Oi, Amurpe:
Dois individuos A e B vão jogar cara ou coroa com uma
moeda honesta.eles combinamlançar a moeda cinco vezes e
ganha o jogo aquele que ganhar em tres ou mais
lançamentos. Cada um aposta R$28,00 .
Feitos os dois primeiros lançamentos , em ambos dos
quais A vence , eles resolvem
Vou resolver prof. Morgado, e alias, resolvo qualquer outro problema por
esse meu metodo. Tenho total certeza que na cabeça do professor que me
ensinou existe mais regras (afinal ele esta mais acostumado com o
proprio metodo do que eu) que o fazem quase nunca errar, no problema
anterior eu
Se voce nao comeasse pensando nisso, dificilmente pensaria no final, tanto
eh que nao pensou. Ou so tentou pensar vendo que a resposta nao batia. Os
alunos acham combinatoria tao dificil exatamente porque os professores nao
lhes cobram um raciocinio organizado: que tenho de fazer? para isso,
Vamos deixar o bla-bla-bla teorico de lado e vamos cair na real. Como se
resolve o problema a seguir:
De um baralho de poquer (32 cartas: 7, 8, 9, 10, valete, dama, rei e as,
cada uma delas aparecendo em quatro naipes: ouros, paus, copas e espadas)
sao sacadas 5 cartas, sem reposiao. Qual e a
Se voce fosse meu aluno sua soluçao I, que nao eh ruim, seria interrompida na primeira
frase: vou começar pegando um rei... Quem disse que para formar um par de reis em 5
cartas voce precisa que a ptimeira carta seja um rei?
Bem, eu sempre mando meus alunos se imaginarem como sendo a pessoa que
Bicho sei nao mas e que agora to desprevenido-vou pegar as RPM's de 1 ate
6 e pesquisar.La tinha as probabilidades de tudo quanto e jogo de poquer
desde um Royal atev um Nada de Interesse(nenhum ppremio especial).Sei ate
que dependendo de um certo ponto era mais facil ter um par do que ter nada
na
Bem, eu defendo a teoria que para tudo na vida ha uma tecnica adequada e
quem desrespeita a boa tecnica paga um preço: ate para atravessar a rua,
se voce nao usar a tecnica adequada, acaba sendo atropelado pela
carrocinha de sorvete. Se voce fosse meu aluno, sua oluçao seria
interrompida na
2) Aqui voce fez os casos favoraveis divididos pelos possiveis ( C(32,5)
) imaginando retirada simultanea.
O erro estah nos casos favoraveis. Vejamos o que voce fez:
Começou bem, escolhendo 2 dos 4 reis do baralho para formarem o par
propriamente dito (C(4,2) modos). Em seguida, voce se
Tirar 5 cartas do baralho (casos possiveis): C(32,5)
Casos favoraveis: tirar 5 cartas do baralho formando um par de reis.
Imagine-se a frente do baralho com a missao de tirar 5 cartas formando
um par de reis. A primeira decisao a tomar eh escolher quais os dois
reis que serao apanhados, C(4,2)
A. C. Morgado wrote:
Tirar 5 cartas do baralho (casos possiveis): C(32,5)
Casos favoraveis: tirar 5 cartas do baralho formando um par de reis.
Imagine-se a frente do baralho com a missao de tirar 5 cartas formando
um par de reis. A primeira decisao a tomar eh escolher quais os dois
reis que
A probabilidade de selecionar a moeda desejada é 1/4.
O espaço amostral dos 4 lançamentos de cada uma das 3
moedas normais indica 16 situações, das quais só uma
interessa 4 caras. Então aqui temos uma probabilidade
de 1/16 disso ocorrer para cada uma. Se for a moeda
defeituosa temos apenas um
Vamos chamar as moedas de normais e defeituosa.
