Alguém conhece alguma boa referência para métodos de resolução de problemas
do tipo:
1) Joga-se uma moeda 1000 vezes. Qual a probabilidade de se ter uma
sequência de exatamente 20 caras consecutivas? De pelo menos 20 caras
consecutivas?
1a) Analogamente com um dado.
2) Dadas 100 amostras
lph Costa Teixeira
> wrote:
>
>> Mis ou menos... O que faltou foi a hipótese exata da distribuição de
>> probabilidade dos aniversários.
>>
>> Se a gente supõe que cada mês tem os mesmos 1/12 de chance para cada
>> aluno, e que os meses são independentes entre si
Achei isso aqui interessante: https://www.panix.com/~murphy/bday.html
[]s,
Claudio.
On Tue, Nov 8, 2022 at 9:56 PM Ralph Costa Teixeira
wrote:
> Mis ou menos... O que faltou foi a hipótese exata da distribuição de
> probabilidade dos aniversários.
>
> Se a gente supõe que cad
Em ter, 8 de nov de 2022 21:55, Ralph Costa Teixeira
escreveu:
> Mis ou menos... O que faltou foi a hipótese exata da distribuição de
> probabilidade dos aniversários.
>
> Se a gente supõe que cada mês tem os mesmos 1/12 de chance para cada
> aluno, e que os meses são indepen
Mis ou menos... O que faltou foi a hipótese exata da distribuição de
probabilidade dos aniversários.
Se a gente supõe que cada mês tem os mesmos 1/12 de chance para cada aluno,
e que os meses são independentes entre si, sim, p=12/12^2=1/12~8.3%.
Agora, talvez um modelo um pouco mais
Prezados, o problema abaixo está bem posto?Uma turma do CMBel tem 25 alunos. Escolhendo-se aleatoriamente dois estudantes dessa turma, qual a probabilidade de eles façam aniversário no mesmo mês?A resposta da banca: 1/12.--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se
) A probabilidade de haver exatamente 1 cachorro preto e' de 1/6.
02) A probabilidade de haver pelo menos 1 gato branco e pelo menos 2
cachorros brancos e' de 2/3.
04) A probabilidade de haver um cachorro malhado e' maior do que a
probabilidade de haver um gato malhado.
08) Se um animal for escolhido ao acaso
Olha, tem duas "visões" sobre o que "probabilidade" significa.
>
> A primeira vai na linha de que só podemos falar de probabilidade sobre coisas
> que ainda não aconteceram. Vai nessa linha: se os eventos estão no passado,
> então já aconteceram, já estão definidos, e nã
Ponce está provocando a gente... senti que esta flecha tinha um bocado a
minha direção... :D :D :D
Olha, tem duas "visões" sobre o que "probabilidade" significa.
A primeira vai na linha de que só podemos falar de probabilidade sobre
coisas que ainda não aconteceram. Va
Olá Pedro e pessoal da lista!
Segundo a opinião do Pedro, nao faz sentido perguntar qual a probabilidade
de Jose ter conseguido um 6 ao jogar o dado ontem, pois isso ja' aconteceu,
e, portanto, ja' esta' definido.
Sera' que e' isso mesmo?
[]'s
Rogerio Ponce
On Mon, Jun 20, 2022 at 9:45 PM
Eu na minha humilde opinião creio que a probabilidade exista quando pode
ser uma coisa ou outra. No caso já é definido o que os animais são. Então
já está tudo errado. A questão seria viável se dessem esses limitantes para
uma criança que pintaria os desenhos dos animais. Aí sim há probabilidade
pretas, em dois animais, escolhidos aleatoriamente entre os
6 animais restantes,
- quatro pinturas brancas nos 4 animais restantes
Analisando a afirmacao 04, por exemplo, verificamos que, no segundo passo
(pintura malhada) existem 4 opcoes de cachorro e 3 opcoes de gato.
Assim, a probabilidade d
poderia ajudar?
