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As magias matemáticas não têm piada quando não se explicam

Nuno Crato, Números Mágicos, Expresso 11.07.09

Integrado no tema Magia da Única do Expresso de 11.07.09 aparece o artigo de  Nuno Crato Números Mágicos.

(Aqui na versão online.)

Números mágicos de Nuno Crato, Expresso, 11.07.09

Números mágicos de Nuno Crato, Expresso, 11.07.09

Nuno Crato divide-o em duas magias matemáticas: uma que se explica pela  Lei de Benford e a outra a que chama O truque dos aniversários no mesmo dia.

 

Nuno Crato, O truque dos aniversários no mesmo dia, Expresso, 11.07.09

Nuno Crato, O truque dos aniversários no mesmo dia, Expresso, 11.07.09

Num ano comum, qual a probabilidade de pelo menos duas  pessoas escolhidas ao acaso entre n fazerem anos em dias diferentes? [editado em 19.07.09]

Depois de ler a exposição e explicação de Nuno Crato, as contas que fiz para responder a esta questão foi relacionar a probabilidade P(n) associada a n pessoas com a probabilidade P(n-1) associada a n-1 pessoas:

P(n)=P(n-1)\times\dfrac{366-n}{365}

chegando, por indução, a

P(n)=\dfrac{1}{365^{n-1}}\times \left( 366-2\right) \times \left( 366-3\right) \times\cdots \times\left( 366-n\right) =\dfrac{1}{365^{n-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{n}\left( 366-k\right)

Exemplo: 30 pessoas

P(30)=\dfrac{1}{365^{30-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{30}\left( 366-k\right) \approx 0,29368\approx 29,37%

Num ano bissexto, qual a probabilidade de pelo menos duas  pessoas escolhidas ao acaso entre n fazerem anos em dias diferentes? [editado em 19.07.09]

A diferença em relação ao ano comum traduz-se apenas em mais  um dia, pelo que

P(n)=\dfrac{1}{366^{n-1}}\times \left( 367-2\right) \times \left( 367-3\right) \times \cdots \times \left( 367-n\right) =\dfrac{1}{366^{n-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{n}\left( 367-k\right)

Exemplo: 30 pessoas

P(30)=\dfrac{1}{366^{30-1}}\displaystyle\prod_{k=2}^{30}\left( 367-k\right) \approx 0,29470\approx 29,47%

Logo, a probabilidade dos aniversários de nenhuma das n pessoas escolhidas ao acaso calharem no mesmo dia é [editado em 21.07.09]

1-P(n)

em que P(n) é dado pelo(s) produto(s) indicado(s) acima. Os dois exemplos anteriores resultam, respectivamente, em

P(30)=1-P(30)\approx 100-29,37\%=70,63\%

e

P(30)=1-P(30)\approx 100-29,47\%=70,53\%

nos anos comuns e nos bissextos.

Nota de 16.07.09: Pelo princípio das gavetas de Dirichlet, também conhecido pelo das casas dos pombos, se o número de pessoas  n>365 (nos anos comuns) ou n>366 (nos anos bissextos), temos a certeza de que pelo menos duas fazem anos no mesmo dia.  

Nota de 21.07.09: outras expressões equivalentes são

P(n)=\left\{ \begin{array}{c}\dfrac{364!}{365^{n-1}\left( 365-n\right) !}\qquad\text{se o ano \'{e} comum} \\ \dfrac{365!}{366^{n-1}\left( 366-n\right) !}\qquad \text{se o ano \'{e} bissexto}\end{array}\right.

e

\bar{P}(n)=1-P(n)=\left\{ \begin{array}{c}1-\dfrac{364!}{365^{n-1}\left( 365-n\right) !}\qquad\text{se o ano \'{e} comum} \\ 1-\dfrac{365!}{366^{n-1}\left( 366-n\right) !}\qquad \text{se o ano \'{e} bissexto}\end{array}\right.

Atendendo a que \Gamma (n+1)=n!, obtemos para os anos comuns,

\bar{P}(x)=1-P(x)=1-\dfrac{\Gamma \left( 365\right) }{365^{x-1}\Gamma \left( 366-x\right) }

cujo representação gráfica é

Probabilidade de duas pessoas pelo menos fazerem aniversários no mesmo dia em função do número de pessoas
Probabilidade de duas pessoas pelo menos fazerem aniversários no mesmo dia em função do número de pessoas

[Actualização de 21.07.09: corrigido título e  o parágrado " ... probabilidade dos aniversários de nenhuma das n pessoas escolhidas ao acaso calharem no mesmo dia ..."]

[Actualização de 22.07.09: nova alteração do título]

 

O blogue A MATEMÁTICA ANDA POR AÍ publicou uma tabela onde se pode ler que as probabilidades de obter o 1º (5 números e 2 estrelas), 2º (5 números e 1 estrela) ou 3º (5 números e 0 estrelas) prémios são, respectivamente

\dfrac{\dbinom{45}{0}\dbinom{5}{5}\dbinom{7}{0}\dbinom{2}{2}}{\dbinom{50}{5}\dbinom{9}{2}},

\dfrac{\dbinom{45}{0}\dbinom{5}{5}\dbinom{7}{1}\dbinom{2}{1}}{\dbinom{50}{5}\dbinom{9}{2}}

e

\dfrac{\dbinom{45}{0}\dbinom{5}{5}\dbinom{7}{2}\dbinom{2}{0}}{\dbinom{50}{5}\dbinom{9}{2}}.

