fórmula aí de cima, mas trocando N por N-1, já
que sabemos que esse negundo número é diferente do primeiro (ou seja, o
problema é o mesmo, mas eliminando um dos N números). Continuando, a
resposta fica:

{ (N-1)! (N-2)! ... (N-K)! / [ (N!/(N-K)!)^A (A-1)!^K ] } ^ P

Posso ter cometido algum engano (ou vários hehe), mas não sei se dá pra
chegar a um resultado mais simples que esse.

abraços


2017-07-24 17:52 GMT-03:00 Marcelo Salhab Brogliato :

> 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 mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade e números primos

[Pedro José]

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, sempre, não faz
> muito sentido.
>
> Não entendi o problema.
>
> Saudações,
> PJFMS.
>
> Em 8 de abril de 2017 08:48, Israel Meireles Chrisostomo <
> israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:
>
>> 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 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 coisa.  Nesta questão, qual é a distribuição de n?  Não pode
>>> ser uniforme (que é a que a gente "chuta" quando o enunciado é claro
>>> como lama, imaginando que o cara que fez a pergunta é preguiçoso mas
>>> não mal-intencionado), porque não faz sentido uniforme no conjunto N.
>>> Sem isso, eu posso até tentar resolver o "problema inverso" de achar a
>>> distribuição de probabilidades em N tal que P[ n é divisível por p² ]
>>> = 1/p² para todo primo p, mas agora está tarde demais ;-)
>>>
>>> Abraços,
>>> --
>>> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>>
>>> --
>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>>
>>>
>>> 
>>> =
>>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>>> 
>>> =
>>>
>>
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>

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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade e números primos

[Pedro José]

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 <
israelmchrisost...@gmail.com> escreveu:

> 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 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 coisa.  Nesta questão, qual é a distribuição de n?  Não pode
>> ser uniforme (que é a que a gente "chuta" quando o enunciado é claro
>> como lama, imaginando que o cara que fez a pergunta é preguiçoso mas
>> não mal-intencionado), porque não faz sentido uniforme no conjunto N.
>> Sem isso, eu posso até tentar resolver o "problema inverso" de achar a
>> distribuição de probabilidades em N tal que P[ n é divisível por p² ]
>> = 1/p² para todo primo p, mas agora está tarde demais ;-)
>>
>> Abraços,
>> --
>> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
>>
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> acredita-se estar livre de perigo.
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[obm-l] Re: [obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade e números primos

[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 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 coisa.  Nesta questão, qual é a distribuição de n?  Não pode
> ser uniforme (que é a que a gente "chuta" quando o enunciado é claro
> como lama, imaginando que o cara que fez a pergunta é preguiçoso mas
> não mal-intencionado), porque não faz sentido uniforme no conjunto N.
> Sem isso, eu posso até tentar resolver o "problema inverso" de achar a
> distribuição de probabilidades em N tal que P[ n é divisível por p² ]
> = 1/p² para todo primo p, mas agora está tarde demais ;-)
>
> Abraços,
> --
> Bernardo Freitas Paulo da Costa
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
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> =
> Instru�ões para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade e números primos

[Bernardo Freitas Paulo da Costa]

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 coisa.  Nesta questão, qual é a distribuição de n?  Não pode
ser uniforme (que é a que a gente "chuta" quando o enunciado é claro
como lama, imaginando que o cara que fez a pergunta é preguiçoso mas
não mal-intencionado), porque não faz sentido uniforme no conjunto N.
Sem isso, eu posso até tentar resolver o "problema inverso" de achar a
distribuição de probabilidades em N tal que P[ n é divisível por p² ]
= 1/p² para todo primo p, mas agora está tarde demais ;-)

Abraços,
-- 
Bernardo Freitas Paulo da Costa

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 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 em urnas

[Gabriel Tostes]

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 tirada das 
bolas ocorrer. 10/21.
Se entrar as possibilidades com 3 bolas fica:
10/21+10x6x5x3x2x1/9x8x7x6x5 = 25/42

Sent from my iPad

> On Dec 10, 2015, at 00:18, João Sousa  wrote:
> 
> 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 mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e 
> acredita-se estar livre de perigo.

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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade - dado cúbico

[Sávio Ribas]

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 de 2015 17:10, Sávio Ribas 
escreveu:

> 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 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 primos?
>>
>>
>>
>> Total = 6^3 = 216
>>
>> 1) a probabilidade de que *b *seja sucessor de *a:*
>>
>>
>>
>> *5*1*6 = 30 , então P1 = 30/216*
>>
>>
>>
>> 2) a probabilidade de que *c *seja sucessor de *b:*
>>
>>
>>
>> *6*5*1 = 30, então P2 = 30/216*
>>
>>
>>
>> 3) que *a*, *b *e *c *sejam primos:
>>
>>
>>
>> *Primos={2,3,5}*
>>
>>
>>
>> *São 9 possibilidades*
>>
>>
>>
>> P = (30+30-9)/216 = 51/216 ...
>>
>>
>>
>> Algum erro???
>>
>> --
>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
>> acredita-se estar livre de perigo.
>>
>
>

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade - dado cúbico

[Sávio Ribas]

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 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 primos?
>
>
>
> Total = 6^3 = 216
>
> 1) a probabilidade de que *b *seja sucessor de *a:*
>
>
>
> *5*1*6 = 30 , então P1 = 30/216*
>
>
>
> 2) a probabilidade de que *c *seja sucessor de *b:*
>
>
>
> *6*5*1 = 30, então P2 = 30/216*
>
>
>
> 3) que *a*, *b *e *c *sejam primos:
>
>
>
> *Primos={2,3,5}*
>
>
>
> *São 9 possibilidades*
>
>
>
> P = (30+30-9)/216 = 51/216 ...
>
>
>
> Algum erro???
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de perigo.
>

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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Lucas Prado Melo]

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), 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 GMT-03:00 Amanda Merryl :
>
>>
>> Oi amigos
>>
>> Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçŠes
>> 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 sistema de antivírus e
>>  acredita-se estar livre de perigo.
>>
>>
>> =
>> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
>> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
>> =
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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Marcelo Salhab Brogliato]

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 resolver com n -> inf, acho que o mais fácil é encontrar uma recursão.

Veja que existem duas formas de termos uma quantidade par com n+1
realizações. Ou com n é par e temos um insucesso, ou com n é impar e temos
um sucesso. Assim:

P{n+1} = p(1 - Pn) + (1-p)*Pn, com P0 = 1.

Como essa é uma recursão linear, é fácil encontrar uma fórmula fechada para
ela. Fica como exercício pra você. :)

Para o limite, quando n -> inf, e supondo que Pn converge, temos:
lim{n->inf} Pn = a.
Assim:
a = p(1-a) + (1-p)*a
a = p - pa + a - pa
2pa = p
a = 1/2

Assim, se Pn convergir, ele irá convergir para 1/2. Falta só provar que Pn
converge quando n -> inf. Fica como exercício pra você. :)

Obs: Dá para mostrar que converge usando apenas desigualdades.
Obs2: Com a fórmula fechada, é bem fácil mostrar que Pn converge.

Abraços,
Marcelo

2015-10-12 20:17 GMT-03:00 Amanda Merryl :

>
> Oi amigos
>
> Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçŠes
> 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 sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

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

Re: [obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Ary Medino]

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 Bernoulli". Em n realizações 
independentes de tais experimentos, isto é, n ensaios de Bernoulli 
independentes, o número de sucessos tem distribuição Binomial com parâmetros n 
e p. Ou seja, a probabilidade de se obter k sucessos em n ensaios é dada por 
B(n,k)p^k(1 - p)^(n-k), onde B(n,k) é o número Binomial n tomados k a k.A 
probabilidade Pn que você busca, isto é, a probabilidade de se obter um número 
par de sucessos em n ensaios de Bernoulli independentes,  é a soma dos valores 
B(n,k)p^k(1 - p)^(n-k) com k restrito aos números pares de 0 a n.
Você pode fazer uma busca na internet por esses termos para saber maisAbraçoAry 


 Em Segunda-feira, 12 de Outubro de 2015 20:46, Amanda Merryl 
 escreveu:
   

 
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


-- 
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 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
=


  
-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[Artur Costa Steiner]

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 - k), C(n, k)
a combinação de n, k a k.