P(defeituosa na certeza de 4 caras) = P(defeituosa e 4 caras)/P(4 caras)
P(defeituosa e 4 caras) = P(defeituosa)*P(4caras na certeza de
defeituosa) = (1/4)*1 = 1/4
P(4 caras) = P(4 caras e defeituosa OU 4 caras e normal) =
= P(defeituosa e 4
Caro Amurpe:
Seguem as minhas soluções para os primeiros três problemas. Vou ter de
pensar um pouco mais sobre o quarto.
1) Em uma cidade com n+1 habitantes , uma pessoa conta
um boato para uma outra pessoa , a qual por sua vez o
conta para uma terceira pessoa , etc.. . calcule a
Ha um errinho de digitaao intermediario no problemados pares. Onde aparece
o produto das combinaoes deveria aparecer o produto dividido por n!.
A resposta estah certa
Morgado
Cludio (Prtica) wrote:
Caro Amurpe:
Seguem as minhas solues para os primeiros trs problemas. Vou ter de
pensar um
3) Faça uma fila com os 2n objetos ( [2n]! possibilidades). Sua divisao em pares eh
obtida assim: os dois primeiros da fila formam o primeiro par, os dois seguintes o
segundo par etc.
Eh facil ver que ha dois problemas aih que fazem que a mesma divisao em pares
corresponda a varias filas. O
amurpe wrote:
Pessoal por favor me ajudem mais uma vez nos seguintes
problemas.
4)onze cientistas trabalham num projeto sigiloso.
por questoes de segurança , os planos são guardados em
um cofre protegido por muitos cadeados de modo que só é
possível abri-los todos se houver pelo menos 5
Isto que V está dizendo é, em essência, o Paradoxo
do Gato de Schröedinguer.
JF
- Original Message -
From:
Ralph Teixeira
To: '[EMAIL PROTECTED]'
Cc: '[EMAIL PROTECTED]'
Sent: Friday, February 07, 2003 7:41
PM
Subject: RES: [obm-l] Probabilidade
O
o (Prática)
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Friday, January 31, 2003 12:34
PM
Subject: Re: [obm-l] Probabilidade
Neste caso, eu diria que a resposta à sua
pergunta é sim.
Por exemplo, se não houver bala nenhuma de anis,
então P(primeira bala retirada é de anis) = 0. No entanto,
PROTECTED]
Sent: Thursday, January 30, 2003 8:42
PM
Subject: Re: [obm-l] Probabilidade
Oi para todos!
A "distribuição" a que me referi é o número total
de balas e a quantidade de balas de cada sabor
independente da organização geométrica em que as
balas se encont
O que você quer dizer com distribuição de balas
dentro de um pacote - é simplesmente o número de balas de cada sabor ou envolve
algum tipo de arranjo geométrico ou ordenaçào das balas (como num pacote de
Halls, por exemplo)?
- Original Message -
From:
Wagner
To: [EMAIL
Sandra viajará para A se chegar entre H:22e
(H+1):10 - intervalo de 48 minutos, e para B se chegar entre H:10 e H:22 -
intervalo de 12 minutos. Assim, P1 = 48/60 e P2 = 12/60 == P1/P2
= 48/12 = 4 == alternativa (d).
- Original Message -
From:
Marcelo
Roseira
To: [EMAIL
Pense nesse problema da seguinte maneira:
Imagine um eixo cartesiano onde x é a hora que o primeiro amigo chega e y a
hora que o segundo. Assim, como eles marcam num intervalo de 1 hora, os valores
nos eixos variam de 0 a 60 minutos. Agora marque a região onde | X - Y| =
10. Ache a área
3) A prob. de sair uma criança certa eh 1; depois disso, a prob. de sair
uma bandeira certa (ouseja, que nao seja a do paihs da criança eh 4/5.
A resposta eh 1 x (4/5) = 4/5.
amurpe wrote:
Pessoal , tentei resolver as questões abaixo de
vestibulares antigos e senti muita dúvida.
