Sem dúvidas. Viajei na maionese. Enviado do meu iPhone
Em 7 de nov de 2018, à(s) 18:24, Bruno Visnadi <brunovisnadida...@gmail.com> escreveu: > O que o Salhab fez é, na verdade, uma boa cota mÃnima para esta > probabilidade. Então podemos afirmar que P > 3.16*10^(-15) > > Em qua, 7 de nov de 2018 à s 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 à s 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 <ralp...@gmail.com> 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 baixÃssima, 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 <teor...@gmail.com> 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 à s 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 >>>>>> possÃvel 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 à s 12:13, Claudio Buffara >>>>>> <claudio.buff...@gmail.com> escreveu: >>>>>>> Fiz mais um pequeno progresso. >>>>>>> >>>>>>> Resolvi um sub-problema. >>>>>>> De quantas formas é possÃvel 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 possÃveis 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 antivÃrus e >>>>>>>>> acredita-se estar livre de perigo. >>>>>>> >>>>>>> -- >>>>>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e >>>>>>> acredita-se estar livre de perigo. >>>>>> >>>>>> -- >>>>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e >>>>>> acredita-se estar livre de perigo. >>>>> >>>>> -- >>>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e >>>>> acredita-se estar livre de perigo. >>>> >>>> -- >>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus e >>>> acredita-se estar livre de perigo. >>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivÃrus 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.