Desta forma, Pn é obtida somando-se os termos acima para os valores pares
de k, ou seja

Pn = Soma (k par) C(n, k) p^k (1 - p)^(n - k)

No somatório de Pn, k vai de 0'até o maior par menor ou igual a n.

Para obtermos uma fórmula fechada para Pn, observemos que, pelo Binômio de
Newton,

C(n, 0) p^0 (1 - p)^(n) +  C(n, 1) p^1 (1 - p)^(n - 1) +  C(n, n) p^n
(1 -p)^0 = 1

C(n, 0) (-p)^0 (1 - p)^(n)  + C(n, 1) (-p)^1 (1 - p)^(n - 1) +  C(n, n)
(-p)^n (1 -p)^0 = C(n, 0) (p)^0 (1 - p)^(n)  - C(n, 1) (-p)^1 (1 - p)^(n -
1) +  C(n, n) (-p)^n (1 -p)^0 = (-p + 1 - p)^n = (1 - 2p)^n

No segundo somatório, substituímos p por - p e mantivemos 1 - p. Assim, os
termos com k par se mantém e os com k ímpar permutam seu sinal. Desta
forma, somando as duas equações e considerando a definição de Pn, obtemos

2 Pn = 1 + (1 - 2p)^n

Pn = (1 + (1 - 2p)^n)/2

E se vc quiser a prob. de que haja um número ímpar de sucessos, chega a 1 -
Pn =  (1 -(1 - 2p)^n)/2.

Se p estiver em (0, 1) (experimento de Bernouille), então |1 - 2p| < 1, (1
-2p)^n --> 0 e, portanto, temos de fato que Pn --> 1/2. Isto bate com a
intuição. Não há nenhum motivo para que, à medida em que se aumenta n, os
estados pares sejam mais visitados que os ímpares, e vice versa.

Mas se p = 0, só há fracassos, temos sempre 0 sucessos, que é par, e Pn = 1
para todo n. o que é confirmado pela fórmula acima. Logo, o limite é 1,

Se p = 1, há sempre n sucessos e Pn = 1 se n for par e Pn = 0 se n for
ímpar. Logo, não existe limite quando n --> oo.

Abraços



Artur Costa Steiner

Em 12 de out de 2015, às 21:17, Ary Medino 
escreveu:

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 Bernoulli".
Em n realizações independentes de tais experimentos, isto é, n ensaios
de Bernoulli independentes, o número de sucessos tem distribuição
Binomial com parâmetros n e p. Ou seja, a probabilidade de se obter k
sucessos em n ensaios é dada por B(n,k)p^k(1 - p)^(n-k), onde B(n,k) é o
número Binomial n tomados k a k.
A probabilidade Pn que você busca, isto é, a probabilidade de se obter um
número par de sucessos em n ensaios de Bernoulli independentes,  é a soma
dos valores B(n,k)p^k(1 - p)^(n-k) com k restrito aos números pares de 0 a
n.

Você pode fazer uma busca na internet por esses termos para saber mais
Abraço
Ary



Em Segunda-feira, 12 de Outubro de 2015 20:46, Amanda Merryl <
sc...@hotmail.com> escreveu:



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


-- 
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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
=



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Em segunda-feira, 12 de outubro de 2015, Amanda Merryl 
escreveu:

>
> Oi amigos
>
> Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçŠes
> 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 sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>

-- 
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[obm-l] Re: [obm-l] Probabilidade de que o número de sucessos seja par

[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), 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 GMT-03:00 Amanda Merryl :

>
> Oi amigos
>
> Um experimento tem probabilidade p de sucesso. Em n realizaçŠes
> 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 sistema de antivírus e
>  acredita-se estar livre de perigo.
>
>
> =
> Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em
> http://www.mat.puc-rio.br/~obmlistas/obm-l.html
> =
>



-- 
[]'s
Lucas

-- 
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Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[saulo nilson]

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 
 profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Acho que encontrei a questão original,  num livro do professor de
 matemática estatística Frederick Mosteller da universidade de Harvard
 publicado em 1965 com o título FIFA CHALLENGING PROBLEMS IN PROBABILITY
 questão número 50 inclusive existem mais problemas fantásticos,  estou
 lendo
 Douglas oliveira
 Em 03/03/2015 13:47, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 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 intervalo [-A,A], e entao tomar A-+Inf.

 Agora sim: para ter raiz real devemos ter s=r^2. No quadrado
 [-A,A]x[-A,A] do plano rs, a regiao ruim (sem raiz real) eh acima da
 parabola, cuja area eh

 Int [r=-raiz(A), r=raiz(A)] (A-r^2) dr =
 2Araiz(A)-2Araiz(A)/3=4Araiz(A)/3

 (ok, usei aqui A1, que eh razoavel jah que vamos tomar A-+Inf)

 Entao a probabilidade ruim seria isto dividido por 4A^2, isto eh,
 numero/raiz(A), que vai para 0 quando A-+Inf.

 Assim, nesse sentido, a resposta eh a probabilidade de ter raiz real eh
 1 (o que NAO significa garantia de ter raiz real).

 Abraco, Ralph

 P.S.: Se esta resposta lhe parece estranha, experimente desenhar a
 parabola y=x^2 no quadrado [-10,10]x[-10,10] e observe a area que fique
 acima dela em comparacao com o quadrado todo. Agora aumente o quadrado para
 [-100,100]x[-100,100], depois 1000, depois 1, e veja o que acontece --
 a regiao acima da parabola fica proporcionalmente cada vez menor, e tende a
 0.

 2015-03-03 10:55 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma
 ajuda (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz
 real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


 --
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 Abraços

 oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ


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Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[Ralph Teixeira]

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 intervalo [-A,A], e entao tomar A-+Inf.

Agora sim: para ter raiz real devemos ter s=r^2. No quadrado [-A,A]x[-A,A]
do plano rs, a regiao ruim (sem raiz real) eh acima da parabola, cuja
area eh

Int [r=-raiz(A), r=raiz(A)] (A-r^2) dr = 2Araiz(A)-2Araiz(A)/3=4Araiz(A)/3

(ok, usei aqui A1, que eh razoavel jah que vamos tomar A-+Inf)

Entao a probabilidade ruim seria isto dividido por 4A^2, isto eh,
numero/raiz(A), que vai para 0 quando A-+Inf.

Assim, nesse sentido, a resposta eh a probabilidade de ter raiz real eh 1
(o que NAO significa garantia de ter raiz real).

Abraco, Ralph

P.S.: Se esta resposta lhe parece estranha, experimente desenhar a parabola
y=x^2 no quadrado [-10,10]x[-10,10] e observe a area que fique acima dela
em comparacao com o quadrado todo. Agora aumente o quadrado para
[-100,100]x[-100,100], depois 1000, depois 1, e veja o que acontece --
a regiao acima da parabola fica proporcionalmente cada vez menor, e tende a
0.

2015-03-03 10:55 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma ajuda
 (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


 --
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Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[Esdras Muniz]

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 conhecimento, é difícil
 de caracterizar (embora intuitivamente creia que seja 1/2). Porém vavos
 chamá-la de p'.

 p = 1/2 + 1/2 * p'; e eu chutaria 3/4


 Saudações,
 PJMS.

