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 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 não foi feito aleatoriamente... Agora, com este tipo de montagem de gabarito, qual a probabilidade de não haver 2 letras consecutivas iguais? Pois bem, agora são 4x3x3x3x...x3 possibilidades favoráveis dentre 4^60 no total, e a probabilidade seria (3/4)^(59) ~ 4.2522 x 10^(-8) ~ (1 em 23 milhões) < chance de ganhar na mega-sena com 3 apostas simples. Ou seja, seria muito muito raro -- se o seu gabarito tem essa propriedade, eu aposto que foi por design, não por sorte. Abraço, Ralph. P.S.: Aliás, usando o que o Buffara já tinha feito, a probabilidade de um gabarito aleatório (do meu jeito) ter *exatamente* 15 de cada letra seria 4.(3^59) / (60!/(15!^4)) ~ 1.986 x 10^(-5) ~ (1 em 50346). Como eu disse, bem raro, a menos que seja por design. PS2: Desconte a probabilidade muito pouco rara de eu ter errado alguma conta. :D On Wed, Nov 7, 2018 at 3:28 PM Paulo Rodrigues <[email protected]> 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. > > > Paulo Rodrigues > > > > Em qua, 7 de nov de 2018 às 13:49, Bruno Visnadi < > [email protected]> 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, Claudio Buffara < >> [email protected]> escreveu: >> >>> 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 vez colocados todos os As, sobrarão, entre eles, 14 >>> "espaços" com comprimentos variados. >>> Chamando de x(k) o comprimento do k-ésimo espaço, teremos as condições: >>> x(k) >= 1, para 1 <= k <= 14. >>> e >>> x(1) + x(2) + ... + x(14) = 45 (*) >>> Logo, o número de maneiras de colocar os As neste caso é igual ao número >>> de soluções inteiras positivas de (*): C(44,13) >>> >>> 2) Um A ocupa a primeira posição mas a última posição está vazia. >>> A equação, neste caso, é: >>> x(1) + x(2) + ... + x(15) = 45 com todos os x(k) >= 1 ==> C(44,14). >>> >>> 3) Um A ocupa a última posição mas a primeira está vazia: >>> Por simetria, C(44,14) >>> >>> 4) A primeira e a última posições estão vazias: >>> A equação é x(1) + ... + x(16) = 45 (x(k) >= 1) ==> C(44,15). >>> >>> Logo, o número de maneiras de colocar 15 As em 60 posições de modo que >>> não fiquem dois As adjacentes é igual a: >>> C(44,13) + 2*C(44,14) + C(44,15) >>> >>> Infelizmente, isso abre um monte de sub-casos chatos pra colocação dos >>> Bs, de modo que não sei se é um caminho promissor. Provavelmente não. >>> >>> []s, >>> Claudio. >>> >>> >>> On Tue, Nov 6, 2018 at 4:01 PM Claudio Buffara < >>> [email protected]> wrote: >>> >>>> 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 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 >>>> 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, 2018 at 1:04 PM Paulo Rodrigues <[email protected]> >>>> 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 >>>>> >>>>> >>>>> -- >>>>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>>>> acredita-se estar livre de perigo. >>>> >>>> >>> -- >>> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >>> acredita-se estar livre de perigo. >> >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