> Muito obrigado!
>
> *Em um pet shop há 3 gatos e 5 cães. Sabemos que 3 desses animais são
> pretos, 4 são brancos e 1 é malhado. Além disso, pelo menos 1 cachorro é
> preto. Assinale o que for correto. *
> *01) A probabilidade de haver exatamente 1 cachorro preto é de 1
3 gatos e 5 cães. Sabemos que 3 desses animais são
pretos, 4 são brancos e 1 é malhado. Além disso, pelo menos 1 cachorro é
preto. Assinale o que for correto. *
*01) A probabilidade de haver exatamente 1 cachorro preto é de 1/6. *
*02) A probabilidade de haver pelo menos 1 gato branco e pelo menos
= P (B | C) = 1/2.
>
> Em suma, quando uma nova informação (C) chega, eventos (A) e (B) que eram
> independentes podem deixar de sê-lo!
>
> Abraco, Ralph.
>
> On Thu, Jun 24, 2021 at 9:57 PM Daniel Jelin
> wrote:
>
>> Caros, duas dúvidas elementares sobre proba
podem deixar de sê-lo!
Abraco, Ralph.
On Thu, Jun 24, 2021 at 9:57 PM Daniel Jelin wrote:
> Caros, duas dúvidas elementares sobre probabilidade condicional, quem sabe
> possam me ajudar. Leio, em mais de um lugar, que:
>
> 1) Se A e B são independentes, então P(A | B e C
Caros, duas dúvidas elementares sobre probabilidade condicional, quem sabe
possam me ajudar. Leio, em mais de um lugar, que:
1) Se A e B são independentes, então P(A | B e C) = P (A | C)
A explicação parece fazer sentido: se A não depende de B, tanto que faz que
B seja dado ou não.
Em conexão
eu posso permutar A e B sem alterar nenhuma
> probabilidade. Por isso eu digo que:
>
> p(0) = Pr (A vencer | empatados agora) = Pr (B vencer | empatados agora)
>
> Aqui entra o seu ponto interessante: É POSSÍVEL QUE ESTE JOGO CONTINUE PARA
> SEMPRE, SEM QUE HAJA VENCEDOR. De fato,
a mais do que B, ou seja, eles estão empatados, o jogo é completamente
simétrico, ou seja, eu posso permutar A e B sem alterar nenhuma
probabilidade. Por isso eu digo que:
p(0) = Pr (A vencer | empatados agora) = Pr (B vencer | empatados agora)
Aqui entra o seu ponto interessante: É POSSÍVEL QUE
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
sim, acho que dá para usar o esquema do Ralph:
> a=(1/4)*b+(1/4)*(1/2)+(1/2)*a
> b=(1/4)+(1/4)*a+(1/2)*b
> E resolvendo, temos os mesmos a=2/3 e b=5/6.
>
> Ainda que as probabilidades de fazer e de não fazer o ponto fossem
> diferentes, creio que dá na mesma. Seja x a probabilid
+(1/4)*(1/2)+(1/2)*a
b=(1/4)+(1/4)*a+(1/2)*b
E resolvendo, temos os mesmos a=2/3 e b=5/6.
Ainda que as probabilidades de fazer e de não fazer o ponto fossem
diferentes, creio que dá na mesma. Seja x a probabilidade de A fazer 1
ponto, então, pelo enunciado, x também é a probabilidade de B fazer 1
o, A
>> está 1 ponto a frente de B. Os jogadores têm probabilidades iguais de obter
>> 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ?
>>
>> (A) 1/2 (B) 2/3 (C) 3/4 (D) 4/5 (E) 5/6
>>
>> O que vocês acham ?
>>
>> Pacini
>>
>> --
&
); (A=0, B=0).
Albert Bouskelá
<mailto:bousk...@gmail.com> 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: Re: [obm-l] Probabilidade
Muito legal esse tipo de problema.
e atinge 3 pontos a frente do
> oponente. Dois jogadores A e B estão jogando e, num determinado momento, A
> está 1 ponto a frente de B. Os jogadores têm probabilidades iguais de
> obter 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ?