 Em 3 de março de 2015 11:22, Esdras Muniz esdrasmunizm...@gmail.com
 escreveu:

 Vc faz delta=0 e obtém |r|=|s| e analisando o gráfico vê que a
 probabilidade é 1/2.

 Em 3 de março de 2015 10:55, Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma ajuda
 (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz
 real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
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 --
 Esdras Muniz Mota
 Mestrando em Matemática
 Universidade Federal do Ceará



 --
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 --
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-- 
Esdras Muniz Mota
Mestrando em Matemática
Universidade Federal do Ceará

-- 
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Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[Pedro José]

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 conhecimento, é difícil de
caracterizar (embora intuitivamente creia que seja 1/2). Porém vavos
chamá-la de p'.

p = 1/2 + 1/2 * p'; e eu chutaria 3/4


Saudações,
PJMS.

Em 3 de março de 2015 11:22, Esdras Muniz esdrasmunizm...@gmail.com
escreveu:

 Vc faz delta=0 e obtém |r|=|s| e analisando o gráfico vê que a
 probabilidade é 1/2.

 Em 3 de março de 2015 10:55, Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma ajuda
 (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


 --
 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.




 --
 Esdras Muniz Mota
 Mestrando em Matemática
 Universidade Federal do Ceará



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Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[Ralph Teixeira]

P.S.: Se voce usar outra distribuicao p(r,s) no quadrado [-A,A]x[-A,A] para
r e s, vai ter que calcular ao inves

Pr(Ter Raiz Real) = lim (A-+Inf)   {1 - Int [r=-raiz(A), r=raiz(A)]
[s=r^2, s=A] p(r,s) ds dr}

Na solucao anterior, usei p(r,s)=1/4A^2. Talvez fosse mais razoavel usar
algo como p(r,s)=exp(-|r|).exp(-|s|)/4 no plano todo, por exemplo...

Fiz aqui no computador, deu 1-(1/4)raiz(π)e^(1/4).(1-erf(1/2)), que eh uns
72.718%. :)

2015-03-03 13:42 GMT-03:00 Ralph Teixeira ralp...@gmail.com:

 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 intervalo [-A,A], e entao tomar A-+Inf.

 Agora sim: para ter raiz real devemos ter s=r^2. No quadrado
 [-A,A]x[-A,A] do plano rs, a regiao ruim (sem raiz real) eh acima da
 parabola, cuja area eh

 Int [r=-raiz(A), r=raiz(A)] (A-r^2) dr = 2Araiz(A)-2Araiz(A)/3=4Araiz(A)/3

 (ok, usei aqui A1, que eh razoavel jah que vamos tomar A-+Inf)

 Entao a probabilidade ruim seria isto dividido por 4A^2, isto eh,
 numero/raiz(A), que vai para 0 quando A-+Inf.

 Assim, nesse sentido, a resposta eh a probabilidade de ter raiz real eh
 1 (o que NAO significa garantia de ter raiz real).

 Abraco, Ralph

 P.S.: Se esta resposta lhe parece estranha, experimente desenhar a
 parabola y=x^2 no quadrado [-10,10]x[-10,10] e observe a area que fique
 acima dela em comparacao com o quadrado todo. Agora aumente o quadrado para
 [-100,100]x[-100,100], depois 1000, depois 1, e veja o que acontece --
 a regiao acima da parabola fica proporcionalmente cada vez menor, e tende a
 0.

 2015-03-03 10:55 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma ajuda
 (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[Douglas Oliveira de Lima]

É fifty não FIFA.
Em 03/03/2015 18:59, profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Acho que encontrei a questão original,  num livro do professor de
 matemática estatística Frederick Mosteller da universidade de Harvard
 publicado em 1965 com o título FIFA CHALLENGING PROBLEMS IN PROBABILITY
 questão número 50 inclusive existem mais problemas fantásticos,  estou
 lendo
 Douglas oliveira
 Em 03/03/2015 13:47, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 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 intervalo [-A,A], e entao tomar A-+Inf.

 Agora sim: para ter raiz real devemos ter s=r^2. No quadrado
 [-A,A]x[-A,A] do plano rs, a regiao ruim (sem raiz real) eh acima da
 parabola, cuja area eh

 Int [r=-raiz(A), r=raiz(A)] (A-r^2) dr = 2Araiz(A)-2Araiz(A)/3=4Araiz(A)/3

 (ok, usei aqui A1, que eh razoavel jah que vamos tomar A-+Inf)

 Entao a probabilidade ruim seria isto dividido por 4A^2, isto eh,
 numero/raiz(A), que vai para 0 quando A-+Inf.

 Assim, nesse sentido, a resposta eh a probabilidade de ter raiz real eh
 1 (o que NAO significa garantia de ter raiz real).

 Abraco, Ralph

 P.S.: Se esta resposta lhe parece estranha, experimente desenhar a
 parabola y=x^2 no quadrado [-10,10]x[-10,10] e observe a area que fique
 acima dela em comparacao com o quadrado todo. Agora aumente o quadrado para
 [-100,100]x[-100,100], depois 1000, depois 1, e veja o que acontece --
 a regiao acima da parabola fica proporcionalmente cada vez menor, e tende a
 0.

 2015-03-03 10:55 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma
 ajuda (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz
 real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 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 Random quadratic equations

[Douglas Oliveira de Lima]

Acho que encontrei a questão original,  num livro do professor de
matemática estatística Frederick Mosteller da universidade de Harvard
publicado em 1965 com o título FIFA CHALLENGING PROBLEMS IN PROBABILITY
questão número 50 inclusive existem mais problemas fantásticos,  estou
lendo
Douglas oliveira
Em 03/03/2015 13:47, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 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 intervalo [-A,A], e entao tomar A-+Inf.

 Agora sim: para ter raiz real devemos ter s=r^2. No quadrado
 [-A,A]x[-A,A] do plano rs, a regiao ruim (sem raiz real) eh acima da
 parabola, cuja area eh

 Int [r=-raiz(A), r=raiz(A)] (A-r^2) dr = 2Araiz(A)-2Araiz(A)/3=4Araiz(A)/3

 (ok, usei aqui A1, que eh razoavel jah que vamos tomar A-+Inf)

 Entao a probabilidade ruim seria isto dividido por 4A^2, isto eh,
 numero/raiz(A), que vai para 0 quando A-+Inf.

 Assim, nesse sentido, a resposta eh a probabilidade de ter raiz real eh
 1 (o que NAO significa garantia de ter raiz real).

 Abraco, Ralph

 P.S.: Se esta resposta lhe parece estranha, experimente desenhar a
 parabola y=x^2 no quadrado [-10,10]x[-10,10] e observe a area que fique
 acima dela em comparacao com o quadrado todo. Agora aumente o quadrado para
 [-100,100]x[-100,100], depois 1000, depois 1, e veja o que acontece --
 a regiao acima da parabola fica proporcionalmente cada vez menor, e tende a
 0.

 2015-03-03 10:55 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma ajuda
 (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


 --
 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.

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 acredita-se estar livre de perigo.

Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[Mauricio de Araujo]

eis o livro:
https://mega.co.nz/#!O5ElSAyI!LmCHjd1xcLfex6fpH8I7pnGplcejFi4nAQRojHYgBTI

Em 3 de março de 2015 18:59, Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Acho que encontrei a questão original,  num livro do professor de
 matemática estatística Frederick Mosteller da universidade de Harvard
 publicado em 1965 com o título FIFA CHALLENGING PROBLEMS IN PROBABILITY
 questão número 50 inclusive existem mais problemas fantásticos,  estou
 lendo
 Douglas oliveira
 Em 03/03/2015 13:47, Ralph Teixeira ralp...@gmail.com escreveu:

 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 intervalo [-A,A], e entao tomar A-+Inf.