NOTAÇÃO: \dbinom{p}{q} é o chamado coeficiente binomial que é, noutra notação, o mesmo que as combinações de p, q a q: ^{p}C_{q} 

\displaystyle\dbinom{p}{q}=^{p}C_{q}=\frac{p!}{q!\left( p-q\right) !}=\frac{p\left( p-1\right)\left( p-2\right) \cdots \left( p-q+1\right) }{p!}

Verificação

O número total de casos possíveis CP é  dado pelo produto do número de casos possíveis relativamente à extracção dos cinco números (N) pelo número de casos possíveis relativamente à  das duas estrelas (E). Ora, como podem sair cinco números em 50, sem interessar a ordem da extracção, há N=\dbinom{50}{5} possibilidades distintas. Quanto às estrelas escolhem-se duas entre nove, pelo que E=\dbinom{9}{2}.

De

N=\dbinom{50}{5}=\dfrac{50\times 49\times 48\times 47\times 46}{5\times 4\times 3\times 2\times 1}=2118760

e

E=\dbinom{9}{2}=\dfrac{9\times 8}{2\times 1}=36

conclui-se que o número de casos possíveis é

CP=N\times E=\dbinom{50}{5}\times \dbinom{9}{2}=2118760\times 36=76275360

Sobre o de casos favoráveis, vejamos o caso do 1.º prémio. O apostador deve acertar em 5 números e 2 estrelas. Se
separarmos o conjunto dos números 1 a 50 em dois conjuntos, A o do 5 números que foram extraídos e B o dos 45 restantes, o apostador deverá  ter acertado em todos os números de A e em nenhum de B. Há  apenas uma forma de acertar em todos os números de A, que se pode exprimir por \dbinom{5}{5}=1. E igualmente uma única forma de não  acertar em é então

CFN=\dbinom{5}{5}\times \dbinom{45}{0}=1\times 1=1

Raciocinando de forma idêntica em relação às estrelas, chegamos ao número de casos favoráveis de acertos nas estrelas

CFE=\dbinom{2}{2}\times \dbinom{7}{0}=1

Assim o número de casos favoráveis de acertos nos números e nas estrelas é  apenas um:

CF=CFN\times CFE=\dbinom{5}{5}\times \dbinom{45}{0}\times \dbinom{2}{2}\times\dbinom{7}{0}=1

A probabilidade respectiva é pois

P=\dfrac{CF}{CP}=\dfrac{\dbinom{5}{5}\times \dbinom{45}{0}\times \dbinom{2}{2}\times \dbinom{7}{0}}{\dbinom{50}{5}\times \dbinom{9}{2}}=\dfrac{1}{76275360}

Em relação  ao 2.º prémio, mantém-se o número de 5 acertos nos números e em vez de 2 o apostador passa a acertar em 1 estrela. Do conjunto de 2 estrelas que saíram acerta em uma e em outra das restantes 7:

CFE=\dbinom{2}{1}\times \dbinom{7}{1}=14

Os casos favoráveis passam a

CF=CFN\times CFE=\dbinom{5}{5}\times \dbinom{45}{0}\times \dbinom{2}{1}\times\dbinom{7}{1}=14

e a probabilidade a

P=\dfrac{CF}{CP}=\dfrac{\dbinom{5}{5}\times \dbinom{45}{0}\times \dbinom{2}{1}\times \dbinom{7}{1}}{\dbinom{50}{5}\times \dbinom{9}{2}}=\dfrac{14}{76275360}

Finalmente, no 3.º prémio o apostador acerta em todos os números, mas em nenhuma estrela, ou seja as duas estrelas em que apostou fazem parte das 7 que não saíram, logo

CFE=\dbinom{2}{0}\times \dbinom{7}{2}=1\times \dfrac{7\times 6}{2\times 1}=21

O número de casos favoráveis passa a ser

CF=CFN\times CFE=\dbinom{5}{5}\times \dbinom{45}{0}\times \dbinom{2}{0}\times \dbinom{7}{2}=21

e a probabilidade

P=\dfrac{CF}{CP}=\dfrac{\dbinom{5}{5}\times \dbinom{45}{0}\times \dbinom{2}{0}\times \dbinom{7}{2}}{\dbinom{50}{5}\times \dbinom{9}{2}}=\dfrac{21}{76275360}.

25-5-2009: corrigido erro no denominador das fórmulas e acrescentada verificação

De um baralho de 52 cartas, correctamente baralhado, tiram-se cartas à sorte. Calcular a probabilidade de ao extrair:

  1. duas cartas serem ambas de Copas;
  2. duas cartas serem uma Dama e um Valete;
  3. três cartas serem todas de Ouros e entre elas figurar o Ás.

Respostas

  1. 1 / 17

  2. 8 / 663

 Resolução do 3.

Há 13 Ouros no baralho, pelo que a probabilidade de sair um Ouro ao extrair uma carta é 13 / 52. Como ficam 51 cartas, ao extrair a 2ª carta, a probabilidade de ser um Ouro é 12 / 51; e na 3ª extracção 1 / 50, uma vez que só há um Ás de Ouro. Logo, a probabilidade será

\displaystyle\frac{13}{52}\displaystyle\frac{12}{51}\displaystyle\frac{1}{50}=\displaystyle\frac{11}{11050}

No entanto, o Ás poderá ser extraído na 1ª, 2ª ou 3ª tiragem. Por isso a probabilidade pedida é tripla da anterior:

\displaystyle\frac{33}{11050} \qquad\blacktriangleleft

 

NOTA: A extracção de 3 cartas de uma só vez é equivalente a 3 tiragens sucessivas  sem reposição.

 

 

Américo Tavares

1951, eng. electrotécnico, IST, 1974, reformado;
membro da Ordem dos Engenheiros e sócio da Sociedade Portuguesa de Matemática.

Bem-vindo(a)!

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