>
> (A) 1/2 (B) 2/3 (C) 3/4 (D) 4/5 (
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 p
s têm probabilidades iguais de
obter 1 ponto. Qual a probabilidade de A vencer o jogo ?
(A) 1/2 (B) 2/3 (C) 3/4 (D) 4/5 (E) 5/6
O que vocês acham ?
Pacini
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
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 qu
Não consigo ver nada
Em qua., 11 de nov. de 2020 às 14:52, Pedro Lazéra
escreveu:
>
s últimos lançamentos.
>>
>> Suponha que dois lançamentos seguidos tenham sido 1 e 0 (cara e coroa).
>> Após sair o 0, digamos que a probabilidade de ZR vencer seja p.
>>
>> Se o terceiro lançamento for 0, a probabilidade de ZR vencer aumentará
>> para
a o jogo, basta
> considerar os dois últimos lançamentos.
>
> Suponha que dois lançamentos seguidos tenham sido 1 e 0 (cara e coroa).
> Após sair o 0, digamos que a probabilidade de ZR vencer seja p.
>
> Se o terceiro lançamento for 0, a probabilidade de ZR vencer aumentará
> p
har a partir de um 1,2,3,4,5 simples) < 1/6 +
> 5/12 = 7/12.
>
> ---///---
> Se entendi o que você pensou: para Umberto ganhar, temos que NÃO ROLAR 6
> agora (prob=5/6), **e** depois "começar o jogo do zero" (prob=3/6). Então
> Umberto ganharia com probabilidade q=5/6.
das ou 3 coroas seguidas encerra o jogo, basta
> considerar os dois últimos lançamentos.
>
> Suponha que dois lançamentos seguidos tenham sido 1 e 0 (cara e coroa).
> Após sair o 0, digamos que a probabilidade de ZR vencer seja p.
>
> Se o terceiro lançamento for 0, a probabilidad
cê pensou: para Umberto ganhar, temos que NÃO ROLAR 6
agora (prob=5/6), **e** depois "começar o jogo do zero" (prob=3/6). Então
Umberto ganharia com probabilidade q=5/6.3/6=5/12 (acho que você devia usar
5/6; e não entendi o p extra). Era isso? Mas mesmo assim não funciona, pelo
mesmo moti
os dois últimos lançamentos.
Suponha que dois lançamentos seguidos tenham sido 1 e 0 (cara e coroa).
Após sair o 0, digamos que a probabilidade de ZR vencer seja p.
Se o terceiro lançamento for 0, a probabilidade de ZR vencer aumentará para
q (p e q são incógnitas a serem determinadas), e q é
Então meu raciocínio foi muito errado, pois pensei assim:
Seja p a probabilidade de Zé Roberto vender. Podemos considerar que o jogo
"começa" com Zé Roberto precisando obter um 6 para vencer.
Assim, a probabilidade de Humberto vencer é:
q = (3/6).(1/6).p, ou seja, p = 12q
Assim, p = 12/
6, 3, 4, 5, 4, 4, 4 e neste ponto Zé Roberto se
> declarou vitorioso. Sábado de tarde o dado teve os resultados: 6, 1, 4, 2,
> 3, 5, 6, 6; neste momento o jogo foi interrompido pela queda de um
> meteorito. Quando a situação se acalmou, eles concordaram em continuar do
> ponto em que estavam
meteorito. Quando a situação se acalmou, eles concordaram em continuar do
ponto em que estavam. Qual é a probabilidade de que Zé Roberto seja o
vencedor?
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se estar livre de perigo.
,3,5,8,13,21,34,55,89,144...
> (Fibonacci, com um ligeiro "shift" pois nao começa com 1,1,...)
>
> Portanto, acho que a resposta deve ser 144/1024. Acertei?