 Agora sim: para ter raiz real devemos ter s=r^2. No quadrado
 [-A,A]x[-A,A] do plano rs, a regiao ruim (sem raiz real) eh acima da
 parabola, cuja area eh

 Int [r=-raiz(A), r=raiz(A)] (A-r^2) dr = 2Araiz(A)-2Araiz(A)/3=4Araiz(A)/3

 (ok, usei aqui A1, que eh razoavel jah que vamos tomar A-+Inf)

 Entao a probabilidade ruim seria isto dividido por 4A^2, isto eh,
 numero/raiz(A), que vai para 0 quando A-+Inf.

 Assim, nesse sentido, a resposta eh a probabilidade de ter raiz real eh
 1 (o que NAO significa garantia de ter raiz real).

 Abraco, Ralph

 P.S.: Se esta resposta lhe parece estranha, experimente desenhar a
 parabola y=x^2 no quadrado [-10,10]x[-10,10] e observe a area que fique
 acima dela em comparacao com o quadrado todo. Agora aumente o quadrado para
 [-100,100]x[-100,100], depois 1000, depois 1, e veja o que acontece --
 a regiao acima da parabola fica proporcionalmente cada vez menor, e tende a
 0.

 2015-03-03 10:55 GMT-03:00 Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma
 ajuda (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz
 real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


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Abraços

oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ

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Re: [obm-l] Probabilidade Random quadratic equations

[Esdras Muniz]

Vc faz delta=0 e obtém |r|=|s| e analisando o gráfico vê que a
probabilidade é 1/2.

Em 3 de março de 2015 10:55, Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Olá caros amigos, recebi um problema esta semana, e gostaria de uma ajuda
 (se possível), dos senhores.
 Pesquisei esse problema na internet e achei algumas divergências de
 soluções.
 Eis o problema:
 Qual a probabilidade da equação do segundo grau x^2+2rx+s=0 ter raiz real?



 Agradeço desde já a ajuda.
 Douglas Oliveira.


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Esdras Muniz Mota
Mestrando em Matemática
Universidade Federal do Ceará

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Re: [obm-l] Probabilidade

[Pedro José]

Boa tarde!

Encontrei 40%.

Possibilidades de pintar as cartelas.
Para a primeira cor.
*C(2,6)= 15*
Para a segunda cor
*C(2,4) = 6*
Para terceira não há escolha, só uma.
Pelo princípio da multiplicação: 15 x 6 = *90 possibilidades*

Para uma cartela com apenas uma coluna totalmnte de uma cor e azul:

Para o azul teremos *3 escolhas*: a coluna 1, a coluna 2 ou a coluna 3.
Para a segunda cor teremos 4 casas para primeira cor e apenas 2 para a
segunda cor (restrição não pode estar na mesma coluna, já que o azul já
está na mesma coluna e só uma coluna pode estar com a mesma cor).
Portanto pelo princípio multiplicaticvo e pelo fato da ordem das cores ser
indiferente temos: *4 . 2/ 2 = 4 alternativas*
Para terceira só haverá uma escolha as duas casas que faltaram; *1
alternativa*
Portanto, teremos pelo princípio multiplicativo: 4 x 3 = *12 alternativas
de apresentar somente uma coluna pintada da mesma e sendo essa cor azul.*

Como há três cores temos 36 cartelas que terão apenas uma coluna com a
mesma cor(simetria)

Não há menção de vício, supõe-se o modelo equiprovável e p = 36/90 = 40 %.

Espero que esteja correto.

Saudações,
PJMS


Em 24 de outubro de 2014 06:58, Douglas Oliveira de Lima 
profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Olá , bom dia!! Qual a resposta dos senhores para esta questão?

 Cada cartela de uma coleção é formada por seis quadrados coloridos,
 justapostos como indica a figura abaixo. (A figura é formada por seis
 quadrados formando um retângulo de 2 linhas e 3 colunas)





 Em cada cartela, dois quadrados foram coloridos de azul, dois de verde e
 dois de rosa. A coleção apresenta todas as possibilidades de distribuição
 dessas cores nas cartelas nas condições citadas e não existem cartelas com
 a mesma distribuição de cores. Retirando-se ao acaso uma cartela da
 coleção, a probabilidade de que somente uma coluna apresente os quadrados
 de mesma cor é de

 a) 6 %.

 b) 36 %

 c) 40 %

 d) 48 %

 e) 90 %


 Agradeço dese já a colaboração!

 Douglas Oliveira.

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Re: [obm-l] Probabilidade

[Douglas Oliveira de Lima]

Eu também fiz assim, mas fiquei preocupado com a rotação dos cartões.

Em 24 de outubro de 2014 17:39, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:

 Boa tarde!

 Encontrei 40%.

 Possibilidades de pintar as cartelas.
 Para a primeira cor.
 *C(2,6)= 15*
 Para a segunda cor
 *C(2,4) = 6*
 Para terceira não há escolha, só uma.
 Pelo princípio da multiplicação: 15 x 6 = *90 possibilidades*

 Para uma cartela com apenas uma coluna totalmnte de uma cor e azul:

 Para o azul teremos *3 escolhas*: a coluna 1, a coluna 2 ou a coluna 3.
 Para a segunda cor teremos 4 casas para primeira cor e apenas 2 para a
 segunda cor (restrição não pode estar na mesma coluna, já que o azul já
 está na mesma coluna e só uma coluna pode estar com a mesma cor).
 Portanto pelo princípio multiplicaticvo e pelo fato da ordem das cores ser
 indiferente temos: *4 . 2/ 2 = 4 alternativas*
 Para terceira só haverá uma escolha as duas casas que faltaram; *1
 alternativa*
 Portanto, teremos pelo princípio multiplicativo: 4 x 3 = *12 alternativas
 de apresentar somente uma coluna pintada da mesma e sendo essa cor azul.*

 Como há três cores temos 36 cartelas que terão apenas uma coluna com a
 mesma cor(simetria)

 Não há menção de vício, supõe-se o modelo equiprovável e p = 36/90 = 40 %.

 Espero que esteja correto.

 Saudações,
 PJMS


 Em 24 de outubro de 2014 06:58, Douglas Oliveira de Lima 
 profdouglaso.del...@gmail.com escreveu:

 Olá , bom dia!! Qual a resposta dos senhores para esta questão?

 Cada cartela de uma coleção é formada por seis quadrados coloridos,
 justapostos como indica a figura abaixo. (A figura é formada por seis
 quadrados formando um retângulo de 2 linhas e 3 colunas)





 Em cada cartela, dois quadrados foram coloridos de azul, dois de verde e
 dois de rosa. A coleção apresenta todas as possibilidades de distribuição
 dessas cores nas cartelas nas condições citadas e não existem cartelas com
 a mesma distribuição de cores. Retirando-se ao acaso uma cartela da
 coleção, a probabilidade de que somente uma coluna apresente os quadrados
 de mesma cor é de

 a) 6 %.

 b) 36 %

 c) 40 %

 d) 48 %

 e) 90 %


 Agradeço dese já a colaboração!

 Douglas Oliveira.

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Re: [obm-l] Probabilidade

[Douglas Oliveira de Lima]

Essa também foi do sábado, então desenhe o polígono ABCDEFGHIJ no sentido
horário.
Letras
a) O número de casos possíveis é mais fácil será C10,3
O problema seria o número de casos favoráveis, escolha o ponto A por
exemplo, vai perceber que só existem 4 possibilidades A com BJ, CI, DG, EG
que são paralelos, assim para cada vértice 4 possibilidades, nos da´ra um
número de casos favoráveis iguais a 10.4=40

b)Para se ter dois ângulos retos precisamos  escolher um diâmetro, assim o
número de diagonais que passam pelo centro será 10/2=5, e para uma diagonal
que voce escolhe, terá 4 possibilidades acima dela e 4 abaixo dela assim
4x4=16 casos para uma diagonal como temos 5 diagonais 5x16=80, casos
favoráveis ,e como na letra a C10,4 possíveis

c)Casos possíveis será C10,5 e favoráveis vamos ver, monte um pentágono
regular e veja quantas vezes ele pode ser girado para obtermos outro
diferente assim será somente duas possibilidades .

