PROBLEMA
O grande matemático francês Emile Borel provou, em 1913, o “Teorema do Macaco Infinito”. Este teorema afirma que um macaco digitando aleatoriamente em um teclado por um intervalo de tempo infinito irá, quase certamente, criar um texto qualquer escolhido, como por exemplo a obra completa de William Shakespeare. Considere um teclado contendo apenas as 26 letras do nosso alfabeto, sem outras teclas como espaço, pontuações e números. Encontre a probabilidade do bloco de letras “obmep” ser digitada, em qualquer posição, quando o macaco apertar aleatoriamente 10 teclas.
Reúnam seus Clubes e tentem resolver o problema.
Mas se não conseguirem, não faz mal. A partir do dia 29, próxima quinta-feira, deem uma passadinha na Sala Problemas: Dicas, Orientações e Dúvidas do nosso Fórum.
Lá vocês encontrarão Dicas e Orientações para tentarem resolver o problema e também poderão postar as suas dúvidas para que os nossos Moderadores possam lhes ajudar.
Resolvido o problema, vocês podem postar suas soluções no Blog para que todos tenham acesso a elas!
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Bons estudos, pessoal!
11 comentários
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Considerando que a extensão de “obmep” é 5 letras, então, em uma sequência de 10 letras tecladas, há 6 possibilidades para a posição da palavra “obmep”:
obmep _ _ _ _ _
_ obmep _ _ _ _
_ _ obmep _ _ _
_ _ _ obmep _ _
_ _ _ _ obmep _
_ _ _ _ _ obmep
Cada uma delas é equiprovável, pois contém a mesma quantidade de teclas específicas (“obmep”) e aleatórias (as outras 5).
Cada letra específica possui a possibilidade de [tex]\dfrac{1}{26}[/tex] de ser apertada. Como “obmep” tem 5 letras específicas, a probabilidade de ela ser digitada em cada caso é de [tex]\left(\dfrac{1}{26}\right)^5[/tex]
Em cada caso, as outras 5 letras a serem apertadas podem ser quaisquer umas, porém é preciso tomar um cuidado: nessa contagem estamos repetindo o caso “obmep _ _ _ _ _” e o caso “_ _ _ _ _ obmep” pois eles possuem uma intersecção: “obmepobmep”. Essa intersecção possui [tex]\left(\dfrac{1}{26}\right)^{10}[/tex] de chance de ocorrer.
A probabilidade total do evento da questão ocorrer, desse modo, é 6x a chance de um dos casos ocorrer (pois são equiprováveis) menos a intersecção observada:
[tex]6\left(\dfrac{1}{26}\right)^5-\left(\dfrac{1}{26}\right)^{10}[/tex]
Autor
Parabens Koreil Guys. A solução está correta.
Vamos analisar todas as possibilidades da palavra “obmep” aparecer em um espaço de 10 letras. Cada letra da palavra “obmep” possui uma posição absoluta, portanto, definimos sua probabilidade como 1 (por exemplo, se “obmep” aparecer logo no começo das 10 letras, necessariamente, a letra “o” deve ser a primeira, a letra “b” deve ser a segunda, e assim por diante). Cada espaço em branco pode ser preenchido uma por qualquer uma das 26 demais letras:.
I – obmep _ _ _ _ _
II – _ obmep _ _ _ _
III – _ _ obmep _ _ _
IV – _ _ _ obmep _ _
V – _ _ _ _ obmep _
VI – _ _ _ _ _ obmep
VII – obmepobmep
Primeiramente, sabendo que o espaço amostral total para 5 dígitos é de [tex]26^5[/tex] (26 possibilidades para cada dígito), e que este caso pode acontecer de maneiras diferentes, como os casos apresentados acima([tex]6[/tex] no total, desconsiderando o caso VII), concluímos que a probabilidade de “obmep” aparecer é de [tex]\frac{6}{26^5}[/tex]
Porém, no caso VII, observamos que o nome “obmep” apareceu 2 vezes, então precisamos eliminar esse caso indesejado. Calculando a probabilidade do nome “obmep” se repetir 2 vezes, sabendo que o espaço amostral total é de [tex]26^{10}[/tex], pois qualquer uma das 26 letras podem ocupar tais posições. E definimos o número de casos favoráveis como 1, pois o caso “obmepobmep” só pode acontecer de uma única maneira, concluimos que a probabilidade deste caso ocorrer é de [tex]\frac{1}{26^{10}}[/tex]
Agora, concluímos que, a probabilidade de “obmep” aparecer uma vez nas 10 letras, será igual ao número de caos de “obmep” aparecer, subtraido da probabilidade do caso VII acontecer. Ou seja:
[tex]\frac{6}{26^5} – \frac{1}{26^{10}}[/tex]
Autor
Parabéns pela proposta de solução Potências de Euler. Eu confesso que fiquei um pouco confuso com a solução apresentada.
Cada letra específica tem probabilidade de1/26 para ser apertada. Como a palavra OBMEP tem 5 letras, a probabilidade dela ser digitada em cada caso é de (1/26)^5. Esse caso pode acontecer de 10-5+1 = 6 maneiras distintas, então, a probabilidade de OBMEP aparecer é de 6/(26)^5.
