Obrigado, Ralph!
Em qui, 24 de jun de 2021 23:55, Ralph Costa Teixeira
escreveu:
> Sim, são falsas!
>
> Seu exemplo mata o problema! Seus eventos A e B são independentes, mas:
>
> Em (1), P (A | B e C) = 0, enquanto P(A | C) = 1/2.
> Em (2), P(A e B | C) = 0, enquanto P(A | C) = P (B | C) =
Sim, são falsas!
Seu exemplo mata o problema! Seus eventos A e B são independentes, mas:
Em (1), P (A | B e C) = 0, enquanto P(A | C) = 1/2.
Em (2), P(A e B | C) = 0, enquanto P(A | C) = P (B | C) = 1/2.
Em suma, quando uma nova informação (C) chega, eventos (A) e (B) que eram
independentes
Obrigado Ralph pela explicação didática.
Ficou esclarecida a minha dúvida
Abraços
Pacini
Em 23/04/2021 16:59, Ralph Costa Teixeira escreveu:
> Ah, Pacini, você levanta um ponto interessante...
>
> Primeiro, deixa eu esclarecer: eu usei p(n) = Pr (A vai vencer o jogo | A tem
> n
Ah, Pacini, você levanta um ponto interessante...
Primeiro, deixa eu esclarecer: eu usei p(n) = Pr (A vai vencer o jogo | A
tem n pontos a mais do que B agora); ou seja, não seria exatamente o que
você interpretou ali.
Daqui meu argumento de simetria: a partir do momento em que A tem 0 pontos
a
Desculpe Ralph,
O que não ficou claro pra mim foi o fato de que p(0) =1/2 , já que p(0)
traduz a probabilidade de de ficar com diferença de zero ponto agora ou
depois, ou seja, partindo de zero ponto de diferença entre os dois
jogadores, poderia ficar assim a vida toda, não ? Em que estou
; resultados possíveis numa determinada rodada do jogo! Dito assim, o
>> enunciado admite, para cada rodada 4 possibilidades: (A=1, B=1); (A=1,
>> B=0); (A=0, B=1); (A=0, B=0).
>>
>>
>>
>> *Albert Bouskelá*
>>
>> bousk...@gmail.com
>
(A=1,
> B=0); (A=0, B=1); (A=0, B=0).
>
>
>
> *Albert Bouskelá*
>
> bousk...@gmail.com
>
>
>
> *De:* owner-ob...@mat.puc-rio.br *Em nome de
> *Professor Vanderlei Nemitz
> *Enviada em:* quinta-feira, 8 de abril de 2021 14:34
> *Para:* OBM
> *Assunto:* R
Acredito que foi este ano. Passaram pra mim desta forma.
Pacini
Em 08/04/2021 14:33, Professor Vanderlei Nemitz escreveu:
> Muito legal esse tipo de problema.
> Em que ano caiu, você sabe, Pacini?
>
> Em sáb., 3 de abr. de 2021 às 15:22, Pacini Bores
> escreveu:
>
>> Olá pessoal,
Muito legal esse tipo de problema.
Em que ano caiu, você sabe, Pacini?
Em sáb., 3 de abr. de 2021 às 15:22, Pacini Bores
escreveu:
> Olá pessoal, Encontrei uma resposta que não está entre as opções desta
> questão do Canguru.
>
> " um certo jogo tem um vencedor quando este atinge 3 pontos a
Obrigado Ralph
Abraços
Em 03/04/2021 18:08, Ralph Costa Teixeira escreveu:
> Vou dizer que "o jogo está na posicao n" quando A tem n pontos de vantagem; e
> vou chamar de p(n) a probabilidade de A vencer o jogo (agora ou depois)
> sabendo que (agora) A tem n pontos mais do que B.
>
>
Vou dizer que "o jogo está na posicao n" quando A tem n pontos de vantagem;
e vou chamar de p(n) a probabilidade de A vencer o jogo (agora ou depois)
sabendo que (agora) A tem n pontos mais do que B.
Por exemplo, p(3)=1, p(-3)=0 e p(0)=1/2 (por simetria).
Aliás, por simetria, vemos que
Não consigo ver nada
Em qua., 11 de nov. de 2020 às 14:52, Pedro Lazéra
escreveu:
>
Que interessante! Pra mim deu isso tb, por outro caminho. Podemos ter: 0,
1, 2, 3, 4 ou 5 caras no máximo. 1 cara: podemos escolhemos 1 posição
qualquer dentre as 10; 2 caras: podemos escolher 2 posições de um total de
9, porque 1 posição entre caras deve ser garantido pra coroa; 3 caras:
Vou chamar coroa de C e cara de K. Vamos criar duas funcoes:
f(n)=numero de sequências de n lançamentos sem CC, terminando com K.
g(n)=numero de sequências de n lançamentos sem CC, terminando com C.