Desculpe erros de conta caso haja.
Abraços do
Douglas Oliveira

Em 14 de setembro de 2014 13:36, marcone augusto araújo borges 
marconeborge...@hotmail.com escreveu:

  Uma urna contem 10 bolas numeradas de a 1 a 10.Cada bola corresponde a um
 ponto de uma circunferência dividida em 10 partes iguais pelos 10
 pontos.Três bolas serão retiradas uma a uma,sem reposição.Qual a
 probabilidade dos três pontos correspondentes às bolas retiradas serem os
 vértices de um triângulo isósceles?

 Se forem retiradas 4 bolas, qual a probabilidade de ser formado um
 quadrilátero convexo com exatamente dois ângulos retos?

 Se forem retiradas 5 bolas, qual a probabilidade de ser formado um
 pentágono regular com centro coincidindo com o centro da circunferência?






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Re: [obm-l] Probabilidade

[Leonardo Maia]

Não.

A resposta correta é (a), pois

p = 1 - (0.3*0.3*0.3) = 0.973


2014-02-25 10:58 GMT-03:00 João Sousa starterm...@hotmail.com:

  O gabarito dessa questão é B). Tá certo isso?



 Em uma grande empresa multinacional, existem 10 pessoas que ganham mais de
 R$ 20.000,00 , 20 que ganham entre R$ 10.000,00 e R$ 20.000,00 e 70 que
 ganham menos de R$ 10.000,00. Se forem selecionadas três pessoas dessa
 empresa ao acaso, a probabilidade de que pelo menos uma ganhe menos de R$
 10.000,00 é:



 a)  0,973

 b)  0,793

 c)   0,379

 d)  0,937

 e)  0,397

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RE: [obm-l] Probabilidade

[João Sousa]

Mas observe que na opção temos B) 0,793
 
[]'s
 
João Sousa
Date: Tue, 25 Feb 2014 11:11:36 -0300
Subject: Re: [obm-l] Probabilidade
From: lpm...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Não.

A resposta correta é (a), pois

p = 1 - (0.3*0.3*0.3) = 0.973


2014-02-25 10:58 GMT-03:00 João Sousa starterm...@hotmail.com:






O gabarito dessa questão é B). Tá certo isso? 
Em uma grande empresa
multinacional, existem 10 pessoas que ganham mais de R$ 20.000,00 , 20 que
ganham entre R$ 10.000,00 e R$ 20.000,00 e 70 que ganham menos de R$ 10.000,00.
Se forem selecionadas três pessoas dessa empresa ao acaso, a probabilidade de
que pelo menos uma ganhe menos de R$ 10.000,00 é: 

a) 
0,973


b) 
0,793


c)  
0,379


d) 
0,937


e) 
0,397


  
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RE: [obm-l] Probabilidade

[João Sousa]

Desculpe-me, lpm...@gmail.com. Também raciocinei assim.
 
Obrigado!
 
From: starterm...@hotmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br
Subject: RE: [obm-l] Probabilidade
Date: Tue, 25 Feb 2014 17:23:01 +0300




Mas observe que na opção temos B) 0,793
 
[]'s
 
João Sousa
Date: Tue, 25 Feb 2014 11:11:36 -0300
Subject: Re: [obm-l] Probabilidade
From: lpm...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Não.

A resposta correta é (a), pois

p = 1 - (0.3*0.3*0.3) = 0.973


2014-02-25 10:58 GMT-03:00 João Sousa starterm...@hotmail.com:






O gabarito dessa questão é B). Tá certo isso? 
Em uma grande empresa
multinacional, existem 10 pessoas que ganham mais de R$ 20.000,00 , 20 que
ganham entre R$ 10.000,00 e R$ 20.000,00 e 70 que ganham menos de R$ 10.000,00.
Se forem selecionadas três pessoas dessa empresa ao acaso, a probabilidade de
que pelo menos uma ganhe menos de R$ 10.000,00 é: 

a) 
0,973


b) 
0,793


c)  
0,379


d) 
0,937


e) 
0,397


  
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Re: [obm-l] Probabilidade

[Leonardo Maia]

prob( 1 ou mais abaixo de 10 K) =
= 1 - prob(ninguém abaixo de 10 K) =
= 1 - prob(todos os 3 acima de 10 K) =
= 1 - [prob(um sorteado acima de 10 K)]^3
= 1 - [30/100]^3

Leo


2014-02-25 11:23 GMT-03:00 João Sousa starterm...@hotmail.com:

 Mas observe que na opção temos B) 0,793

 []'s

 João Sousa
 --
 Date: Tue, 25 Feb 2014 11:11:36 -0300
 Subject: Re: [obm-l] Probabilidade
 From: lpm...@gmail.com
 To: obm-l@mat.puc-rio.br

 Não.

 A resposta correta é (a), pois

 p = 1 - (0.3*0.3*0.3) = 0.973


 2014-02-25 10:58 GMT-03:00 João Sousa starterm...@hotmail.com:

  O gabarito dessa questão é B). Tá certo isso?



 Em uma grande empresa multinacional, existem 10 pessoas que ganham mais de
 R$ 20.000,00 , 20 que ganham entre R$ 10.000,00 e R$ 20.000,00 e 70 que
 ganham menos de R$ 10.000,00. Se forem selecionadas três pessoas dessa
 empresa ao acaso, a probabilidade de que pelo menos uma ganhe menos de R$
 10.000,00 é:


 a)  0,973
 b)  0,793
 c)   0,379
 d)  0,937
 e)  0,397

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 acredita-se estar livre de perigo.


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RE: [obm-l] Probabilidade Condicional

[João Sousa]

Brilhante!
 
Realmente achei muito mal escrita a questão.  Várias vezes achei probabilidade 
maior que 1 (o que é absurdo!).
 
Muito obrigado pela ajuda!
[]'s
João Sousa.
 
Date: Sat, 15 Feb 2014 20:09:11 -0200
Subject: Re: [obm-l] Probabilidade Condicional
From: ralp...@gmail.com
To: obm-l@mat.puc-rio.br

Olha, o enunciado estah mal escrito... aquelas percentagens tem que ser melhor 
definidas: 20% do que? 40% do que? De toda a populacao? De todos os testes?
Na interpretacao mais literal, seria de todos os testes, e entao os numeros nao 
fazem sentido (70% sao doentes; 40% sao falsos positivos, ou seja, gente 
saudavel que testou +; soh ai jah tem 110%, e nem contamos os negativos 
corretos).

Entao vou na interpretacao usual, que eh:-- 70% de probabilidade de ter a 
doenca;-- SE ELE FOR DOENTE, 20% de chance de dar negativo; ou seja, 20% ***dos 
doentes*** recebem - no teste (incorretamente);
-- SE ELE FOR SAUDAVEL; 40% de chance de dar positivo; ou seja, 40% ***dos 
saudaveis*** recebem + no teste (erradamente).
Na notacao usual, seria:Pr(Doente)=0.7Pr(A-|Doente)=0.2
Pr(A+|Nao Doente)=0.4
Entao monto uma tabela assim   Doente  Nao Doente TotalA+ 56%   12% 
   68%A-  14%   18%32%Total  70%   30%   100%

(Note a ordem da montagem -- comece pelo 70/30; 20% de 70% eh aquele 14%; 40% 
de 30% eh os 12%; depois complete por somas e diferencas).
Entao, se o cara testou + no Teste A, ele eh um dos 68%; a chance de ele estar 
de fato doente eh 56/68.