>
> Abraço, Ralph.
>
>
>
> On Tue, Jul 21, 2020 at 10:33 PM marcone augusto araújo borges <
> marconeborg
4. Acertei?
Abraço, Ralph.
On Tue, Jul 21, 2020 at 10:33 PM marcone augusto araújo borges <
marconeborge...@hotmail.com> wrote:
> Uma moeda honesta é lançada 10 vezes. Qual a probabilidade de não sair
> duas caras consecutivas?
> Eu achei que fosse (3/4)^9, mas fui informado
Uma moeda honesta é lançada 10 vezes. Qual a probabilidade de não sair duas
caras consecutivas?
Eu achei que fosse (3/4)^9, mas fui informado que a resposta não é essa.
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
acredita-se estar livre de perigo.
Dado um círculo onde os pontos interiores a esse circulo tem distribuição
uniforme. Dado n pontos nesse circulo, e seja Pn a probabilidade de o centro do
circulo estar no interior do polígono convexo gerado por esses n pontos.
Calculo P3 e P4. Existe formula fechada para Pn?
Até,
Felippe
, com muita probabilidade).
Será que dá para achar uma recorrência? Acho que deveríamos começar
pensando no problemas mais genérico e mais simples:
"Dividindo o intervalo [a,b] em dois pedaços, medindo cada pedaço,
arredondando e somando, qual a distribuição de probabilidade da soma S?&qu
Ops, apenas corrigindo a função de probabilidade encontrada por simulação:
p(98) = p(102) = 0,002 (e não 0,200 como estava no e-mail anterior)
Atenciosamente,
Rodrigo de Castro Ângelo
Em qua, 7 de ago de 2019 às 14:20, Rodrigo Ângelo
escreveu:
> Vi o seguinte prolbema num outro grupo
: 2,5)
podem ser desconsiderados, porque têm probabilidade zero.
Casos em que um número é sorteado mais de uma vez também tem probabilidade
zero.
Fiz uma simulação https://drigoangelo.shinyapps.io/MonteCarlo_RoundProblem/ e
aparentemente a função de probabilidade de F seria aproximadamente
(indep
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 p
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
rge...@hotmail.com> escreveu:
> Um campeonato vai ser disputado por 16 times, sendo 4 nordestinos. A
> primeira fase contará com 4 grupos de 4 times, determinados por sorteio.
> Qual a probabilidade de todos os nordestinos ficarem no mesmo grupo?
>
> Seria 4/(16!/4!4!4!4!)?
> Po
Um campeonato vai ser disputado por 16 times, sendo 4 nordestinos. A primeira
fase contará com 4 grupos de 4 times, determinados por sorteio. Qual a
probabilidade de todos os nordestinos ficarem no mesmo grupo?
Seria 4/(16!/4!4!4!4!)?
Podemos considerar espaços amostrais diferentes em soluções
seguinte questão da AFA.
Distribui-se, aleatoriamente, 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes.
Sabendo-se que nenhuma delas ficou vazia, a probabilidade de uma caixa
conter, exatamente, 4 bolas é
a) 25%
b) 30%
c) 40%
d) 48%
A resposta proposta é 40%, ou seja, 6/15.
Mas...
Acho que ninguém contestou
ue a Opcao 1 eh a maneira mais natural de interpretar o problema.
Abraco, Ralph.
On Fri, Jun 21, 2019 at 4:22 PM Vanderlei Nemitz
wrote:
> Pessoal, fiquei confuso com a seguinte questão:
>
> Distribuindo-se aleatoriamente 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes, qual
> é a probabilidade de que
Oi, Vanderlei.
Minha frase predileta, razão de 90% das confusões que fazemos (todos nos,
inclusive eu!) em probabilidade:
"NEM TODO ESPACO EH EQUIPROVAVEL"
ou, traduzindo
"SOH PORQUE TEM N MANEIRAS DE ALGO ACONTECER, NAO SIGNIFICA QUE TODAS AS
MANEIRAS TEM PROBABILIDADE 1/N"
P.S.: Engracado, eu tambem digitei 3^8... VOCE ME LEVOU PARA O MAU CAMINHO!