Por exemplo:
f(1)=1 (K); g(1)=1 (C); f(2)=2 (CK, KK); g(2)=1 (KC)...
Pois bem, note que
Tem razão.
O que eu calculei foi a probabilidade dos 4 nordestinos ficarem no grupo 1.
Mas há 4 grupos possíveis.
Logo, a probabilidade é 4/C(16,4) = 1/C(15,3).
Valeu!
Abs
Enviado do meu iPhone
Em 5 de ago de 2019, à(s) 16:46, Bruno Visnadi
escreveu:
> Existem 4 grupos possÃveis para
Existem 4 grupos possíveis para abrigar os 4 times nordestinos. A
probabilidade é, portanto, 4/C(16,4) ou 1/C(15, 3).
Imagine que você fixe a posição de um dos 4 times nordestinos no grupo X.
Sobram 15 times, e as chances dos outros 3 nordestinos ocuparem as 3 vagas
restantes no grupo X é 1/C(15,
Existem C(16,4) maneiras diferentes de escolher 4 times de um conjunto com
16 times. Em apenas uma delas os 4 times escolhidos são os nordestinos.
Logo, a probabilidade desejada é 1/C(16,4).
Outra maneira de fazer isso é:
No de casos possíveis = 16!/(4!)^4 * 4! (a multiplicação por 4! distingue
Eu cheguei a uma resposta diferente:
(4!12!4)/16! =~ 0,002
Acho que isso pode mudar dependendo de como é esse sorteio (estou assumindo
que serão sorteados os 16 times, sem reposição, e os quatro primeiros ficam
no primeiro grupo, os 4 seguintes no segundo grupo e assim sucessivamente).
Sobre as
Aqui um artigo bem completo sobre o assunto:
https://en.wikipedia.org/wiki/Boy_or_Girl_paradox
Abraco, Ralph.
On Tue, May 28, 2019 at 7:02 PM Pedro José wrote:
> Boa noite!
> Creio que o a palavra "outro", implica que os dois devam ser do sexo
> masculino. O enunciado poderia ter ajudado com a
Boa noite!
Creio que o a palavra "outro", implica que os dois devam ser do sexo
masculino. O enunciado poderia ter ajudado com a palavra também para dar
ênfase. Mas creio que "outro" já é suficiente.
Saudações,
PJMS
Em ter, 28 de mai de 2019 às 18:17, Rodrigo Ângelo
escreveu:
> A velha
A velha história do problema mal formulado
Eu concordo 100% com a interpretação do Pedro, mas analisando o texto do
problema, também cabe espaço para a seguinte interpretação:
João e Maria tem dois filhos: A e B, e sabe-se que *um dos filhos* é um
menino, ou seja,A é menino ou B é menino. Se P(A
Eu acho que o enunciado foi bem claro. Num primeiro momento, o
enunciado fala "sabe-se que *um* dos filhos é um menino". Em seguida,
ele pergunta "qual a probabilidade de *o outro* ser menino". Os termos
"um" no primeiro momento e "o outro" no final estão especificando os
filhos, então a resposta
Valeu Ralph, obrigado, eu tive a mesma interpretação, e acredito que o
problema podia ter sido melhor elaborado.
Mas de qualquer forma, obrigado.
Um abraço do
Douglas Oliveira.
Em ter, 28 de mai de 2019 16:36, Ralph Teixeira
escreveu:
> Problema de difícil resposta, depende de como
Problema de difícil resposta, depende de como interpretar a frase "um dos
filhos é menino"... Do ponto de vista probabilísitco, depende de como a
informação de que um deles é menino foi obtida.
Vou supor que os filhos estão numa certa ordem, e colocar H para menino e M
para menina. Então, vou
On Tue, May 28, 2019 at 10:34 AM matematica10complicada
wrote:
>
> Olá amigos, o que acham desse problema?
>
> Qual seria a resposta?
>
> João e Maria tem dois filhos, e sabe-se que um dos filhos é um menino. Se a
> probabilidade de um filho ser do sexo masculino é igual a 50%, é correto
>
Puxa Ralph valeu demais!!
