Delta xis

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  • Insights sobre minhas partidas de xadrez

    As descobertas foram obtidas exportando as 50 últimas partidas que joguei até 8 de outubro de 2024, e analisadas no Lucas Chess. Não deve ter nada de muito novo aqui para um jogador comum, mas qualquer narrativa fica interessante com dados.

    Com as brancas, usei mais a abertura vienesa, que consiste em mover o peão para E4, ao passo que o adversário move o peão para E5 e as brancas movem o cavalo do flanco esquerdo para C3. Treinando aberturas no mesmo aplicativo, esta abertura tem se mostrado bem eficiente por dificultar a aplicação do mate pastor por parte do adversário. Após E5, se o adversário mover a dama para H4, as brancas podem mover o cavalo para F3. Se não der tempo, uma alternativa drástica é a de proteger o rei com sua própria dama, o que muitas vezes funciona como mecanismo de dissuasão, quando não dá tempo de mover o cavalo do flanco direito.

    A Réti começa movendo o cavalo do flanco direito para F3, com preto indo para D5 com o peão e as brancas movendo o peão para E4. Embora eu tenha usado pouco em minhas partidas, o índice de vitórias é alto, e com certeza vou cogitar aplicá-lo mais. Quanto à abertura dos 4 cavalos, ambos oponentes jogam seus peões para o centro, e se as brancas movem o cavalo para atacar um peão, as pretas movem o cavalo que não o faz, as brancas fazem o mesmo, e por fim o cavalo das pretas ataca o peão das brancas. Opção para estudar o adversário e ganhar tempo.

    A defesa Petrov, variante dos 3 cavalos, faz algo um pouco diferente. Após os dois peões no centro, os cavalos de ambos os lados se movem para atacar os respectivos peões, mas no próximo movimento das brancas, o terceiro, o cavalo da esquerda é movimentado sem atacar. A Vienna game começa com os peões no centro e, após as brancas moverem o cavalo para C3, as brancas, em vez de usar a mesma peça, optam pelo bispo C5, na mesma coluna das brancas, atacando o cavalo das brancas pela diagonal. O índice de derrotas é alto para meu perfil.

    A defesa Alekhine foi usada poucas vezes contra mim, mas pode ser uma alternativa conforme eu ganhe mais experiência e presuma que um adversário é mais astuto. E daqui para frente, todas as aberturas foram usadas apenas uma vez, em um universo das 50 últimas partidas minhas. A abertura dos 3 cavalos é parecida com a abertura dos 4 cavalos, basta desconsiderar o último movimento, quando o cavalo das pretas ataca o peão das brancas. Possui índice de vitória muito bom. A defesa Benoni antiga, feita exclusivamente com peões, é formada por 1.e4 e6 2.d4 c5 3.d5 . Boa para as brancas ocuparem o centro e estudar o adversário. Se, após 3.d5, as pretas capturarem o peão, a coluna das brancas fica aberta e ideias de xeque podem surgir. Também possui índice bom de vitória. A defesa Robatsch moderna, por outro lado, se mostrou péssima para as brancas, sem vitórias registradas. Ao mover g6, as pretas não permitem que as brancas ataquem a torre na rodada seguinte e reforçam a diagonal do rei. O mesmo índice ruim se apresentou para a Defesa francesa: cavalo branco, embora possa ser usada para dificultar a aplicação do mate pastor por parte do adversário, e para a Defesa Pirc: gambito de Roscher. Formada por 1.e4 d6 2.d4 Nf6 3.Nf3, deixa a diagonal esquerda do rei das pretas exposta. Com uma boa estratégia, pode ser uma fraqueza interessante a ser exposta pelas brancas.

    Quanto às aberturas em que eu joguei com as peças negras, os três primeiros colocados concentram a mesma quantidade de jogos que os próximos 13 colocados.

    Quem sabe faz ao vivo

    E isso não é meu caso, pelo menos nessas partidas que quero esquecer. O Lucas Chess gera gifs das partidas, e vou comentar algumas delas.

    Nesta partida aqui, com abertura escocesa, eu tinha tudo para perder, mas o oponente abandonou. Joguei de pretas. Houve um momento de virada que eu não aproveitei: no lance 10, quando as brancas capturam meu peão em D5, a barra de análise dispara a favor das pretas. Era só capturar com a dama, colocando-a no centro, e perdi essa chance. Como um artilheiro superestimado no Brasileirão. Acho que, como iniciante, ainda tenho o jogo muito reativo: assim que vejo uma peça inimiga próxima à minha, meu impulso inicial é capturá-la ou fugir dela. E sempre precisamos olhar para cima.