Para o Teste B, faca o mesmo -- mas  COMO VOCE SABE QUE ELE TESTOU + no TESTE 
A, voce comeca deste 56/68. A tabela fica assim
  Doente  Nao Doente Total
B+50.4%   1.2% 51.6%B-  5.6%  10.8%  16.4%   
Total 56%12%   68%
TODO MUNDO NESTA TABELA TESTA + EM A. Entao o numero que voce quer eh 50.4/51.6 
~= 97.67% -- eh a probabilidade do cara ter a doenca, SABENDO que ele testou + 
em A e em B.

Abraco, Ralph


2014-02-12 19:34 GMT-02:00 João Sousa starterm...@hotmail.com:




Gostaria de auxílio para a resolução da questão abaixo. Após análise de 
sintomatologia, um médico estima que seu paciente tenha uma determinada doença 
com probabilidade

de 70%. Para confirmar o diagnóstico inicial, ele pede ao paciente que faça um 
exame tipo A, que dá falso
negativo com probabilidade de 20% e falso positivo com probabilidade de 40%. O 
resultado desse exame dá positivo.
Entretanto, desconfiado com a alta frequência de falso positivo do exame tipo 
A, o médico pede novamente
que o paciente se submeta a um exame tipo B, cujas probabilidades de falso 
positivo e falso negativo são ambas
de 10%, independentemente dos resultados do teste A. Novamente o resultado do 
teste tipo B é positivo.
Qual a probabilidade de que o paciente tenha de fato a doença condicionada aos 
dois resultados dos exames
tipo A e B?
 
João
  

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Re: [obm-l] Probabilidade Condicional

[Ralph Teixeira]

Olha, o enunciado estah mal escrito... aquelas percentagens tem que ser
melhor definidas: 20% do que? 40% do que? De toda a populacao? De todos os
testes?

Na interpretacao mais literal, seria de todos os testes, e entao os numeros
nao fazem sentido (70% sao doentes; 40% sao falsos positivos, ou seja,
gente saudavel que testou +; soh ai jah tem 110%, e nem contamos os
negativos corretos).

Entao vou na interpretacao usual, que eh:
-- 70% de probabilidade de ter a doenca;
-- SE ELE FOR DOENTE, 20% de chance de dar negativo; ou seja, 20% ***dos
doentes*** recebem - no teste (incorretamente);
-- SE ELE FOR SAUDAVEL; 40% de chance de dar positivo; ou seja, 40% ***dos
saudaveis*** recebem + no teste (erradamente).

Na notacao usual, seria:
Pr(Doente)=0.7
Pr(A-|Doente)=0.2
Pr(A+|Nao Doente)=0.4

Entao monto uma tabela assim
   Doente  Nao Doente Total
A+ 56%   12%68%
A-  14%   18%32%
Total  70%   30%   100%

(Note a ordem da montagem -- comece pelo 70/30; 20% de 70% eh aquele 14%;
40% de 30% eh os 12%; depois complete por somas e diferencas).

Entao, se o cara testou + no Teste A, ele eh um dos 68%; a chance de ele
estar de fato doente eh 56/68.

Para o Teste B, faca o mesmo -- mas  COMO VOCE SABE QUE ELE TESTOU + no
TESTE A, voce comeca deste 56/68. A tabela fica assim

  Doente  Nao Doente Total
B+50.4%   1.2% 51.6%
B-  5.6%  10.8%  16.4%
Total 56%12%   68%

TODO MUNDO NESTA TABELA TESTA + EM A. Entao o numero que voce quer eh
50.4/51.6 ~= 97.67% -- eh a probabilidade do cara ter a doenca, SABENDO que
ele testou + em A e em B.

Abraco,
 Ralph



2014-02-12 19:34 GMT-02:00 João Sousa starterm...@hotmail.com:

 Gostaria de auxílio para a resolução da questão abaixo.



 Após análise de sintomatologia, um médico estima que seu paciente tenha
 uma determinada doença com probabilidade

 de 70%. Para confirmar o diagnóstico inicial, ele pede ao paciente que
 faça um exame tipo A, que dá falso

 negativo com probabilidade de 20% e falso positivo com probabilidade de
 40%. O resultado desse exame dá positivo.

 Entretanto, desconfiado com a alta frequência de falso positivo do exame
 tipo A, o médico pede novamente

 que o paciente se submeta a um exame tipo B, cujas probabilidades de falso
 positivo e falso negativo são ambas

 de 10%, independentemente dos resultados do teste A. Novamente o resultado
 do teste tipo B é positivo.

 Qual a probabilidade de que o paciente tenha de fato a doença condicionada
 aos dois resultados dos exames
 tipo A e B?

 João

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Re: [obm-l] Probabilidade

[Ralph Teixeira]

Nao eh soh probabilidade, eh Teoria dos Jogos. E fica mais dificil
porque dois pistoleiros comecam com D. Francamente! :) :) :) )

Como todos os problemas com jogos sequenciais, tem que pensar de tras
para frente. Primeiro, pense o que ocorre se ficarem soh dois
pistoleiros...

Claramente, eles vao atirar um no outro ateh alguem acertar. Por
exemplo, se ficarem B e Do, com B atirando primeiro... hmm, desenhe
uma arvore de probabilidades. Fica:
a. 25% de chance de B matar Do; senao, dos 75% restantes...
   b. 50% de chance de Do Matar B; dos 50% restantes...
  c. 25% de chance de B matar Do. etc.

Ou seja, a chance de B vencer eh
25%+75%.50%.25%+75%.50%.75%.50%.25%+... Esta eh uma PG infinita, soma
25%/(1-75%.50%)=2/5=40%.

Em geral, no caso XY (onde X comeca) se X tem chance p de acertar o
tiro e Y tem chance q, entao a chance de X ganhar o duelo eh
p/(1-(1-q)(1-p)). Fazendo isso para todos os casos XY (onde X comeca
atirando), chegamos a uma tabela que acho ser...

BDo: B=40%, Do=60%
DoB: Do=80%; B=20%
BDa: B=4/13; Da=9/13
DaB: Da=12/13; B=1/13
DoDa: Do=4/7; Da=3/7
DaDo: Da=6/7; Do=1/7

Se B acertar Do, ele leva tudo para DaB, e tem soh 1/13 de chance; se
ele acertar Da, leva para DoB, e tem 20% de chance. A segunda opcao eh
melhor para B! Entao B vai atirar em Da.

Analogamente, a partir do truelo, Do decide atirar em Da (60%1/7), e
Da atira em Do (9/133/7).

Deixa eu fazer uma pausa aqui: de fato, era meio obvio pelas regras do
problema que cada um vai atirar no melhor cara restante. O que nao
era tao obvio eh o seguinte: B talvez preferisse passar a vez! De
fato, ele poderia deixar Do atirar em Da... se Do acerta, vai para BDo
(com **B** comecando!!!), com 40% de chance para B (melhor que 1/5);
se Do erra, nao tem problema, porque agora Da atira em Do -- se
acertar, fica BDa, com 4/13 de chance, ainda melhor que 1/5; se errar,
volta tudo ao inicio! Ou seja, a melhor coisa que B faria seria atirar
para o alto -- mas seu enunciado NAO PERMITE isso (regra 4), entao
este paragrafo eh inutil.

Voltando ao problema original entao, fica assim:
1. 25% de chance de B matar Da (deixando DoB); senao, dos 75% restantes...
   2. 50% de chance de Do matar Da (para BDo); dos 50% restantes...
   3. 75% de chance de Da matar Do (para BDa); dos 25% restantes...
  4. 25% de chance de B matar Da (DoB); senao...