Em seg, 27 de mai de 2019 às 22:58, Ralph Teixeira
escreveu:
> Ah, esse eh um problema classico e MUITO bonito! :D
>
> Seja A o evento: "Tem mais caras nas vermelhas do que coroas nas pretas."
> Seja B o evento: "Tem mais coroas nas vermelhas do que caras nas pretas."
Ah, esse eh um problema classico e MUITO bonito! :D
Seja A o evento: "Tem mais caras nas vermelhas do que coroas nas pretas."
Seja B o evento: "Tem mais coroas nas vermelhas do que caras nas pretas."
Queremos p(A). Note que p(A)=p(B) por simetria (moedas honestas, nada muda
se trocar cara por
On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues wrote:
>
> Muito obrigado pelos avanços.
>
> Se der pra calcular o valor exato melhor, mas se desse pra estimar essa
> probabilidade, eu ficaria satisfeito. Depois explico o contexto prático do
> problema.
Se for só "estimar", eu sugiro dar uma
Talvez dê pra melhorar essa desigualdade fazendo uma recursão dupla com N e
K, onde N é o número de letras e K o número de letras iguais em cada
trecho. Assim, iria incluir ABABCDCD, mas não iria incluir ABACBDCD.
Abraços,
Salhab
Il giorno mer 7 nov 2018 alle ore 18:32 Bruno Visnadi <
Sem dúvidas. Viajei na maionese.
Enviado do meu iPhone
Em 7 de nov de 2018, à(s) 18:24, Bruno Visnadi
escreveu:
> O que o Salhab fez é, na verdade, uma boa cota mÃnima para esta
> probabilidade. Então podemos afirmar que P > 3.16*10^(-15)
>
> Em qua, 7 de nov de 2018 Ã s 17:21, Bruno
O que o Salhab fez é, na verdade, uma boa cota mínima para esta
probabilidade. Então podemos afirmar que P > 3.16*10^(-15)
Em qua, 7 de nov de 2018 às 17:21, Bruno Visnadi <
brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
> Por que 4*C(46,15)? Talvez seria melhor usar C(46,15)^4 ou, ainda melhor,
>
Por que 4*C(46,15)? Talvez seria melhor usar C(46,15)^4 ou, ainda melhor,
C(46,15)^3, se entendi corretamente a ideia.
Em qua, 7 de nov de 2018 às 16:44, Claudio Buffara <
claudio.buff...@gmail.com> escreveu:
> Uma desigualdade é:
> P <= 4*C(46,15) / (60!/(15!)^4) =
>
Ralph,
eu tinha feito a mesma conta que você hoje pela manhã.
A questão surgiu por curiosidade após uma polêmica nos concursos da
CEV/UECE aqui no Ceará. Resumindo: os três últimos concursos (vestibular
2018.2/ SEDUC e SECULT) tiveram as 60 primeiras questões com gabaritos
iguais! Exatamente
Eu sei que é um roubo, mas... tem que ser mesmo exatamente 15 de cada tipo?
Não seria suficiente fazer alguma hipótese que diz que nenhum item foi
favorecido **no sorteio**?
Digo isso porque vejo um outro problema, também bastante prático, bem mais
fácil de resolver: para cada questão, sorteie
Uma desigualdade é:
P <= 4*C(46,15) / (60!/(15!)^4) =
4*(15!)^2/(60*59*58*...*48*47*31*30*29*...*17*16) = 7,19336*10^(-22)
(se não errei alguma conta...)
On Wed, Nov 7, 2018 at 5:24 PM Ralph Teixeira wrote:
> Não tenho a resposta, mas tenho uma boa intuição se for para um contexto
> prático:
Sim.
C(46,15) = C(45,15) + C(45,14) = (C(44,15) + C(44,14)) + (C(44,14) +
C(44,13)) = C(44,15) + 2*C(44,14) + C(44,13).
Mas a ideia de considerar blocos "duplos" não me parece muito óbvia.
[]s,
Claudio.
On Wed, Nov 7, 2018 at 1:49 PM Bruno Visnadi
wrote:
> Uma maneira mais simples de colocar
Não tenho a resposta, mas tenho uma boa intuição se for para um contexto
prático: esta probabilidade será super super baixa... :D :D :D
Uma maneira de estimar é fazer mesmo simulações: faça um programa para
sortear uma ordem, verifique se houve 2 letras iguais adjacentes, repita um
quinquilhão de
Tem razão. Na minha solução esse caso não está contado. Desculpe :)
Abraços,
Salhab
Il giorno mer 7 nov 2018 alle ore 16:58 Paulo Rodrigues
ha scritto:
> Marcelo, quando quebramos um bloco de 8 em dois de 4, cada bloco não tem
> letras repetidas, mas não obrigatoriamente tem todas as letras.