Por favor me
2) a prob. de o primeiro peh ser certo eh 18/20 = 9/10. Sepois disso, a
prob. de o segundo peh ser certo eh 1/19. A resposta eh (9/10) x (1/19)
= 9/190.
amurpe wrote:
Pessoal , tentei resolver as questões abaixo de
vestibulares antigos e senti muita dúvida.
Por favor me deem uma ajuda.
4) A prob. de serem iguais eh 1 x 1/9 (o primeiro pode ser qualquer e o
segundo deve ser igual ao primeiro). A prob. de serem diferentes eh 1 -
(1/9) = 8/9. Logo, a prob. de o segundo ser maior que o primeiro eh 4/9
e a de o segundo ser menor que o primeiro eh 4/9.
amurpe wrote:
Pessoal ,
1) O adivinho tem C(6,2)=15 chutes possiveis e apenas um correto. A
resposta eh 1/15.
amurpe wrote:
Pessoal , tentei resolver as questões abaixo de
vestibulares antigos e senti muita dúvida.
Por favor me deem uma ajuda.
Obrigado e um abraço.
Amurpe.
1)Um adivinho diz ser capaz de ler o
Olá Domingos ,
Avalio que na sua resposta 1/n(n-1) restou apenas multiplicar por 3! ,
já que você poderia tirar primeiro por ex : 234(primeiro o 2, segundo o 3
e terceiro o 4); mas também poderia ter tirado 342 ,432,324,243,423 ; e da
forma que você pensou essas sequências estariam
Está certo, reli o enunciado, ele pede simplesmente que os números sejam
consecutivos, não importando a ordem em que eles saem.
Olá Domingos ,
Avalio que na sua resposta 1/n(n-1) restou apenas multiplicar por 3! ,
já que você poderia tirar primeiro por ex : 234(primeiro o 2, segundo o 3
Por favor me ajudem nessa problema.
Numa urna são depositadas n etiquetas numeradas de 1 a
n .Tres etiquetas são sorteadas ( sem reposição).Qual a
probabilidade de que os numeros sorteados sejam
consecutivos?
A primeira etiqueta sorteada pode ser 1...n-2.
A segunda só pode ser uma das n - 1
Ha C(n, 3) = n(n-1)(n-2)/6 modos de retirar 3 etiquetas e n-2 modos de
retirar 3 etiquetas com numeros consecutivos [123, 234,...,
(n-2)(n-1)n]. A resposta eh o quociente, 6/[n(n-1)]
Morgado
amurpe wrote:
Por favor me ajudem nessa problema.
Numa urna são depositadas n etiquetas numeradas de 1
O primeiro ganha se:
i) tira azul p=1/3
ii) tira vermelha, seu adversario tira vermelha, tira azul p =
(2/3)(2/3)(1/3)
iii) A p = (2/3)(2/3)(2/3)(2/3)(1/3)
..
Basta somar. Eh uma pg de razao 4/9 e primeiro termo 1/3.
Gabriel Pérgola wrote:
seja n = 3, a probabilidade então seria 6/(3.2) = 1???
acho que a probabilidade é 1/[n(n+1)]
Ha C(n, 3) = n(n-1)(n-2)/6 modos de retirar 3 etiquetas e n-2 modos de
retirar 3 etiquetas com numeros consecutivos [123, 234,...,
(n-2)(n-1)n]. A resposta eh o quociente, 6/[n(n-1)]
Morgado
amurpe
ganhar de primeira 1/3 +
ganhar na segunda rodada... (2/3)².(1/3) +
ganhar na terceira rodada... (2/3)^4.(1/3) + ...
é uma somatória infinita...
P = 1/3 + (4/9).(1/3) + (4/9)² + ...
P*(4/9) = (4/9).(1/3) + (4/9)² + ...
