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 <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 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 <teor...@gmail.com> >>>>> 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.