Marcelo, quando quebramos um bloco de 8 em dois de 4, cada bloco não tem
letras repetidas, mas não obrigatoriamente tem todas as letras. Por exemplo,
A B A C D C D B.
Acho que com o seu raciocínio dá para obter uma desigualdade.
Paulo Rodrigues
85-9760-7812
Em qua, 7 de nov de 2018 às 16:27,
Não sei se concordo com essa solução, creio que f(2) seja maior que 432. Se
entendi corretamente, você só contou casos em que nenhuma letra se repete
dentro das 4 primeiras ou das 4 últimas, mas há outras possibilidades, como
ABABCDCD.
Em qua, 7 de nov de 2018 às 15:27, Marcelo Salhab Brogliato <
Olá, Paulo, boa tarde.
Pensei da seguinte forma: tentar uma recursão na quantidade de cada uma das
letras. Assim, a quantidade de formas de montar um gabarito sem ter duas
letras consecutivas iguais seria f(15).
Como a propriedade de não ter letras iguais se aplica para qualquer
subconjunto do
Muito obrigado pelos avanços.
Se der pra calcular o valor exato melhor, mas se desse pra estimar essa
probabilidade, eu ficaria satisfeito. Depois explico o contexto prático do
problema.
Paulo Rodrigues
Em qua, 7 de nov de 2018 às 13:49, Bruno Visnadi <
brunovisnadida...@gmail.com> escreveu:
Uma maneira mais simples de colocar os As é imaginar que cada A é uma peça
que ocupa 2 espaços, e adicionar um 61º espaço para que seja possível
colocar um A na casa 60.
Então há 15 As e sobram 61-30 = 31 espaços, e há C(46, 15) maneiras de
colocar os As.
Em qua, 7 de nov de 2018 às 12:13,
Fiz mais um pequeno progresso.
Resolvi um sub-problema.
De quantas formas é possível colocar 15 As nas 60 posições de modo que 2 As
não ocupem posições adjacentes.
Há 4 casos (exaustivos e mutuamente exclusivos) a considerar:
1) A primeira e a última posição são ocupadas por As:
Nesse caso, uma
O número de casos possíveis é C(60,15)*C(45,15)*C(30,15)*C(15,15) =
60!/(15!)^4
(das 60 posições da sequencia, escolhe 15 para colocar os As; das 45
restantes, escolhe mais 15 pra colocar os Bs; etc...)
O número de casos favoráveis é mais chatinho.
Eu sugiro olhar prum caso menor pra ver se
Podem me dizer onde eu posso encontrar algum material sobre
somatório/produtório?
Em 7 de dezembro de 2017 18:55, Pedro José escreveu:
> Boa noite!
>
> O problema genérico seria k grupos com ni animais, 1<=i <=k. Sorteando k
> animais.
>
> N: número total de animais
Obrigado, agora entendi.
Em 7 de dezembro de 2017 18:18, Lucas Reis
escreveu:
> Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
> resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110
>
Obrigado, agora eu entendi
Em 7 de dezembro de 2017 18:18, Lucas Reis
escreveu:
> Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
> resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110
>
Boa noite!
O problema genérico seria k grupos com ni animais, 1<=i <=k. Sorteando k
animais.
N: número total de animais [image: Imagem
inline 1]
M: Número de eventos de uma raiz a uma folha. [image: Imagem inline 4]
U: Número de eventos totais.
Acredito que mudar a primeira escolha seria permutar a primeira fazenda na
resolução Pedro José. Como são três opções com as mesmas 2*90*110*80
possibilidades, dá um total de 6*90*110*80 eventos.
Em 7 de dez de 2017 11:10 AM, "Arthur Vieira"
escreveu:
> O que seria mudar a
O que seria mudar a primeira escolha?
Em 7 de dezembro de 2017 11:33, Pedro José escreveu:
> Bom dia!
> Resolvendo por grafo.
>
> Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
> terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
> Note
Bom dia!
Resolvendo por grafo.
Para a primeira escolha sendo T há 90 ocorrências. Então o segundo com
terceiro deverá ser BV e MV ou MV e BV, o que daria 2*90*110*80.