5/9P = 1/3
P = 9/5 * 1/3 = 3/5
Boa noite lista,
Gostaria da explicação da
Para n=3 , a probabilidade é realmente igual a 1 , já que as
etiquetas serão numeradas de 1 a 3 ( 123).
[]´s Carlos Victor
At 22:11 19/1/2003 -0300, Domingos Jr. wrote:
seja n = 3, a probabilidade então seria 6/(3.2) = 1???
acho que a probabilidade é 1/[n(n+1)]
Ha C(n, 3) =
Para n=3 , a probabilidade é realmente igual a 1 , já que as
etiquetas serão numeradas de 1 a 3 ( 123).
[]´s Carlos Victor
Acho que entendi agora a diferença... o que eu calculei foi a retirada de
uma etiqueta por vez e não das 3 etiquetas ao mesmo tempo... uma sutileza,
mas eu
As 10 possibilidades listadas não são equiprováveis, ou seja, não têm
probabilidade de 10% cada. Na verdade, as probabilidades são as seguintes:
P (ABABA) = 3,125%
P (ABAA) = 6,25%
P (AA) = 25%
P (BAA) = 12,5%
P (BABAA) = 3,125%
P (BABAB) = 3,125%
P (BABB) = 6,25%
P (BB) = 25%
P
Neste caso a quantidade de resultados possíveis é
bem pequena e portanto é possível lista-los.
Seja A a vitória da primeira equipe e B a vitória
da segunda equipe. Os resultados possíveis são:
ABABA
ABAA
AA
BAA
BABAA
BABAB
BABB
BB
ABB
ABABB
dentre as 10 possibilidades listadas há 8 em que
A observaao sobre Flamengo e Botafogo nao eh verdadeira se o Botafogo jogar
com a equipe reserva.
Morgado
Marcos Paulo wrote:
Neste caso a quantidade de resultados
possveis bem pequena e portanto possvel lista-los.
Seja A a vitria da primeira equipe e
B a vitria da segunda
Estrategia:
Algum resultado eh 5 menos ( algum resultado eh 5 e os outros sao impares)
Soluao: Algum resultado eh 5 -- prob. igual a 1 - (5/6)^3
algum resultado eh 5 e os outros sao impares
-- 5 I I (I significa impar diferente de 5) prob. (1/6).(2/6).(2/6)
(ha outros dois casos analogos,
Title: Help
suponha que vc coloque x bolas brancas e y bolas
pretas numa sacola
no outra sacola devem haver 10-x b.b. e 10-y
b.p.
a probabilidade de pegar cada sacola é 1/2, logo a
probabilidade de pegar uma bola branca é:
(1/2).x/(x+y) + 1/2.(10-x)/[10-x+10-y]
se as variáveis fossem
On Wed, Dec 18, 2002 at 10:17:57AM -0200, Cláudio (Prática) wrote:
Existem 10 bolas brancas (indistinguíveis) e 10 bolas pretas (idem),
as quais devem ser distribuídas entre duas sacolas de forma
que em cada sacola haja pelo menos uma bola.
Escolhe-se uma sacola ao acaso e dela retira-se uma
, December 18, 2002 10:47
AM
Subject: Re: [obm-l] Probabilidade
Urna 1: uma
bola brancaUrna 2: as outras 19 bolas.Cláudio (Prática) wrote:
href="" class=moz-txt-link-freetext
href="">file://C:\WINDOWS\
Existem 10 bolas brancas (indistinguíveis)
A prob. de ser lata de atum eh
(1/2).(3/10)+(1/2).[x/(x+6)]
Fazendo isso ser maior que ou igual a 1/2 da x maior que ou igual a 14.
Eder wrote:
Por favor,ajudem-me com esta:
Em um balco de supermercado, foram esquecidas
duas sacolas.Uma continha 3 latas de atum,2 de ervilha e
seja p = 27/1000 .
