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 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 de o gabarito com 60 questões A-B-C-D se repetir é bem menor que a chance de ganhar em 4 concursos seguidos da mega-sena! Mas estudando os gabaritos desta banca, observei duas coisas interessantes: (1) A quantidade de alternativas de cada tipo é sempre a mesma (2) Duas questões vizinhas nunca têm a mesma resposta. Isso limita muito a quantidade de gabaritos e permite dobrar a chance de acerto em muitas questões: Se um aluno tem certeza de suas respostas nas questões n e (n+2) e se estas respostas forem distintas, então só restam duas alternativas para a questão (n+1). No meio de toda essa polêmica, o presidente da banca disse que não vai anular os concursos, mas imagino que alguém possa ter notado a igualdade dos dois primeiros gabaritos e se aproveitado para se dar bem no terceiro concurso. Quem quiser estudar os "gabaritos" repetidos do banca pode acessar http://www.uece.br/cev/ Absurdos do Brasil! Paulo Rodrigues Em qua, 7 de nov de 2018 às 17:46, Ralph Teixeira <[email protected]> escreveu: > 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 antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