Entao a chance de B vencer eh:
(25%)(20%)+(75%)(50%)(40%)+(75%)(50%)(75%)(4/13)+(75%)(50%)(25%)(25%)(20%)+(75%)(50%)(25%)(75%)(50%)(40%)+...

que eh outra PGs infinita de razao (75%)(50%)(25%) (o primeiro termo
sao as 3 primeiras parcelas da soma). Eu devo ter errado contas com
chance 97.55%, mas achei aqui 596/1885=31.62% de chance de B ganhar
(como eh bom ficar sob o radar, deu quase 1/3!). Os outros podem ser
calculados de maneira analoga -- aproveite para conferir minhas
contas... :)

Abraco,
  Ralph

2013/9/1 João Maldonado joao_maldona...@hotmail.com:
 Meu amigo me passou a seguinte questão, que não pude resolver
 O ano era 1872, auge do velho oeste americano, quando numa pequena cidade ao
 sul do Texas, os 3 maiores pistoleiros da época se encontraram Billy, Doolin
 e Dalton, contaminados pelos seus enormes egos, se desentenderam e
 resolveram tirar a história a limpo, naquilo que seria o maior confronto da
 história daquele país.

 Apesar de rivais, os 3 pistoleiros eram homens muito honrados, e resolveram
 propor uma série de regras para o duelo:

 1 - eles iriam se posicionar em vértices de um triângulo equilátero, de tal
 forma que a distância entre eles sempre fosse a mesma, assim, nenhum
 pistoleiro alteraria suas chances de acerto durante o duelo.

 2 - Como Billy tinha um índice de acerto menor que o dos outros dois, ele
 seria o primeiro a atirar, depois Doolin e em seguida o destemido e nunca
 antes derrotado Dalton.

 3 - Billy tinha um índice de acerto de 1/4, enquanto Doolin acertava 1 em
 cada dois tiros, e Dalton inacreditáveis 75%.

 4 - Os pistoleiros obrigatoriamente devem atirar em alguém, não podendo
 passar a vez ou errar de propósito.

 Suponha que nenhum deles fuja e que é necessário apenas um tiro para um
 pistoleiro morrer e que o duelo só termina quando só restar um sobrevivente,
 calcule a probabilidade de cada um deles vencer supondo que todos adotem uma
 estratégia perfeita.

 --
 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.


=
Instruções 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 - muito interessante...

[Mauricio de Araujo]

O raciocínio é este mesmo!! Sempre que passo este problema para alguns
alunos, eles inicialmente se assustam pois acreditam que a solução é
complicada... então recomendo que pensem um pouco na dinâmica do embarque
para perceberem que a solução não é tão complicada assim...

[]


2013/7/11 Henrique Rennó henrique.re...@gmail.com

 Se a primeira pessoa sentar justamente no seu assento, todas as outras
 também sentarão corretamente porque já tem os cartões de embarque e
 encontrarão seus assentos disponíveis e a última pessoa encontrará seu
 assento disponível. Se a primeira pessoa sentar no assento que a última
 sentaria, todas as outras irão sentar corretamente e a última encontrará
 seu assento ocupado pela primeira sobrando apenas o assento da primeira. Se
 a primeira sentar em um assento que não seja o dela nem o da última pessoa,
 uma das outras pessoas irá encontrar seu assento ocupado pela primeira e
 sentará ou no assento da primeira (e a última encontrará seu assento
 disponível), ou da última (e a última encontrará seu assento ocupado) ou em
 outro assento e as possibilidades para a próxima que iria sentar neste
 assento seriam as mesmas da anterior. O número de possibilidades é sempre
 par onde metade deixa o último assento disponível e metade deixa ocupado.

 A solução está correta? Será que existe uma solução mais simples?

 2013/7/11 Mauricio de Araujo mauricio.de.ara...@gmail.com

 *Recentemente, eu peguei um avião que tinha 137 assentos. Eu gosto
 sempre de ser o primeiro a embarcar e não foi diferente nesta ocasião.
 Infelizmente, assim que eu entrei no avião, percebi que havia perdido o meu
 cartão de embarque e não conseguia me lembrar de qual era o meu assento.
 Sem saber o que fazer, eu escolhi aleatoriamente um assento qualquer e me
 sentei. Claro que havia a probabilidade de 1/137 de eu ter escolhido o
 assento correto, ou seja, aquele que estava marcado no meu cartão de
 embarque. À medida que os demais passageiros embarcavam, cada um se dirigia
 ao seu assento e sentava-se, a menos que o mesmo estivesse ocupado. Neste
 caso, o passageiro abria mão de sentar-se no assento que estava
 originalmente atribuído a ele (conforme o cartão de embarque) e escolhia um
 outro assento qualquer para se sentar. Percebi que fui o único passageiro
 que perdeu o cartão de embarque.*
 *
 *
 *A questão que se coloca é a seguinte: qual a probabilidade de o último
 passageiro a embarcar encontrar o seu assento desocupado, ou seja,
 encontrar o assento que está no seu cartão de embarque disponível para ele
 se sentar?*

 Este problema está explicado no livro Introduction to counting and
 probability do David Patrick e tem uma resposta surpreendente: a
 probabilidade é de 50%...

 Para sentir a solução, vale a pena pensar no problema para os casos em
 que o avião tem 2, 3, 4 e 5 assentos...

 --
 Abraços

 oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
 *momentos excepcionais pedem ações excepcionais.*
 *Os cemitérios estão cheios de pessoas insubstituíveis em seus ofícios.*

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 --
 Henrique

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Abraços

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*momentos excepcionais pedem ações excepcionais.*
*Os cemitérios estão cheios de pessoas insubstituíveis em seus ofícios.*

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Re: [obm-l] Probabilidade - muito interessante...

[Mauricio de Araujo]

isso mesmo!


2013/7/11 Eduardo Wilner eduardowil...@yahoo.com.br

 Consideremos o embarque dos 136 passageiros, inclusive você, i.e.
 excluindo o último (consideramos o voo lotado)
 Assim que alguém (inclusive você) ocupar o seu lugar ou o do último
 passageiro a embarcar, os passageiros seguintes encontrarão o próprio lugar
 vago, ocupando-o.
 Portanto, quando o centésimo trigésimo sétimo passageiro embarcar,
 encontrará vago ou o próprio lugar ou o seu, com probabilidade meio à
 meio


   --
  *De:* Mauricio de Araujo mauricio.de.ara...@gmail.com
 *Para:* obm-l@mat.puc-rio.br
 *Enviadas:* Quinta-feira, 11 de Julho de 2013 10:16
 *Assunto:* [obm-l] Probabilidade - muito interessante...

 *Recentemente, eu peguei um avião que tinha 137 assentos. Eu gosto
 sempre de ser o primeiro a embarcar e não foi diferente nesta ocasião.
 Infelizmente, assim que eu entrei no avião, percebi que havia perdido o meu
 cartão de embarque e não conseguia me lembrar de qual era o meu assento.
 Sem saber o que fazer, eu escolhi aleatoriamente um assento qualquer e me
 sentei. Claro que havia a probabilidade de 1/137 de eu ter escolhido o
 assento correto, ou seja, aquele que estava marcado no meu cartão de
 embarque. À medida que os demais passageiros embarcavam, cada um se dirigia
 ao seu assento e sentava-se, a menos que o mesmo estivesse ocupado. Neste
 caso, o passageiro abria mão de sentar-se no assento que estava
 originalmente atribuído a ele (conforme o cartão de embarque) e escolhia um
 outro assento qualquer para se sentar. Percebi que fui o único passageiro
 que perdeu o cartão de embarque.*
 *
 *
 *A questão que se coloca é a seguinte: qual a probabilidade de o último
 passageiro a embarcar encontrar o seu assento desocupado, ou seja,
 encontrar o assento que está no seu cartão de embarque disponível para ele
 se sentar?*

 Este problema está explicado no livro Introduction to counting and
 probability do David Patrick e tem uma resposta surpreendente: a
 probabilidade é de 50%...