Agradeço novamente desde já
[]´s Nick
To: [EMAIL PROTECTED] Subject: Re: [obm-l] Probabilidade
Por isso tem tanta gente que acha probabilidade complicado! Que enunciado
mal redigido!
Quantos são os salgadinhos de cada tipo?
Admitindo-se um bando de coisas que nao estao
, depois um segundo salgadinho e assim por diante)
; casos favorveis = C(10,2)X 4!/2!2! =
270 ou seja p = 27/1000 .
Agradeo novamente desde j
[]s Nick
To: [EMAIL PROTECTED] Subject: Re: [obm-l] Probabilidade
Por isso
Por isso tem tanta gente que acha probabilidade complicado! Que
enunciado mal redigido!
Quantos são os salgadinhos de cada tipo?
Admitindo-se um bando de coisas que nao estao no enunciado, talvez a
resposta seja C(10,2)/CR(10,4) = 45/715 = 9/143
fnicks wrote:
Olá Pessoal ,
Preciso de ajuda
Ha 2^4 = 16 casos possiveis (cada elemento pode ser par ou impar, e supomos
que isso ocorra com prob. iguais).
Para ser impar, o produto da diagonal principal deve ser par e o da secundaria
impar, ou vice-versa. Para o da principal ser par, ha 3 casos (PP, PI, IP)
e para o da secundaria ser
Para o determinante ser impar, o produto dos elementos
de uma das diagonais deve ser par e na outra ser
impar.
Eu fiz pegando todos os casos. Escrevi numa unica
linha pra ficar mais facil (a11a22,a12a21)e fui
combinando. Pelas minhas contas deu 6/16=3/8. Gostaria
de saber do pessoal se tem outra
Pense nos 6 lugares _ _ _ _ _ _ , os dois primeiros formando o primeiro barco...
O numero de casos possiveis eh 6x5x4x3x2x1 = 720 (ha 6 lugares para colocar
A, 5 para B,)
O numero de casos favoraveis eh 6x1x4x1x2x1=48 (ha 6 lugares para colocar
A, 1 para B pois B tem que ficar no mesmo
Escolhe-se ao acaso três vértices distintos de um cubo.
A probabilidade de que estes vértices pertençam a uma mesma face é?
Deixa eu ver...
Se um vértice foi escolhido, a chance do segundo pertencer a mesma face
seria 6/7 (o único que não serve é o oposto ao primeiro)
Agora a chance de
(A não ser que eu tenha algum erro bobo... ^ ^)
...como este... ^-- tenha *feito* algum
^_^'
Wendel Scardua
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a
On Fri, Nov 08, 2002 at 11:47:09AM -0300, Wendel Scardua wrote:
Escolhe-se ao acaso três vértices distintos de um cubo.
A probabilidade de que estes vértices pertençam a uma mesma face é?
Deixa eu ver...
Se um vértice foi escolhido, a chance do segundo pertencer a mesma face
seria 6/7
sejam a, b e c os tamanhos
a + b c
logo temos 3.P[a + b c] a probabilidade a ser
calculada (o fator 3 vem do fato de que eu posso ter a + b c ou a + c
b ou b + c a, tanto faz)
esse tipo de probabilidade é resolvido em geral
através deprobabilidadecondicional...
no caso discreto seria
Olá Felipe ,
Na RPM 34 há um artigo do Professor Eduardo
Wagner sobre probabilidade geométrica que
trata deste problema , ok ?