:D :D :D
On Fri, Jun 21, 2019 at 4:36 PM Ralph Teixeira wrote:
> Oi, Vanderlei.
>
> Minha frase predileta, razão de 90% das confusões que fazemos (todos nos,
> inclusive eu!) em probabilidade:
>
> &
No e-mail anterior, eu queria dizer 3^7 e não 3^8. Foi um erro de
digitação...
Em sex, 21 de jun de 2019 16:11, Vanderlei Nemitz
escreveu:
> Pessoal, fiquei confuso com a seguinte questão:
>
> Distribuindo-se aleatoriamente 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes, qual
> é a probabil
Pessoal, fiquei confuso com a seguinte questão:
Distribuindo-se aleatoriamente 7 bolas iguais em 3 caixas diferentes, qual
é a probabilidade de que uma delas contenha exatamente 4 bolas?
Como as bolas são iguais, existem 36 maneiras de alocar as bolas nas
caixas, que é o número de soluções
>> correto afirmar que
>> P(B é menino | "A é menino ou B é menino" && P(A é menino) = 0,5) é
>> igual a ...?
>>
>> Neste caso, a probabilidade de B ser menino muda por causa da conjunção
>> das duas informações que a gente tem:
>> - Pel
u seja,A é menino ou B é menino. Se P(A é menino) = 0,5*, *é
> correto afirmar que
> P(B é menino | "A é menino ou B é menino" && P(A é menino) = 0,5) é
> igual a ...?
>
> Neste caso, a probabilidade de B ser menino muda por causa da conjunção
> das duas informações
(A é menino) = 0,5*, *é
correto afirmar que
P(B é menino | "A é menino ou B é menino" && P(A é menino) = 0,5) é igual
a ...?
Neste caso, a probabilidade de B ser menino muda por causa da conjunção das
duas informações que a gente tem:
- Pelo menos um deles é menino
- A tem 50
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 e
ilhos são "HM" se o primeiro for
> homem e o segundo for mulher.
>
> Portanto, **a priori**, o universo de possibilidades seria {HH,HM,MH,MM}.
> Supondo que a probabilidade de cada um ser H é 50% (está no enunciado), e
> supondo que os sexos dos dois filhos são independentes um do o
Então, vou dizer que os filhos são "HM" se o primeiro for
homem e o segundo for mulher.
Portanto, **a priori**, o universo de possibilidades seria {HH,HM,MH,MM}.
Supondo que a probabilidade de cada um ser H é 50% (está no enunciado), e
supondo que os sexos dos dois filhos são independentes u
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 i
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
afirmar que a probabilidade de o outro filho do casal ser um menino é igual
a:
Att
utra,
> teriamos que fazer umas contas mais complicadas...)
>
> Abraco, Ralph.
>
>
> On Mon, May 27, 2019 at 9:45 PM Jeferson Almir
> wrote:
>
>> Dispomos de 2n+1 moedas honestas, sendo n+1 vermelhas e n pretas. Uma
>> pessoa arremessa as 2n+1 moedas simultaneame
n pretas. Uma
> pessoa arremessa as 2n+1 moedas simultaneamente, qual a probabilidade de se
> obter MAIS caras de vermelhas do que coroas de pretas ?
> Peço ajuda nesse problema.
>
> --
> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e
> acredita-se estar livre de p
Dispomos de 2n+1 moedas honestas, sendo n+1 vermelhas e n pretas. Uma
pessoa arremessa as 2n+1 moedas simultaneamente, qual a probabilidade de se
obter MAIS caras de vermelhas do que coroas de pretas ?
Peço ajuda nesse problema.