 Para sentir a solução, vale a pena pensar no problema para os casos em
 que o avião tem 2, 3, 4 e 5 assentos...

 --
 Abraços

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 *Os cemitérios estão cheios de pessoas insubstituíveis em seus ofícios.*

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Re: [obm-l] Probabilidade - muito interessante...

[Henrique Rennó]

Se a primeira pessoa sentar justamente no seu assento, todas as outras
também sentarão corretamente porque já tem os cartões de embarque e
encontrarão seus assentos disponíveis e a última pessoa encontrará seu
assento disponível. Se a primeira pessoa sentar no assento que a última
sentaria, todas as outras irão sentar corretamente e a última encontrará
seu assento ocupado pela primeira sobrando apenas o assento da primeira. Se
a primeira sentar em um assento que não seja o dela nem o da última pessoa,
uma das outras pessoas irá encontrar seu assento ocupado pela primeira e
sentará ou no assento da primeira (e a última encontrará seu assento
disponível), ou da última (e a última encontrará seu assento ocupado) ou em
outro assento e as possibilidades para a próxima que iria sentar neste
assento seriam as mesmas da anterior. O número de possibilidades é sempre
par onde metade deixa o último assento disponível e metade deixa ocupado.

A solução está correta? Será que existe uma solução mais simples?

2013/7/11 Mauricio de Araujo mauricio.de.ara...@gmail.com

 *Recentemente, eu peguei um avião que tinha 137 assentos. Eu gosto
 sempre de ser o primeiro a embarcar e não foi diferente nesta ocasião.
 Infelizmente, assim que eu entrei no avião, percebi que havia perdido o meu
 cartão de embarque e não conseguia me lembrar de qual era o meu assento.
 Sem saber o que fazer, eu escolhi aleatoriamente um assento qualquer e me
 sentei. Claro que havia a probabilidade de 1/137 de eu ter escolhido o
 assento correto, ou seja, aquele que estava marcado no meu cartão de
 embarque. À medida que os demais passageiros embarcavam, cada um se dirigia
 ao seu assento e sentava-se, a menos que o mesmo estivesse ocupado. Neste
 caso, o passageiro abria mão de sentar-se no assento que estava
 originalmente atribuído a ele (conforme o cartão de embarque) e escolhia um
 outro assento qualquer para se sentar. Percebi que fui o único passageiro
 que perdeu o cartão de embarque.*
 *
 *
 *A questão que se coloca é a seguinte: qual a probabilidade de o último
 passageiro a embarcar encontrar o seu assento desocupado, ou seja,
 encontrar o assento que está no seu cartão de embarque disponível para ele
 se sentar?*

 Este problema está explicado no livro Introduction to counting and
 probability do David Patrick e tem uma resposta surpreendente: a
 probabilidade é de 50%...

 Para sentir a solução, vale a pena pensar no problema para os casos em
 que o avião tem 2, 3, 4 e 5 assentos...

 --
 Abraços

 oɾnɐɹɐ ǝp oıɔıɹnɐɯ
 *momentos excepcionais pedem ações excepcionais.*
 *Os cemitérios estão cheios de pessoas insubstituíveis em seus ofícios.*

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 Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
 acredita-se estar livre de perigo.




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Henrique

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Re: [obm-l] Probabilidade - muito interessante...

[Eduardo Wilner]

Consideremos o embarque dos 136 passageiros, inclusive você, i.e. excluindo o 
último (consideramos o voo lotado)
Assim que alguém (inclusive você) ocupar o seu lugar ou o do último passageiro 
a embarcar, os passageiros seguintes encontrarão o próprio lugar vago, 
ocupando-o.
Portanto, quando o centésimo trigésimo sétimo passageiro embarcar, encontrará 
vago ou o próprio lugar ou o seu, com probabilidade meio à meio    




 De: Mauricio de Araujo mauricio.de.ara...@gmail.com
Para: obm-l@mat.puc-rio.br 
Enviadas: Quinta-feira, 11 de Julho de 2013 10:16
Assunto: [obm-l] Probabilidade - muito interessante...
 


Recentemente, eu peguei um avião que tinha 137 assentos. Eu gosto sempre de 
ser o primeiro a embarcar e não foi diferente nesta ocasião. Infelizmente, 
assim que eu entrei no avião, percebi que havia perdido o meu cartão de 
embarque e não conseguia me lembrar de qual era o meu assento. Sem saber o que 
fazer, eu escolhi aleatoriamente um assento qualquer e me sentei. Claro que 
havia a probabilidade de 1/137 de eu ter escolhido o assento correto, ou seja, 
aquele que estava marcado no meu cartão de embarque. À medida que os demais 
passageiros embarcavam, cada um se dirigia ao seu assento e sentava-se, a menos 
que o mesmo estivesse ocupado. Neste caso, o passageiro abria mão de sentar-se 
no assento que estava originalmente atribuído a ele (conforme o cartão de 
embarque) e escolhia um outro assento qualquer para se sentar. Percebi que fui 
o único passageiro que perdeu o cartão de embarque.

A questão que se coloca é a seguinte: qual a probabilidade de o último 
passageiro a embarcar encontrar o seu assento desocupado, ou seja, encontrar o 
assento que está no seu cartão de embarque disponível para ele se sentar?

Este problema está explicado no livro Introduction to counting and 
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é de 50%...

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avião tem 2, 3, 4 e 5 assentos... 
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Re: [obm-l] Probabilidade - II

[Rogerio Ponce]

Ola' pessoal,
no primeiro problema, existe apenas uma distribuição com a bola preta em
primeiro, segundo terceiro, ou quarto. Assim, todos tem a mesma chance
(1/4) de ganhar.

No segundo problema - 2 bolas pretas num total de 8 casas - existem
8*7/2=28 formas de distribuir as bolas pretas, das quais, na primeira
rodada, 7 correspondem ao ganho de Andre, 6 ao ganho de Bianca, 5 ao ganho
de Carlos e 4 ao ganho de Dalva.
E, na segunda rodada, 3 correspondem ao ganho de Andre (1 bola preta na 5a
posicao, e outra em 6,7, ou 8), 2 correspondem ao ganho de Bianca, 1
corresponde ao ganho de Carlos, e 0 para Dalva.

Assim, as probabilidades de ganho sao:
Andre = (7+3)/28 = 10/28
Bianca=(6+2)/28 = 8/28
Carlos=(5+1)/28 = 6/28
Dalva=(4+0)/28 = 4/28

[]'s
Rogerio Ponce

2013/7/9 Pedro Júnior pedromatematic...@gmail.com

 2. André, Bianca, Carlos e Dalva querem sortear um livro entre si. Para
 isto, colocaram 3 bolas brancas e 1 preta em uma caixa e combinaram que, em
 ordem alfabética de seus nomes, cada um tirará uma bola, sem devolvê-la à
 caixa. Aquele que tirar a bola preta ganhará o livro.

 a)  Qual é a probabilidade de que André ganhe o livro?

 b)  Qual é a probabilidade de que Dalva ganhe o livro?



 Para sortear outro livro entre eles, André sugeriu usar 2 bolas pretas e 6
 brancas. Como antes, o primeiro que tirar uma bola preta ganhará o livro;
 se as primeiras quatro bolas saírem brancas, eles continuarão a retirar
 bolas, na mesma ordem. Nesse novo sorteio:

 a)  Qual é a probabilidade de que André ganhe o livro?

 b)  Qual é a probabilidade de que Dalva ganhe o livro?

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