[]´s Carlos Victor
At 18:06 14/10/2002 -0300, Felipe Villela Dias wrote:
Pessoal, será que alguém pode me
ajudar no seguinte problema:
Quebra-se aleatoriamente um
EMAIL PROTECTED]>Enviada em: Quarta-feira, 2 de Outubro de 2002 14:15Assunto: msg p/JF (prob-2) En: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade -Mensagem Original- De: <[EMAIL PROTECTED]> Para: <[EMAIL PROTECTED]> Enviada em: Quarta-feira, 2 de Outubro de 2002 01:46 Assunto: [obm-l] Re:
002 01:46 Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade Temos 3 bolas brancas ao todo, 2 na primeira gaveta e uma na terceira. Se você retirou uma bola branca, há 2/3 de probabilidade de teraberto a primeira gaveta e 1/3 de ter aberto a segunda. A outra bolinha será branca caso a gaveta aber
ncisco Guimaraes Costa
<[EMAIL PROTECTED]>Para: Alice <[EMAIL PROTECTED]>Enviada
em: Quarta-feira, 2 de Outubro de 2002 14:15Assunto: msg p/JF (prob-2)
En: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade -Mensagem
Original- De: <[EMAIL PROTECTED]! R> Para:
<[E
On Mon, Oct 07, 2002 at 04:10:55PM -0300, Jose Francisco Guimaraes Costa wrote:
Eu não havia notado que era uma pegadinha.
Eu não participei da discussão até agora. Mas devo notar que este problema
não é uma pegadinha, é um problema clássico que muitos resolvem errado.
A resposta certa é 2/3;
, de V ter tirado a
primeira bola da gaveta 1, é 1/2.
JF
-Mensagem Original-
De: Jose Francisco Guimaraes Costa [EMAIL PROTECTED]
Para: Alice [EMAIL PROTECTED]
Enviada em: Quarta-feira, 2 de Outubro de 2002 14:15
Assunto: msg p/JF (prob-2) En: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade
/JF (prob-2) En: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade
-Mensagem Original-
De: [EMAIL PROTECTED]
Para: [EMAIL PROTECTED]
Enviada em: Quarta-feira, 2 de Outubro de 2002 01:46
Assunto: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade
Temos 3 bolas brancas ao todo, 2 na primeira gaveta e uma na
Temos 3 bolas brancas ao todo, 2 na primeira gaveta e uma na terceira.
Se você retirou uma bola branca, há 2/3 de probabilidade de ter aberto a
primeira gaveta e 1/3 de ter aberto a segunda. A outra bolinha será branca
caso a gaveta aberta tenha sido a primeira, logo a probabilidade é de 2/3.
On Sat, Sep 21, 2002 at 07:43:50PM -0300, Wagner wrote:
Oi para todos !
É possível descrever a probabilidade do evento abaixo em uma fórmula apenas?
Uma caneta é girada por uma pessoa de forma aleatória. Os movimentos possíveis
da caneta são meia volta para a esquerda e meia
0 coroa para ambos: 1/2 (para B) x 1/4 (para A)= 1/8
1 coroa para cada um:1/2 (para B) x 1/2 (para A)= 1/4
A resposta é 1/8 + 1/4 = 3/8
Em Tue, 23 Apr 2002 14:26:49 -0300, Carlos Roberto de Moraes
[EMAIL PROTECTED] disse:
Alguem pode me ajudar:
Duas pessoas A e B arremessam moedas. Se A
hum.. to fazendo meio por alto, veja se está certa minha solução:
Sejam os eventos:
A: a ação é ótima
C: o corretor está certo no palpite
Do enunciado:
P(A) = 0.01
P(C) = 0.9
P(A/C) = 0.9 . 0.01 = 0.009
Queremos P(C/A) (se tivermos uma ação ótima.. qual a prob. do palpite do
corretor estar
Ola Edson e demais
colegas desta lista,
Muito provavelmente nao responderam porque o problema e facil demais.
EU VOU SUPOR QUE A ORDEM E ALGO IRRELEVANTE NO PROBLEMA !
Marcar um numero aleatoriamente e como se ele fosse escolhido aleatoriamente
... A probabilidade de um numero particular ser
Completando:
1) Ha um artigo do Gugu sobre isso em alguma RPM.
2) Permutaçoes caoticas aparecem no Analise Combinatoria e Probabilidade
editado pela SBM.