Note que se mudar a primeira escolha, também dará 2*90*110*80.
Então serão 6*90*110*80 chances favoráveis.
O universo é
De fato, eu fiz uma bobagem no wolframalpha. Agora cheguei nos mesmos
0.21881112621423598
do Nowras
Em 6 de dezembro de 2017 21:07, Nowras Ali escreveu:
> Caro Douglas,
>
> Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
> \binom{80}{1})/\binom{280}{3}
Caro Douglas,
Acredito que a probabilidade seria P = (\binom{90}{1} \binom{110}{1}
\binom{80}{1})/\binom{280}{3} = (110*90*80)/\binom{280}{3} =
0.21881112621423598.
Abraços,
Nowras.
Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Caros
Talvez eu tenha feito alguma bobagem, mas cheguei em uma resposta
estranha: 114943/542934
Em 6 de dezembro de 2017 19:58, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Caros amigos, preciso da ajuda dos senhores para confirmar um gabarito de
> uma questão:
>
> Eis a
Boa tarde!
Creio que o simultaneamente se refere aos dados (dois) que cada jogador
fará. Não faz diferença para a probabilidade, mas pode gerar dúvidas para a
contagem de jogadas.
Em 17 de novembro de 2017 17:55, Douglas Oliveira de Lima <
profdouglaso.del...@gmail.com> escreveu:
> Valeu Pedro
Valeu Pedro também achei esquisito.
Douglas Oliveira.
Em 17 de nov de 2017 16:49, "Pedro José" escreveu:
> Boa tarde!
>
> Não ficou claro o enunciado. Primeiramente cita que o lançamento é
> simultâneo, depois que Alfredo é o primeiro a jogar. tem uma vírgula
> seguida da
Boa tarde!
Não ficou claro o enunciado. Primeiramente cita que o lançamento é
simultâneo, depois que Alfredo é o primeiro a jogar. tem uma vírgula
seguida da expressão não há vencedor que não faz o menor sentido...
Supondo que os lançamentos são intercalados. E que se uma pessoa atinge a
soma 10
Concordo, Marcelo. De fato, a última metade da minha solução está
incorreta. A probabilidade de um subconjunto específico de K elementos
sobrar é de fato [(N-K)!*(N-A)!/(N!*(N-K-A)!)]^P, mas é possível que outros
números não pertencentes a este subconjunto tenham sobrado!
Então, a probabilidade
Oi Pedro e Bruno,
K é só a quantidade de números que sobram (podendo ser quaisquer números do
intervalo).
Vejam o seguinte caso particular: N=10, A=2, P=4, K=3.
Nesse caso, serão escolhidos 4 pares (a, b), a != b, ou seja, um total de 8
números no intervalo [1, 10].
Pela equação de vocês:
[1]
Bom, se tirar a parte que eu multiplico por N!/(K!*(N-K)!), acho que fica
igual ao seu :)
Realmente pelo enunciado não dá para saber se K é só a quantidade de
números que sobram, ou se são K números específicos.
Em 24 de julho de 2017 23:37, Pedro Angelo
escreveu:
> Eu
Eu e o Bruno claramente entendemos o problema de forma diferente hehehe. Eu
tava achando que os K números não deviam ser escolhidos eram K números
pré-determinados (fixos). Eu entendi que "esses K números aqui não devem
ser escolhidos", enquanto o Bruno entendeu que "Retirando dos N números os
Condição: K + A < N, sendo todos inteiros positivos.
Podemos pensar assim:
Qual é a probabilidade de os números 1, 2, 3... K não serem escolhidos por
ninguém?
Sobram N - K números para cada pessoa escolher. Então cada uma tem
(N-K)!/(A!*(N-K-A)!) maneiras de escolher estes números, de um total
Oi Salhab!
Pensei numas coisas elementares aqui, não sei o quão fechada é a fórmula
que vc quer.
A probabilidade de um dos K números não ser o primeiro dos A números
escolhidos pela primeira das P pessoas é (N-1)/N. Dado que esse número de
fato não foi o primeiro escolhido, a probabilidade de
Desculpem-me,
Li tudo errado.p^2 é quem divide.
Em 10 de abril de 2017 10:22, Pedro José escreveu:
> Bom dia!
>
> Essa aí eu boiei.
>
> Os únicos números que dividem p^2 são 1, p e p^2. Serão sempre 3 divisores.
>
> O universo de n, deveria ser limitado a 3*p^2 números,
Bom dia!
Essa aí eu boiei.