Observamos que o nome OBMEP apareceu 2 vezes, logo, precisamos eliminar esse caso indesejado. Calculando a probabilidade do nome OBMEP se repetir 2 vezes, sabendo que o espaço amostral total é de 26^10, dada as quantidades. Definimos o número de casos favoráveis como 1, pois o caso de OBMEPOBMEP só pode acontecer de uma única maneira, concluímos então que a probabilidade deste caso ocorrer é de 1/(26^10).
Então, excluindo esse caso, a probabilidade é de 6/(26)^5 – 1/(26^10).
Autor
A resposta está correta. Parabéns. Entretanto, não muito organizada.
Possibilidades para a posição inicial: Existem 6 posições possíveis para o início da palavra “obmep” na sequência.
Preenchimento das demais posições: Após fixar a posição inicial de “obmep”, as 5 posições restantes podem ser preenchidas com qualquer uma das 26 letras, exceto as que já foram utilizadas na palavra “obmep”. Assim, temos 21^5 possibilidades para cada posição inicial.
Corrigindo a contagem dupla: Como observado na solução original, a contagem anterior inclui a possibilidade de digitar obmep mais de uma vez. Para corrigir essa dupla contagem, subtraímos o número de sequências com duas ocorrências de “obmep”, que é 26^5 (pois as 5 posições restantes podem ser preenchidas livremente).
4.
A probabilidade do evento é dada pela razão entre o número de sequências favoráveis e o número total de sequências:
P(obmep exatamente uma vez) = (6 * 21^5 – 26^5) / 26^10
Aqui vai uma outra solução, que apresenta a mesma “ideia” que mostramos anteriormente, porém, focamos em esclarecer mais todo o raciocínio:
Primeiramente, podemos enxergar da seguinte maneira: ao invés de trabalharmos com [tex]10[/tex] elementos (10 dígitos), podemos trabalhar apenas com [tex]6[/tex], sendo estes, [tex]5[/tex] dígitos e a palavra “obmep” (vamos representar por [tex]O[/tex] a palavra “obmep”, e [tex]d[/tex] um dígito qualquer, lembrando que [tex]O[/tex] é o equivalente a [tex]5[/tex] dígitos que formam “obmep”). Com isso, temos as seguintes possibilidades para “obmep” aparecer entre os dígitos:
[tex]O – d – d – d – d – d[/tex]
[tex]d – O – d – d – d – d[/tex]
[tex]d – d – O – d – d – d[/tex]
[tex]d – d – d – O – d – d[/tex]
[tex]d – d – d – d – O – d[/tex]
[tex]d – d – d – d – d – O[/tex]
Perceba que, “obmep” pode aparecer em [tex]6[/tex] posições diferentes, e como os demais dígitos podem ser qualquer um (afinal, eles não alteram em nada o nosso caso de interesse), para cada um desses casos, as possibilidades para os demais dígitos é dada por [tex]26^5[/tex] (26 possibilidades para cada dígito restante). Ou seja, temos um total de [tex]6 \cdot 26^5[/tex] casos favoráveis, e como nosso espaço amostral é de [tex]26^{10}[/tex] (já que, existem [tex]26[/tex] possibilidades para cada um dos [tex]10[/tex] dígitos que o macaco digitar), a probabilidade de “obmep” aparecer como em algum dos casos descritos acima é de [tex]P = \frac{6 \cdot 26^5}{26^{10}} = \frac{6}{26^5}[/tex]. Porém, há um caso específico em que devemos nos atentar: como “obmep” tem cinco letras, e o macaco digita dez letras, há um único caso em que “obmep” aparece duas vezes seguidas: “obmepobmep”. Como este caso é único em todo o espaço amostral ([tex]26^{10}[/tex]), sua probabilidade de ocorrer é de [tex]\frac{1}{26^{10}}[/tex], e devemos desconsiderá-lo de nosso [tex]P[/tex] final.
Portanto, a probabilidade do macaco digitar um bloco “obmep” ao digitar aleatoriamente [tex]10[/tex] teclas, é igual a [tex]P = (\frac{6}{26^5} – \frac{1}{26^{10}})[/tex]
Autor
Parabéns Potências de Euler por todo o engajamento nessa discussão interessante!
Os casos possíveis são 26^10 já que há 26 letras para cada dígito possível, já os casos favoráveis são os que contém o bloco “obmep”, que pode se colocar em 6 posições diferentes, nesses casos as demais 5 letras podem ser quaisquer letras, de modo que os casos favoráveis são (6×1×26^5)/26^10 = 6/(26)^5.
Entretanto, uma possibilidade contada duas vezes como favorável é caso “obmep” apareça exatamente duas vezes, o motivo disso é que há seis casos
1°) obmep _ _ _ _ _
2°) _ obmep _ _ _ _
3°) _ _ obmep _ _ _
4°) _ _ _ obmep _ _
5°) _ _ _ _ obmep _
6°) _ _ _ _ _ obmep
Perceba que “obmepobmep” seria contado duplamente, tanto no 1°, quanto no 6° caso, por isso é necessário subtrair da probabilidade pré-total a probabilidade de um macaco digitar “obmepobmep” que é 1/26^10 já que só pode acontecer de um único modo.
Dessa forma, a probabilidade de um macaco digite “obmep” dentre 10 dígitos é 6/26^5 – 1/26^10
Autor
Parabéns LAPLACES! A solução está correta.