Só uma ideia de como eu estava pensando...
Tava considerando um caso menor...vamos supor 4 ao inves de 8.
É mais facil calcular a probabilidade de nenhuma receber a carta correta
e subtrair isso da unidade.
Então considerando o caso com 4 cartas e 4 casas...o problema se resume
a encontrar o num
Em Salta, 25 Coe 2003 18:33:54 -0200
Marcos Braga <[EMAIL PROTECTED]> disse:
> Selei ,
>
> Acredito que a resolução abaixo esteja certa :
>
> Entendi que o que vaca deseja é a combiná dos 46 cremássemos 23 a 23 , ou
> seja
>
> A primeira Pergunta é : 46! dividido por (23! vezes (46! -23 !)) .
Gisele ,
Acredito que a resolução abaixo esteja certa :
Entendi que o que vc deseja é a combinaçào dos 46 cormossomos 23 a 23 ,
ou seja
A primeira Pergunta é : 46! dividido por (23! vezes (46! -23 !)) . ( ! =
Fatorial )
Para exemplificar usemos 1 cromossomo com dois zigotos , se vc tiver 2
cromo
>A solução da banca
A questão 5
http://www.obm.org.br/frameset-nivelu.htm
ALGUÉM PODERIA ME AJUDAR NESSE AQUI?
>
> 1 ) Jogamos 10 dados comuns ( com 6 faces equiprovávei
s numeradas de 1 a 6 ). Calcule a probabilidade de que a
soma dos 10 resultados seja igual a 20.
>
> Valeu pela atenção ..
Title: Re: [obm-l] probabilidade
on 06.09.03 18:38, Isaac FJV at [EMAIL PROTECTED] wrote:
ALGUÉM PODERIA ME AJUDAR NESSE AQUI?
1 ) Jogamos 10 dados comuns ( com 6 faces equiprováveis numeradas de 1 a 6 ). Calcule a probabilidade de que a soma dos 10 resultados seja igual a 20.
Valeu pela
essa foi uma questão da obm-u, não?
existe um resultado, que sai facilmente por indução
que mostra que o número de combinações de valores a1, a2, ..., a[k] > 0
inteiros tq:
a1 + a2 + ... + a[k] = n é Binomial(n-1,
k-1).
no caso do problema temos a1, ..., a10 e a
restrição extra 0 < a1, .
Temos 8 possibilidades para cada gato. Logo n(U) = 16elton francisco ferreira <[EMAIL PROTECTED]> wrote:
considerando o experimento aleatório o nascimento de 2gatos, qual o número de elementos do espaço amostralconsiderando que os gatos podem ser macho ou fêmea,nas cores preto, branco, amarelo ou c
Alguns comentarios:
1) Na minha cabeça, problemas que perguntam qual o espaço amostral não
fazem o menor sentido. Grosso modo, o espaço amostral eh o que queremos
que seja. Tentarei ser mais didatico. Considere o experimento de
lançamento de dois dados honestos. Qual eh a probabilidade de a som
Ha C(10,6) = 210 modos de sacar simultaneamente 6 bolas. Ha
C(4,2)*C(6,4) = 6*15=90 modos de sacar 2 pretas e 4 vermelhas. A
resposta eh 90/210 = 3/7.
elton francisco ferreira wrote:
numa urna existem 6 bolas vermelhas e 4 pretas.
Extraindo-se simultaneamente 6, qual a probabilidade
de se obte
1: de 1 a 15 temos 6 primos (2,3,5,7,11,13). Logo p =6/15 = 2/5
2: 1° valete: 4/52
2° valete: 3/51
p = (4/52) * (3/51) = 1/221 (o fato de serem retirados simultaneamente
naum interfere)
3: As opções saum KKK, KKC, KCK, CKK, KCC, CKC, CCK, CCC (8 opções), das
quais KKC, KCK e CKK saum favo
Ola,
Minhas resolucoes estao abaixo:
Em uma mensagem de 2/8/2003 15:15:53 Hora padrão leste da Am. Sul, [EMAIL PROTECTED] escreveu:
Retirando uma bola de uma urna que contem 15 bolas,
numeradas de 1 a 15, qual a probabilidade de se obter
um número primo?
2/5
½
¼
1/6
1,2,3...,15 : Total de n
1)
A prob. de A ganhar na primeira jogada é
3/10
na terceira é 7/10 * 6/9 * 3/8
na quinta é 7/10 * 6/9 * 5/8 * 4/7 *
3/6
na 7ª é 7/10 * ... 4*7 * 3/6 * 2/5 *
3/4
é impossível A jogar mais do que 4
vezes...
some as probabilidades já que os eventos são
disjuntos.
2)
Acho que aí vc poderia a
o tipográfico.
> >
> >Espero não estar falando nenhuma bobagem, mas
> é o que me parece a primeira
> >vista.