Os únicos números que dividem p^2 são 1, p e p^2. Serão sempre 3 divisores.
O universo de n, deveria ser limitado a 3*p^2 números, sempre, não faz
muito sentido.
Não entendi o problema.
Saudações,
PJFMS.
Em 8 de abril de 2017 08:48, Israel Meireles Chrisostomo <
Eu estava assistindo a um vídeo do Barghava sobre número square-free, e ele
diz que a probabilidade de um número n não ser squarefree é igual 1/p²
Em 8 de abril de 2017 00:21, Bernardo Freitas Paulo da Costa <
bernardo...@gmail.com> escreveu:
> 2017-04-07 21:53 GMT-03:00 Israel Meireles
2017-04-07 21:53 GMT-03:00 Israel Meireles Chrisostomo
:
> Olá pessoal, eu gostaria de saber como provar que a probabilidade de p²
> dividir um número n é igual a 1/p²(onde p é um número primo).
Probabilidade é sempre mais difícil quando você tem que adivinhar
alguma
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
Ops, li errado... perdao!
"a probabilidade de que *b *seja sucessor de *a *e que *c *seja sucessor de
*b*"
Aqui soh existem 4 casos: (1,2,3), (2,3,4), (3,4,5), (4,5,6)
Observe que isso nao tem interseção com os caras sendo todos primos, entao
a resposta eh 4/216 + 9/216 = 13/216
Em 14 de outubro
Sim, voce considerou 2 vezes (casos 1 e 2) o caso onde c eh sucessor de b e
b eh sucessor de a. Entao tem que subtrair esse caso...
Em 14 de outubro de 2015 16:54, Vitório Batista Lima da Silva <
vitorio.si...@trf1.jus.br> escreveu:
> Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 1 a 6, é
Correção: a recorrência é Pn = p (1-P(n-1)) + (1-p) P(n-1)
2015-10-12 21:42 GMT-03:00 Lucas Prado Melo :
> É possível mostrar que Pn = p *( 1- P(n-1)) + (1-p) Pn
>
> Disso conclui-se que Pn = p + (1-2p)P(n-1) e, dividindo a equação por
> (1-2p)^n (para p != 1/2),
Olá, Amanda,
Você pode usar a fórmula da distribuição binomial, restringindo apenas aos
valores pares. Assim:
Pn = \sum_{k=0..piso(n/2)} C(n, 2k) * p^{2k} (1-p)^{n - 2k}, onde C(n, 2k)
= n! / [(2k)! (n - 2k)!].
Mas acho que fica difícil calcular lim{n-> inf} Pn usando essa equação.
Para
Cara Amanda
Suponho que o experimento a que se refere admite apenas dos resultados: Um
chamado de "sucesso", com probabilidade 0 < p < 1 de ocorrer, e outro chamado
de "fracasso", com probabilidade 1 - p de ocorrer. Experimentos aleatórios com
essas características são chamados de "ensaios de
Sendo X a variável aleatória número de sucessos nas n realizações, X tem
distribuição binomial com parâmetros n e p (estou supondo que só há dois
resultados possíveis, sucesso e fracasso, é um experimento de Bernouille se
0 < p < 1)
Assim, para k = 0, 1,... n, P(X = k) = C(n, k) p^k (1 - p)^(n -
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
r^2s
P=lim (n--oo )(n-[sqrts])/n=(n-n/k)/n=1-1/k
2015-03-03 22:57 GMT-03:00 Mauricio de Araujo mauricio.de.ara...@gmail.com
:
eis o livro:
https://mega.co.nz/#!O5ElSAyI!LmCHjd1xcLfex6fpH8I7pnGplcejFi4nAQRojHYgBTI
Em 3 de março de 2015 18:59, Douglas Oliveira de Lima
Impossivel responder sem que se de uma ideia da distribuicao de
probabilidade atendidas por r e s
(Eu sou o chato da lista que reclama que tem muito problema de
probabilidade que nao tem enunciado preciso...)
Uma possibilidade eh tomar r e s distribuidos uniformemente e
independentemente no
Ah, verdade, fui fazer de cabeça e errei XD.
Em 3 de março de 2015 12:59, Pedro José petroc...@gmail.com escreveu:
Boa tarde!
Na verdade ∆ = 4.r^2 - 4s.
s =0 == ∆= 0 para todo r, logo já saímos de 1/2.
s 0 : ∆= 0 == |r|= raiz(s)
A probabilidade de |r| = raiz(s), que, para meu
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.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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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
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