[obm-l] Re: [obm-l] Combinatória e Probabilidade

["Pedro Cardoso" <pedrolazera@xxxxxxxxxxx>]

Salhab, primeiro obrigado por tentar resolver o problema. Segundo, vou 
procurar te mostrar até onde cheguei, para ver se você consegue, porque 
conhece muito mais do que eu, solucionar de vez a questão.

A chance de se acertar n questões - P(n) - é igual a (1/4)^n * (3/4)^(60-n) 
* C(60,n). Esse fator
C(60,n) entra porque não foi estabelecida nenhuma ordem de acerto. 
Reescrevendo, separando o que varia do que é constante, temos:

P(n) = (1/4)^n * (3/4)^(60-n) * C(60,n) = (1* 3^60 * 60!) / [4^60 * 3^n * n! 
* (60-n)!]
Veja que, dessa forma, o numerador é constante e somente uma parte do 
denominador é variável.

P(n) = (1* 3^60 * 60!) / [4^60 * f(n)], onde f(n) = 3^n * n! * (60-n)!

O problema passa a ser minimizar f(n), n variando de 0 a 60. Para a+b = 60, 
a>b, C(60,a) = C(60,b), mas 3^a > 3^b. Fica bem óbvio, então (embora isso já 
fosse algo intuitivo), que só temos de testar os valores até n = 30. Para n 
= 31, por exemplo, f(29) < f(31) => P(29)>P(31).

Sobre intuitivmente acertarmos 1 questão a cada quatro... Vamos supor uma 
prova composta de 4 questões, cada uma com quatro alternativas. Nesse caso, 
f(n) = 3^n * n! * (4-n)!, e só precisamos testar até n = 2.

Testando n=1... f(1) = (3 * 1! * 3!) = 18
Testando n=2... f(2) = (3^2 * 2! * 2!) = 36.

De fato, acertar uma questão é o mais provável. Acertar 15 de 60 também 
seria portanto o resultado mais provável para a UERJ. Acho, aliás, que eu 
poderia supor ser essa prova de 60 questões a junção de 15 provas de 4 
questões. E, testando alguns valores, lembrando que f(n) tem de ser 
minimizado, temos:

f(14) = 3^14 * 14! * 46!
f(15) = 3^15 * 15! * 45! = f(14)*45/46
f(16) = 3^16 * 16! * 44! = f(14)*48/46

f(15)<f(14)<f(16), o que faz sentido. A chance deve crescer de 1 até 15 e 
descrescer de 15 até 60.

Mas eu ainda queria saber como minimizar f(n) = 3^n * n! * (60-n)!

Grato,

Pedro Lazéra Cardoso

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