Paulo Santa Rita wrote:
Ola Andre e demais colegas
desta lista :
Uma feliz Pascoa para Todos !
A Questao 2 ja foi bem respondida.
Ola Andre e demais colegas
desta lista :
Uma feliz Pascoa para Todos !
A Questao 2 ja foi bem respondida. Resta esclarecer a primeira. Para tanto,
considere a permutacao de letras seguinte :
ABCD
Qualquer outra permutacao na qual nao ha uma letra ocupando a posicao
original ( A MESMA
PROTECTED]
Sent: Sunday, March 31, 2002 3:48 PM
Subject: Re: [obm-l] Probabilidade
Ola Andre e demais colegas
desta lista :
Uma feliz Pascoa para Todos !
A Questao 2 ja foi bem respondida. Resta esclarecer a primeira. Para tanto,
considere a permutacao de letras seguinte :
ABCD
Qualquer outra
2) O numero de distribuioes possiveis eh C(2n, n), pois para distribuir
basta escolher os n sujeitos que receberao sorvetes de sabor A.
O numero de distribuioes favoraveis eh C( 2n-a-b, n-a) pois basta escolher
entre os sem preferencias os que receberao sorvetes de sabor A.
A resposta eh C(
Na mensagem anterior, pisei na bola. A resposta que mandei do problema 1
eh a probabilidade de que nao ocorra... A probabilidade de que ocorra pelo
menos um eh igual a 1-resposta mandada.
Andr wrote:
000c01c1d786$4a529480$672797c8@andre">
Alguem pode me dar uma mao nos problemas:
Se as amostras sao eventos independentes, porque a a probabilidade da
segunda amostra ser branca nao é (1-p)???
-Mensagem Original-
De: [EMAIL PROTECTED]
Para: [EMAIL PROTECTED]
Enviada em: Segunda-feira, 11 de Março de 2002 22:53 Terezan
Assunto: [obm-l] Probabilidade da probabilidade
Não tenho a resposta do problema. Tirei de um livro
chamado Random processes with matlab applications (é
mais ou menos isso), Donald Childers , McGraw-Hill.
Só que esse livros não traz uma resposta sequer dos
seus exercícios (livros deste tipo irritam que estuda
sozinho).
Mas a resposta dada pelo
Uma das maiores dificuldades com problemas envolvendo probabilidades
e que eles costumam ser mal enunciados, esperando que se adivinhe
o que esta faltando:
Suponhamos que o nosso macaco coloque cada bola na primeira caixa,
com probabilidade x, na segunda com y e na terceira com z.
Desenvolva
mas ve se o macaco naum colocar todas asa bolas nas
caixas?
--- Augusto César Morgado [EMAIL PROTECTED]
escreveu: A probabilidade de as tres primeiras bolas
(que o
macaco coloca) irem
para a primeira caixa, as tres seguintes para a
segunda e as quatro
ultimas para a terceira caixa(ou
a resposta do Augusto e do Angelo sao equivalentes, a probabilidade é
1400/19683=0.0711274
-- Mensagem original --
A probabilidade de as tres primeiras bolas (que o macaco coloca) irem
para a primeira caixa, as tres seguintes para a segunda e as quatro
ultimas para a terceira caixa(ou seja,
Um probleminha que não entendi direito; alguém poderia
me ajudar ?
Um macaco é colocado numa sala onde existem 10 bolas e
três caixas vazias. Em um dado momento o macaco começa
a colocar as bolas (de maneira aleatória) nas caixas.
Qual a probabilidade dele colocar 3 bolas na primeira
Acho que é 1/66. Vc tem a resposta?!
A soma dos números de bolas nas caixas é 10, então o problema se resume em
achar o número de soluções não-negativas de x+y+z=10, que é 66.
- Original Message -
From: Marcos Reynaldo [EMAIL PROTECTED]
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Friday, February 15,
401 - 477 de 477 matches
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