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    Probabilidades de acerto na exclusão de dezenas

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    Apostador Maluco

    Mensagens : 27
    Data de inscrição : 19/01/2012

    Probabilidades de acerto na exclusão de dezenas

    Mensagem por Apostador Maluco em Seg Set 07, 2015 11:41 pm

    Boa noite!

    Eu não sou estudioso das loterias e estou com uma dúvida.

    Caso eu queira usar algum esquema com quantidade reduzida de dezenas como eu calculo a probabilidade de acertar na exclusão das dezenas?
    Exemplo, se eu quiser excluir duas dezenas e apostar nas 23 restantes, qual a probabilidade de acertar as excluídas?
    Pelos meus cálculos seria 0,16%.

    Valeu!

    Only One

    Mensagens : 6
    Data de inscrição : 08/09/2015

    Re: Probabilidades de acerto na exclusão de dezenas

    Mensagem por Only One em Ter Set 08, 2015 6:33 pm

    15%

    Probabilidade condicional,

    Por exemplo,
    Probabilidade de excluir corretamente as dezenas x e y
    P(A) -> não vir a dezena x -> 10/25
    P(B) -> não vir a dezena y(sob condição de não ter saído a dezena x) -> 9/24

    P(A e B) = P(A) . P(B) = 10/25 . 9/24 = 90/600
    =>P(A e B) = 0,15 ... 15%


    ...


    Sendo assim,
    Probabilidade de excluir corretamente 10 dezenas(acertar as 15):
    P(10) = 10/25 . 9/24 . 8/23 . 7/22 . 6/21 . 5/20 . 4/19 . 3/18 . 2/17 . 1/16
    p(10) = 1/3268760

    JORGE EDUARDO

    Mensagens : 10
    Data de inscrição : 21/08/2015

    Re: Probabilidades de acerto na exclusão de dezenas

    Mensagem por JORGE EDUARDO em Qua Set 16, 2015 2:46 am

    01 (UMA) EM 490.314.

    Only One

    Mensagens : 6
    Data de inscrição : 08/09/2015

    Re: Probabilidades de acerto na exclusão de dezenas

    Mensagem por Only One em Qua Set 16, 2015 9:34 pm

    É 15%, 01 (UMA) EM 6,666...

    Reforçando,
    Na LF temos 300 combinações C25,2 ; são os duques, jogando eles contra os 1259 sorteios realizados até aqui temos em media que, cada duque não sai(pontua zero)em 188,85 sorteios, isso dos 1259, ou seja, é o histórico de duas dezenas não saírem(nenhuma das duas)

    188,85 = 15% de 1259

    Boa noite!

    Nobody Home

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    Data de inscrição : 21/10/2012

    Re: Probabilidades de acerto na exclusão de dezenas

    Mensagem por Nobody Home em Qua Set 30, 2015 4:35 pm

    JORGE EDUARDO escreveu:01 (UMA) EM 490.314.

    Jorge,

    Esse valor está errado. O valor apresentado pelo Only One está certo.


    A probabilidade de acertar 2 números excluídos, por razões óbvias, é a mesma probabilidade de se acertar 15 jogando com 23 números.


    Era Somente Um, mas agora são dois. Isso é, considerando-se que o Ninguém seja alguém. Very Happy


    Aqui está a explicação mastigadinha e já contendo a fórmula para cálculo rápido. Porém, para resolver questões de prova, o raciocínio apresentado pelo Only One é o mais adequado.

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    Nobody Home

    Mensagens : 380
    Data de inscrição : 21/10/2012

    Re: Probabilidades de acerto na exclusão de dezenas

    Mensagem por Nobody Home em Qui Out 01, 2015 6:10 pm

    Relembrando um post antigo.

    “Modelo Hipergeométrico

    A distribuição hipergeométrica está restritamente relacionada com a distribuição binomial. A diferença-chave entre as duas distribuições de probabilidade é que, com a distribuição hipergeométrica, os ensaios não são independentes, e a probabilidade de sucesso muda de ensaio para ensaio, pois as seleções dos elementos são feitas sem reposição, enquanto que na distribuição binomial as seleções dos elementos são feitas com reposição. Considere um conjunto de N objetos dos quais (r) são do tipo I e (N – r) são do tipo II. Um sorteio de n objetos (n < N) é feito ao acaso e sem reposição. A variável aleatória discreta X, que é igual ao número de objetos do tipo I selecionados nesse sorteio, tem distribuição hipergeométrica.