    Com abertura em defesa Alekhine, a próxima partida é mais pavorosa ainda, mas os erros crassos foram dos dois lados: o emocional acabou embaralhando o jogo de ambos. São tantos erros que precisei anotar para não errar. Alguns dos piores são: Lance 8, bispo em F4, onde dei de bandeja meu cavalo. Lance 13 com XC7, onde avanço com meu bispo contra a fileira do adversário, sem peça para me cobrir. Lance 19, com XF7+, esse sendo meu, um erro que acumula com o do lance 13: tenho dois bispos na fileira adversária, e não consigo fazer nada com eles. Lance 21, com adversário movendo a dama para F5+. Perdi a oportunidade de capturá-la com minha torre em F1. Precisamos também olhar para baixo. Lance 31, com adversário movendo XH2+. Aqui, não capturei a dama com o bispo. Sim, aquele que ficou descansando na fileira inimiga. Essa dama parece um bagre ensaboado, mas eu assumo meus erros por ter arrastado um jogo ganho por tortuosas 42 rodadas.

    Em algumas ocasiões, mesmo errando bastante, apliquei xeque-mate. O jogo a seguir pode ser lido no chesstempo, no Lucas chess e outros lugares. Neste jogo, repare o que o adversário fez na rodada 11: [Opening “Abertura Vienesa”]
    [ECO “C25”][Result “1-0”] 1.e4 e5 2.Nc3 Qh4 3.Nf3 Qe7 4.d4 exd4 5.Nxd4 Nc6 6.Bc4 Qd6 7.O-O Nxd4 8.Re1 Qc5 9.Be3 Qxc4 10.Nd5 Nxc2 11.Qc1 Qxe4 12.Nxc7+ Kd8 13.Bg5+ Be7 14.Rxe4 Kxc7 15.Qxc2+ Kd8 16.Bxe7+ Nxe7 17.Qe2 Nc6 18.Re7 Nxe7 19.Rc1 Re8 20.Qc4 d6 21.Qc7#
    Aqui, o oponente, de pretas, estava indo bem, sem grandes destaques, tendo condições de dar xeque e preparar o mate. Em vez disso, ele perdeu tempo capturando um peão solitário no centro. Como assim? Mesmo tendo meu cavalo capturado de bobeira pelo rei no lance 14, aí tudo se perde para o adversário, com o rei completamente exposto e quatro peças de ataque presas, sem poder apoiá-lo. Mesmo assim, eu quase estraguei tudo, e salvei minha vitória com a dama invadindo a fileira adversária.

    E depois de ter torturado vocês com essas capivaradas, encerro com uma pintura: na partida Niemann-Maze, de 2020, o primeiro vence a partida contra o Grande Mestre sem capturar uma única peça. Uma aula de jogo posicional, de como não se expor mais do que o necessário, de como ganhar tempo. Subjugar o adversário com um garfo na hora certa pode ser mais satisfatório do que um mate.

    22 de novembro de 2024
    aberturas, xadrez

  • Torturando dados da Olimpíadas de Paris 2024

    Diante da publicação, típica de maus perdedores, de parte da mídia estadunidense do quadro de medalhas dos Jogos Olímpicos, com critérios de forma a manter o precioso país deles líder no quadro de medalhas, tive uma ideia: se eu torturar os dados o bastante, eu conseguiria levar nosso país ao primeiro lugar no quadro de medalhas? Desafio aceito. Arquivo disponível ao final do post.

    Para fins de economia de espaço, colocarei aqui apenas as conclusões mais interessantes que fui encontrando, conforme minhas tentativas avançavam. Em primeiro lugar, das 206 nações participantes, 92 conseguiram medalha (44,66%), e o Brasil ficou em vigésimo lugar no quadro de medalhas. Um quadro que usa os ouros como critério principal. Se uma nação tem 20 bronzes e outra tem um ouro, a última fica na frente. Esse critério gera diversas distorções, raramente favorecendo nações pequenas. Levando isso em conta, imaginei critérios diferentes.