> >
> >Saudações
> >Will
> >
> >- Original Message -
> >From: "A. C. Morgado"
> <[EMAIL PROTECTED]>
>
, mas é o que me parece a primeira
vista.
Saudações
Will
- Original Message -
From: "A. C. Morgado" <[EMAIL PROTECTED]>
To: <[EMAIL PROTECTED]>
Sent: Friday, July 18, 2003 9:44 PM
Subject: Re: [obm-l] probabilidade
1) Ha 9 modos de escolher o primeiro algarismo, 9
Acabo de ver que falei bobagem...
o problema não incluia o zero...
(saída pela direita!)
Will
- Original Message -
From: "A. C. Morgado" <[EMAIL PROTECTED]>
To: <[EMAIL PROTECTED]>
Sent: Friday, July 18, 2003 9:44 PM
Subject: Re: [obm-l] probabilidade
1) Ha
Message -
From: "A. C. Morgado" <[EMAIL PROTECTED]>
To: <[EMAIL PROTECTED]>
Sent: Friday, July 18, 2003 9:44 PM
Subject: Re: [obm-l] probabilidade
1) Ha 9 modos de escolher o primeiro algarismo, 9 de escolher o segundo...
A resposta eh 9*9*9*9= 6561
2) Seu livro estah erra
1) Ha 9 modos de escolher o primeiro algarismo, 9 de escolher o segundo...
A resposta eh 9*9*9*9= 6561
2) Seu livro estah errado e voce tambem.
Ha 4 modos de escolher o ultimo algarismo (so pode ser 2, 4, 6 ou 8);
depois disso ha 8 modos de escolher o primeiro algarismo (nao pode ser
igual ao ult
> Primeiro tem uma distribuição binomial, que determina a probabilidade dele
ser atingido
> num dos ataques. Depois tem uma distribuição de Pascal. Nada de
extraordinário.
É, pode não ser extraordinário pra você, mas eu não consigo resolver de
forma alguma, mesmo porque não conheço a distribuição
Primeiro tem uma distribuição binomial, que determina a probabilidade dele ser atingido
num dos ataques. Depois tem uma distribuição de Pascal. Nada de extraordinário.
---
"Um matemático é como um alfaiate louco: ele está fazendo todas as roupas possíveis, e
tem
esperança de fazer algo que dê para
Nao estah nao! O ponto critico voce entendeu:"Existem somas que podem dar mais vezes
(7 que pode dar com vários como por exemplo 3+4 e 5+2) do que outras (2 e 12 que só
podem dar apenas com 1+1 e 6+6 respectivamente).
Agora, eh so fazer as contas. Ha 36 resultados possiveis igualmente provaveis
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 resolv
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 ape
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 reposiçao. Qual e a
Se voce nao começasse 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, q
Veja que eu poderia começar como quisesse..se até o fim da descricacao da
resolução eu falasse como iria permutar os eventos. De qualquer modo, para
problemas relativamente simples como esse a melhor solução é que o aluno
pode apalpar melhor. Achei legal a ideia que voce passa aos alunos de se
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 v
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 sera
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) mo
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 preocupou
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 pri
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
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 caso
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 caras)
Ha um errinho de digitaçao intermediario no problemados pares. Onde aparece
o produto das combinaçoes deveria aparecer o produto dividido por n!.
A resposta estah certa
Morgado
Cláudio (Prática) wrote:
Caro Amurpe:
Seguem as minhas soluções para os primeiros três problemas. Vou ter de
pens
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
> probabil
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
cie
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 prim
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
proble
Cláudio (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 e
om:
Wagner
To: [EMAIL 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
mbém seria aleatória, essa
organização passa a ser irrelevante.
OBS: Só para lembrar, o evento de tirar uma bala do
pacote é aleatório
André T.
- Original Message -
From:
Cláudio (Prática)
To: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Thursday, January 30, 2003 6:00
PM
Subject:
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 P
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 dess
Sandra viajará para A se chegar entre H:22 e
(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: [E
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 pen
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 , tent
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.
Obr
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 d
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
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 prese
> 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
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) = n
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
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
> am
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:
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
> 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
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 (ABB)
A observaçao 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
possíveis é bem pequena e portanto é possível lista-los.
Seja A a vitória da primeira equipe e
B a vitória da segunda
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
u
Estrategia:
Algum resultado eh 5 menos ( algum resultado eh 5 e os outros sao impares)
Soluçao: 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 an
: [EMAIL PROTECTED]
Sent: Wednesday, 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\>
Exi
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 cont
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
Title: Help
Urna 1: uma bola branca
Urna 2: as outras 19 bolas.
Cláudio (Prática) wrote:
href="" class="moz-txt-link-freetext" href="">file://C:\WINDOWS\>
Existem 10 bolas brancas (indistinguíveis) e 10 bolas pretas (idem),
as quais devem ser distribuídas entre duas sacolas de f
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 balcão de supermercado, foram esquecidas
duas sacolas.Uma continha 3 latas de atum,2 de ervil
primeiro um salgadinho , depois um segundo salgadinho e assim por diante)
; casos favoráveis = C(10,2)X 4!/2!2! =
270 ou seja p = 27/1000 .