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
BQ ==> 2*(4*3*2)/(7*6*5) + (3*2)/(7*6)=
> 13/35
> P preta, B branca Q qualquer
> Menor do que 1/2, o que é esperado, uma vez que há mais bolas pretas do
> que brancas, não há como a probabilidade de se tirar mais brancas, seja
> superior a 50%, a menos se o modelo não for equiprováve
las pretas do que
brancas, não há como a probabilidade de se tirar mais brancas, seja
superior a 50%, a menos se o modelo não for equiprovável.
Saudações,
PJMS
Em qui, 22 de nov de 2018 às 07:35, Luiz Antonio Rodrigues <
rodrigue...@gmail.com> escreveu:
> Olá, Ralph!
> Bom dia!
t; Uma urna contém 3 bolas brancas e 4 pretas. São retiradas simultaneamente
>> 3 bolas da urna. Qual a probabilidade de que pelo menos 2 bolas brancas
>> sejam retiradas?
>>
>> Alguém pode me ajudar.
>> Muito obrigado e um abraço!
>> Luiz
>>
>> --
&g
que supostamente é 60%.
>
> Uma urna contém 3 bolas brancas e 4 pretas. São retiradas simultaneamente
> 3 bolas da urna. Qual a probabilidade de que pelo menos 2 bolas brancas
> sejam retiradas?
>
> Alguém pode me ajudar.
> Muito obrigado e um abraço!
> Luiz
>
> -
Olá, pessoal!
Tudo bem?
Resolvi o seguinte problema, que é simples, de muitas maneiras e não chego
na resposta do gabarito, que supostamente é 60%.
Uma urna contém 3 bolas brancas e 4 pretas. São retiradas simultaneamente 3
bolas da urna. Qual a probabilidade de que pelo menos 2 bolas brancas
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 "esti
<
brunovisnadida...@gmail.com> ha scritto:
> 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:
>
>>
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
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
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: esta probabilidade será super su
iguais" Primeiro descobriram a igualdade dos gabaritos
da SEDUC e da SECULT, e ontem eu descobri a igualdade com o gabarito do
vestibular 2018.2
(
https://www.opovo.com.br/noticias/fortaleza/2018/11/gabarito-do-vestibular-da-uece-2018-2-tem-mesma-sequencia-de-respostas.html
)
A probabilidade
aleatoriamente uma letra para
ser o gabarito, todas com a mesma probabilidade, cada questão independente
das demais. Assim, você está gerando um gabarito verdadeiramente aleatório;
na **média**, devem ser cerca de 15 de cada, mas um gabarito que tenha
exatamente 15 letras de cada tipo provavelmente
; 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,
gt;>> 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
>>> nã
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
/4 * 3/4 * f(1) * f(1) * f(1) = (3/4)^2 *
>> f(1)^3
>> f(4) = 3/4 * f(3) * f(1) = (3/4)^3 * f(1)^4
>>
>> Generalizando, f(n) = (3/4)^(n-1) * f(1)^n = 4/3 [ 3/4 * f(1) ]^n
>>
>> Logo, f(15) = 4/3 * (3/4 * 4!)^15 = 4/3 * 18^15
>>
>> Agora é só divi
1) = (3/4)^2 *
> f(1)^3
> f(4) = 3/4 * f(3) * f(1) = (3/4)^3 * f(1)^4
>
> Generalizando, f(n) = (3/4)^(n-1) * f(1)^n = 4/3 [ 3/4 * f(1) ]^n
>
> Logo, f(15) = 4/3 * (3/4 * 4!)^15 = 4/3 * 18^15
>
> Agora é só dividir pelo total, que o Claudio Buffara já calculo
> f(4) = 3/4 * f(3) * f(1) = (3/4)^3 * f(1)^4
>
> Generalizando, f(n) = (3/4)^(n-1) * f(1)^n = 4/3 [ 3/4 * f(1) ]^n
>
> Logo, f(15) = 4/3 * (3/4 * 4!)^15 = 4/3 * 18^15
>
> Agora é só dividir pelo total, que o Claudio Buffara já calculou:
> 60!/(15!)^4.
