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, sempre, não faz
> muito
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 <
isr
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 Chrisosto
Uma observação: vc escreveu dígitos e exemplificou pondo 1,2,3, ..., n. O
que eu respondi foi considerando isso como se fossem os n primeiros números
naturais e a ordem sendo aquela mesma que vc está pensando...
[]s,
Daniel
David M. Cardoso ([EMAIL PROTECTED]) escreveu:
>
>
>Bem.. eu vou pensar u
>
> >
> > Qual a probabilidade de que exatamente n-1 digitos ocupem o
> seu lugar
> > proprio?
> >
>
> zero? :o
Desculpa o enunciado pouco esclarecedor(pouco é pouco?), mas é que não pode
aparecer dígito repetido.. aí se (n-1) dígitos ocupam seu lugar próprio, o
dígito que falta pôr é justam
on 28.10.04 15:36, David M. Cardoso at [EMAIL PROTECTED] wrote:
>
>>
>> Qual a probabilidade de que exatamente n-1 digitos ocupem o
>> seu lugar proprio?
>>
>
> zero? :o
>
Yes, sir!
Pro problema original, tente encontrar uma recorrencia pro numero C(n) de
permutacoes caoticas de n simbolos (
>
> Evento A[k]: k digitos
> ocoparem suas posicoes
> corretas, com k<=n,
> natural.
>
> P[k>=1]=1-P[0]
> P[0] corresponde a prob.
> de que cada um dos
> digitos nao esteja em
> sua posicao correta.
> Na posicao 1 podem entrar
> (n-1) digitos tendo
> uma prob de (n-1)/n
> de ocorrer (no
-BEGIN PGP SIGNED MESSAGE-
Hash: SHA1
On Wednesday 23 June 2004 21:49, claudio.buffara wrote:
> [...]
> Assim, a probabilidade desejada eh:
> 1*(10/35) + (2/3)*(20/35) + 1*(5/35) = 17/21
>
> Serah que o Bruno achou esta resposta tambem?
> Alguem discorda da solucao acima?
tb considero as
Oi, Rogerio e Bruno:
Acho que o problema eh um pouco mais complicado do que isso.
Por exemplo, vamos tomar o exemplo simples que o Bruno mencionou: 3 pessoas e 5 dias.
Considerando as pessoas indistinguiveis (o que me parece razoavel para este problema), o numero de possibilidades para os an
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
Oi Vinicius,
P(C/B) = P(C^B)/P(B) em que
C^B = interseção de C e B;
Se C implica B então P(C^B) = P(C) e P(C/B) = P(C)/P(B), que é a condição
que você mencionou.
No caso particular do problema é fácil ver que o evento C (tirar uma
bola da gaveta "certa", a gaveta 1) impl
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