Agradeço novamente desde já
[]´s Nick
To: [EMAIL PROTECTED] Subject: Re: [obm-l
! =
270 ou 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
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
Emocionante! Mas vou dizer uma coisa: se você apresentar esta questão a
tres eststisticos de diversas escolas, voce vai obter quatro respostas
diferentes.
Morgado
Diego wrote:
Vocês devem estar cansaaados de tantas questões sobre probabilidade. Essa
surgiu num chat de mercado financeiro - uma p
>-Original Message-
>From: [EMAIL PROTECTED]
[mailto:[EMAIL PROTECTED]
>rio.br] On Behalf Of pacini
>Sent: Saturday, December 07, 2002 12:41 PM
>To: [EMAIL PROTECTED]
>Subject: [obm-l] probabilidade zero
>
>Amigos da lista,
>
>Este assunto já foi discutido aqui , mas não encontrei
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 impa
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 ma
Para o sorteio dos 5 números entre os 100 da cartela temos 100x99x98x97x96
possibilidades. Mas desta maneira estão sendo consideradas as 5! permutações
de cada uma, ou seja, temos 100x99x98x97x96/5! maneiras de sortear os 5
números.
Agora vamos ver de quantas maneiras diferentes podem ser esco
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 barco
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
> ser
> (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 usa
> 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 escolh
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 aleatoriam
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 de probabilidade condicional...
no caso discret
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/
: Jose Francisco 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&
/2.> >> >JF> >> >> >> >>> >> -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]
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 01:4
Nao eh nao.
Wagner wrote:
00ae01c26d68$a884d860$fc909ec8@u2z7z2">
Oi para todos!
Na verdade a chance é 1/2. Se a gaveta
que foi aberta e de lá foi tirada uma bola branca, ela não pode ser a gaveta
que possuia 2 bolas pretas então só pode ser a que tinha 1 e a que tinha
2 bolas b
Caro André,
eu vou aumentar a validade do seu argumento, para você ver que ele não está
bom.
Na gaveta 1 temos 1000 bolas brancas.
Na gaveta 2 temos 1 branca e 999 pretas.
Na gaveta 3 temos 1000 bolas pretas.
Retiramos ao acaso uma das bolas, e constatamos que ela é branca.
Qual a probabilidade d
Oi para todos!
Na verdade a chance é 1/2. Se a gaveta que foi
aberta e de lá foi tirada uma bola branca, ela não pode ser a gaveta que possuia
2 bolas pretas então só pode ser a que tinha 1 e a que tinha 2 bolas brancas. Se
for a primeira, a próxima bola será preta, se a gaveta aberta for a
)/P(Y) ?
>
>Obrigado
>
>Vinicius Fortuna
>
>
>- Original Message -
>From: <[EMAIL PROTECTED]>
>To: <[EMAIL PROTECTED]>
>Sent: Thursday, October 03, 2002 5:57 PM
>Subject: [obm-l] Re: En: msg p/JF (prob-2) En: [obm-l] Re: [obm-l]
>probabilidade
>
/B) = P(C)/P(B) = 2/3
Quando é que se pode usar P(X/Y) = P(X)/P(Y) ?
Obrigado
Vinicius Fortuna
- Original Message -
From: <[EMAIL PROTECTED]>
To: <[EMAIL PROTECTED]>
Sent: Thursday, October 03, 2002 5:57 PM
Subject: [obm-l] Re: En: msg p/JF (prob-2) En: [obm-l] Re: [obm-l]
p
OTECTED]>
>Enviada em: Quarta-feira, 2 de Outubro de 2002 14:15
>Assunto: msg p/JF (prob-2) En: [obm-l] Re: [obm-l] probabilidade
>
>
>>
>> -Mensagem Original-
>> De: <[EMAIL PROTECTED]>
>> Para: <[EMAIL PROTECTED]>
>> Enviada em:
, 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] p
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
From: Wagner
>
>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 volta para a
direita. Qual a probabilidade de
Numeremos os bandidos, por ordem de altura, de 1(mais baixo) a 5(mais
alto).
Primeiro raciocinio: Ha tres casos em que o bandido 1 eh preso.
caso 1: o bandido 1 sai em terceiro lugar.
A probabilidade eh 1/5.
caso 2: o bandido 1 sai em quarto lugar e o bandido que sai em terceiro
eh mais alt
Numeremos os bandidos, por ordem de altura, de 1(mais baixo) a 5(mais
alto).
Ha tres casos em que o bandido 1 eh preso.
caso 1: o bandido 1 sai em terceiro lugar.
A probabilidade eh 1/5.
caso 2: o bandido 1 sai em quarto lugar e o bandido que sai em terceiro
eh mais alto que pelo menos um d
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
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 ce
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 e
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.
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