    Os valores possíveis de X vão de 0 a min(r, n), uma vez que não podemos ter mais do que o número de objetos existentes do tipo I, nem mais que o total de sorteados. Sua função de probabilidade é dada por:”

    P(X=x) = (C(r,x))(C(N-r,n-x))/((C(N,n)) ), 0≤x≤min(r,n)

    Para acertar 15 pontos em uma aposta com 23 números:

    P(15 em 23) = ((C(23,15))∙(C(25-23,15-15)))/((C(25,15)))
    P(15 em 23) = (23!/((23-15)!∙15!)∙2!/((2-0)!∙0!))/(25!/((25-15)!∙15!))
    P(15 em 23) = (23!/(2!∙15!)∙2!/(2!∙0!))/3.268.760
    P(15 em 23) = (490.314∙1)/3.268.760
    P(15 em 23) = 0,15

    Lembrando que: 1/0,15 = 6,6667

    “...com a distribuição hipergeométrica, os ensaios não são independentes, e a probabilidade de sucesso muda de ensaio para ensaio...”

    O trecho acima não se refere a dois sorteios, mas a cada bolinha retirada do globo. Um ensaio é remover uma bolinha do globo. Ao retirar a primeira bolinha, há 25 bolas. Ao retirar a segunda, só há 24 e assim por diante.

    Muitas pessoas pensam que há dependência entre sorteios completos (concurso). Entre concursos há independência absoluta, pois as bolas são recolocadas no globo.

    Fonte: Matemática, Curso de pós-graduação “lato sensu” Probabilidade e Estatística
    Marcos Santos de Oliveira e Daniela Carine Ramires de Oliveira

    JORGE EDUARDO

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    Re: Probabilidades de acerto na exclusão de dezenas

    Mensagem por JORGE EDUARDO em Ter Out 13, 2015 11:08 am

    Nobody Home escreveu:Relembrando um post antigo.

    “Modelo Hipergeométrico

    A distribuição hipergeométrica está restritamente relacionada com a distribuição binomial. A diferença-chave entre as duas distribuições de probabilidade é que, com a distribuição hipergeométrica, os ensaios não são independentes, e a probabilidade de sucesso muda de ensaio para ensaio, pois as seleções dos elementos são feitas sem reposição, enquanto que na distribuição binomial as seleções dos elementos são feitas com reposição. Considere um conjunto de N objetos dos quais (r) são do tipo I e (N – r) são do tipo II. Um sorteio de n objetos (n < N) é feito ao acaso e sem reposição. A variável aleatória discreta X, que é igual ao número de objetos do tipo I selecionados nesse sorteio, tem distribuição hipergeométrica.

    Os valores possíveis de X vão de 0 a min(r, n), uma vez que não podemos ter mais do que o número de objetos existentes do tipo I, nem mais que o total de sorteados. Sua função de probabilidade é dada por:”

    P(X=x) = (C(r,x))(C(N-r,n-x))/((C(N,n)) ), 0≤x≤min(r,n)

    Para acertar 15 pontos em uma aposta com 23 números:

    P(15 em 23) = ((C(23,15))∙(C(25-23,15-15)))/((C(25,15)))
    P(15 em 23) = (23!/((23-15)!∙15!)∙2!/((2-0)!∙0!))/(25!/((25-15)!∙15!))
    P(15 em 23) = (23!/(2!∙15!)∙2!/(2!∙0!))/3.268.760
    P(15 em 23) = (490.314∙1)/3.268.760
    P(15 em 23) = 0,15

    Lembrando que: 1/0,15 = 6,6667

    “...com a distribuição hipergeométrica, os ensaios não são independentes, e a probabilidade de sucesso muda de ensaio para ensaio...”

    O trecho acima não se refere a dois sorteios, mas a cada bolinha retirada do globo. Um ensaio é remover uma bolinha do globo. Ao retirar a primeira bolinha, há 25 bolas. Ao retirar a segunda, só há 24 e assim por diante.

    Muitas pessoas pensam que há dependência entre sorteios completos (concurso). Entre concursos há independência absoluta, pois as bolas são recolocadas no globo.

    Fonte: Matemática, Curso de pós-graduação “lato sensu” Probabilidade e Estatística
    Marcos Santos de Oliveira e Daniela Carine Ramires de Oliveira

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    Re: Probabilidades de acerto na exclusão de dezenas

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