>
> Assim, a proba
dividir pelo total, que o Claudio Buffara já calculou:
60!/(15!)^4.
Assim, a probabilidade seria: 4/3 * 18^15 * (15!)^4 / 60!
Fazendo no computador, fica 3.1611849689983148e-15. Ou eu errei feio, ou é
bem improvável, hein? Hehe ;)
Abraços,
Salhab
Il giorno mer 7 nov 2018 alle ore 15:28 Paulo
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> es
> 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, 201
odrigues 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?
>>
>
Bela solução, Bruno!
Muito obrigado!
Em ter, 6 de nov de 2018 15:38, Bruno Visnadi Seja Pa a probabilidade de ocorrência de a. Defina Pb e Pc analogamente.
> a = Pa(1-Pb)(1-Pc)
> b = Pb(1-Pa)(1-Pc)
> c = Pc(1-Pa)(1-Pb)
> p = (1-Pa)(1-Pb)(1-Pc)
> Queremos achar a razão Pa/Pc
>
at 1:04 PM Paulo Rodrigues 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
>
Seja Pa a probabilidade de ocorrência de a. Defina Pb e Pc analogamente.
a = Pa(1-Pb)(1-Pc)
b = Pb(1-Pa)(1-Pc)
c = Pc(1-Pa)(1-Pb)
p = (1-Pa)(1-Pb)(1-Pc)
Queremos achar a razão Pa/Pc
Da equação (a - 2b)p = ab, obtemos:
(1-Pa)(1-Pb)(1-Pc)²(Pa(1-Pb) - 2Pb(1-Pa)) = PaPb(1-Pa)(1-Pb)(1-Pc)²
Pa(1-Pb
Pessoal, alguém tem um ideia de como resolver a seguinte questão? Já tentei
muita coisa, sem sucesso.
Muito obrigado!
Vanderlei
Sejam três eventos independentes A, B e C. A probabilidade de que ocorra
apenas o evento A é a, apenas o evento B é b e apenas o evento C é c. Seja
p a probabilidade de
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 antiv�rus e
Mas legal mesmo deve ser uma demonstração direta, com argumentos puramente
combinatórios, sem álgebra, de que a probabilidade desejada é (1 +
(1-2p)^n)/2.
Não faço ideia de como obtê-la.
[]s,
Claudio.
2018-08-14 16:52 GMT-03:00 steinerar...@gmail.com :
> É isso aí.
>
> Aplicando o t
independentes de uma moeda cuja probabilidade de
cara é p, você quer a probabilidade de obtermos um número par de caras. A
probabilidade é:C(n,0)*(1-p)^n + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) +
C(n,4)*p^4*(1-p)^(n-4) + ... , certo?
Ou tem uma fórmula bonitinha pra esta soma?
Eu sei que se p = 1/2, então
Em termos concretos, dados n lançamentos independentes de uma moeda cuja
probabilidade de cara é p, você quer a probabilidade de obtermos um número
par de caras.
A probabilidade é:
C(n,0)*(1-p)^n + C(n,2)*p^2*(1-p)^(n-2) + C(n,4)*p^4*(1-p)^(n-4) + ... ,
certo?
Ou tem uma fórmula bonitinha pra
Se X é uma var. aleatória com parâmetros n e p, determinar a probabilidade
de X ser par.
Interessante que todas as vezes que vi alguém resolver isto, a solução foi
por recorrência. Mas há uma solução bem mais simples.
--
Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e
acredita-se
Boa noite,
Peguei esse problema de um artigo do Nicolau na Revista Eureka.
Não entendi a solução dele.
Dois amigos querem decidir quem pagará a conta do restaurante com uma aposta.
Cada um deles escolhe uma seqüência de três caras ou coroas, e eles jogam uma
moeda até que saia uma das duas
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