Probabilidades « Problemas Teoremas

Julho 14, 2011

Republicação de Exercício de Probabilidades sobre aniversários de n pessoas

Filed under: Exercícios Matemáticos,Matemática,Mathematics Stack Exchange,Probabilidades,Problemas — Américo Tavares @ 11:09 pm
Tags: Exercícios, Matemática, MSE, Problema

A propósito da questão The probability that 25 people do not have the same birthday de Algific no MSE e da minha resposta republico este meu post de Julho 2009 sobre o mesmo assunto.

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

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

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

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?

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

$1-P(n)$

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

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

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

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

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

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

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

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Abril 5, 2010

Probabilidade condicionada com moedas

Filed under: Matemática,Probabilidades,Problemas — Américo Tavares @ 3:41 pm
Tags: Matemática, Problema

(estas moedas não são de prata nem de ouro, mas de alpaca e de cobre)

A Professora Fernanda Carvalhal publicou, em 30.03.10, com o título A moeda de Bertrand o problema seguinte:

« Tenho três caixas tendo uma delas duas moedas de ouro, outra uma moeda de ouro e outra de prata, e a outra duas de prata. De uma das caixas tira-se uma moeda de ouro. Qual a probabilidade de a moeda que ficou na caixa seja de ouro? »

Apresentei a seguinte resposta errada:

« Se não me engano, a probabilidade é 1/2.

Justificação (sem grande rigor de notação):

1.º método ( $O$ — ouro, $P$ — prata) – (1.ª moeda,2.ª moeda)

$(O,O),(O,O),(O,P),$

$(P,O),(P,P),(P,P)$

N.º de pares ordenados em que o segunto elemento é ouro/N.º total de pares ordenados = 3/6 = 1/2

2.º método (sabendo-se que a 1.ª moeda de ouro):

1 caixa favorável: $\{O,O\}$ , 2 caixas possíveis: $\{O,O\},\{O,P\}$

A Probabilidade é então 1/2.

Nota: a caixa restante $\{P,P\}$ exclui-se. »

O comentário da autora do post foi:

« Na realidade este é um paradoxo probabilístico. A probabilidade é 2/3.

Ver em http://www.sedentario.org/colunas/duvida-razoavel/porta-dos-desesperados-5853 »

ao que respondi:

« Espalhei-me completamente, o que não me admira, porque as probabilidades são (ou podem ser) muito matreiras.

Sabendo já qual é o resultado (2/3), vou corrigir o meu raciocínio anterior, tentando aproveitar o que puder.

Os casos possíveis, seis, são:

#1 $(O,O)$ , #2 $(O,O)$ , #3 $(O,P)$ ,

$\bigskip$

#4 $(P,O)$ , #5 $(P,P)$ , #6 $(P,P)$

ou, na notação do autor (**) do post com a solução / explicação:

#1 $(O_1,O_2)$ , #2 $(O_2,O_1)$ , #3 $(O,P),$

#4 $(P,O)$ , #5 $(P_1,P_2)$ , #6 $(P_2,P_1)$

A probabilidade $P(O)$ de a primeira moeda ser de ouro é igual a 1/2 (há três moedas de ouro num total de seis).

A probabilidade $P(OO)$ de ambas serem de ouro é igual 1/3 (os casos favoráveis são o #1 e o #2, num total de seis)

Como Ora

$P(OO)=P(O)P(O/O)$ (*)

em que a probabilidade pedida é

$P(O/O)$

(a probabilidade da segunda moeda ser de ouro, sabendo-se que a primeira também o é).

Substituindo os valores numéricos em (*), tem-se

$\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{2}P(O/O)$

donde

$P(O/O)= \dfrac{2}{3}$ . »

Nota: na notação usada em cima, a caixa só com moedas de ouro tem as moedas $O_1$ e $O_2$ ; na que tem uma de ouro e uma de prata, as moedas são a $O$ e $P$ ; e na que tem as duas de prata, são a $P_1$ e a $P_2$ .

(*) $P(O/O)$ é uma probabilidade condicionada (Wikipédia); $P(OO)$ é um exemplo de probabilidade de um acontecimento composto; e $P(O)$ , de um acontecimento elementar.

(**) Kentaro Mori

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Julho 15, 2009

Exercício de Probabilidades sobre aniversários de n pessoas

Filed under: Exercícios Matemáticos,Função Gama,Funções Especiais,Indução matemática,Matemática,Probabilidades,Problemas — Américo Tavares @ 9:27 pm
Tags: Exercícios, Matemática, Problema

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

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

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]

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

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

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

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

nos anos comuns e nos bissextos.

Nota de 21.07.09: outras expressões equivalentes são

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

[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]

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Julho 23, 2008

Probabilidades do Euromilhões

Filed under: Combinatória,Exercícios Matemáticos,Matemática,Matemática-Secundário,Probabilidades,Problemas — Américo Tavares @ 8:26 am
Tags: Exercícios, Matemática, Matemática-Secundário, Problema

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

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

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

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

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 $E=\dbinom{9}{2}$ .

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

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

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 dos 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 $\dbinom{45}{0}=1$ . O número de casos favoráveis de acertos nos números 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 duas, o apostador passa a acertar numa estrela; a outra estrela em que apostou faz parte das sete que não saíram :

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

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.

16-5-2010: alterado ligeiramente o texto.

Comentários (1)

Dezembro 14, 2007

Probabilidades com cartas

Filed under: Combinatória,Exercícios Matemáticos,Matemática,Matemática-Secundário,Probabilidades,Problemas — Américo Tavares @ 8:20 am
Tags: Matemática, Problema

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

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

Respostas

1 / 17
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.

Comentários (23)

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