    Comecei me perguntando se o quadro mudaria substancialmente se não houvesse prioridade em relação aos ouros e apenas a quantidade total de medalhas fosse considerada. Concluí que os primeiro e segundo colocados, além de Hungria e Espanha (14. e 15. lugares), Romênia (23. lugar), Taiwan (35. lugar) e Kosovo (73. lugar) permanecem os mesmos, e o Brasil (assim como Cuba) subiria sete posições. Austrália, Japão, Holanda, Coreia do Sul, Nova Zelândia, Uzbequistão, Suécia e Quênia perderiam posições, entre os 20 primeiros. No total, 51 países perderiam posições. Os países que mais ganhariam posições (seis ou mais): Moldávia (14 posições); Lituânia (13 posições); Armênia e Colômbia (11 posições); Brasil e Cuba; Cazaquistão, Jamaica, África do Sul, Tailândia, Albânia, Granada, Malásia e Porto Rico com seis posições cada.

    Foto por Karolina Kaboompics em Pexels.com

    Outro critério concebido foi o de o ouro valer três bronzes e a prata valer dois bronzes. Novamente, os dois primeiros colocados permanecem iguais, assim como Espanha (15. lugar) e Geórgia (24. lugar). Do 61. lugar para frente, exceto Santa Lucia, não há alteração de posições, e o Brasil sobe seis posições. Só 26 nações perdem posições.

    E se formos mais ambiciosos? Utilizando um critério demográfico, podemos calcular o percentual de atletas medalhistas em relação à população de seus países. Talvez isso até reforçasse mais o espírito olímpico, já que se levaria em conta a representatividade dos atletas diante de seus torcedores. Uma medalha para a China com certeza não tem o mesmo peso que para a ilha de Santa Lucia, quanto à representatividade, e ao ineditismo: foi a primeira medalha dessa ilha em todas as edições dos Jogos. Outra vantagem bacana desse método é que os Atletas Individuais Neutros e a Equipe Olímpica de Refugiados ficariam em primeiro e segundo lugar, respectivamente: como são equipes sem nação específica, nada mais natural que estabelecer o número 1 como população simbólica. Além disso, seria um lembrete dos conflitos pelos quais o mundo passa, e uma forma de dar mais visibilidade a esses povos sofridos. E um pouco de justiça se obteria, também: as nações líderes no quadro de medalhas possuem um número substancial de refugiados e imigrantes (às vezes ambos) em seus quadros, então nada mais justo do que dar uma dianteira a eles.

    O cálculo dessa representatividade é feito usando-se a regra de três com a população total e a quantidade de medalhas. Como seria de se imaginar, esse critério beneficiaria bastante os países nanicos, com poucos países entre os 20 primeiros permanecendo nesse patamar (seis). São eles:  Atletas Individuais Neutros; Equipe Olímpica de Refugiados; Granada; Dominica; Santa Lucia; Nova Zelândia; Bahrein; Austrália; Jamaica; Holanda; Hungria; Cabo Verde; Geórgia; Croácia; Dinamarca; Noruega; Irlanda; Eslovênia; Lituânia e Armênia. O Brasil cai para a 74. posição, e os cinco países à frente dele possuem, juntos, população menor que a nossa:  Jordânia, Guatemala, Chile, África do Sul e Turquia. Os Estados Unidos ficam na 51. posição, e a China, de longe a maior prejudicada do top 20, ficaria na 79. posição. A Índia ficaria em último (caindo mais de 20 posições), mesmo tendo a segunda maior população do mundo. Critério excelente para pequenas torcidas, mas péssimo para potências esportivas emergentes.

    Se até agora os critérios anteriores de classificação do quadro de medalhas pareciam polêmicos, espere até ler sobre este: a contagem de medalhas será descontada com a porcentagem de atletas que não nasceram no país cuja bandeira defendem. As grandes potências do Hemisfério Norte ficariam furiosas com esta ideia: li uma vez que, para conquistar o segundo título mundial na Copa do mundo de futebol, a França contou com mais de 80% de seu plantel formado por imigrantes africanos. Mas fazer esse cálculo referente às Olimpíadas não é tarefa fácil: o site do COI dificulta a raspagem dos dados, e mesmo a Inteligência Artificial confessa que as fontes desses dados tendem a dificultar o acesso a eles. Então, como hoje estou preguiçoso, me restrinjo a aplicar esse critério ao Brasil e aos dois líderes, apenas.

    O Brasil conquistou 20 medalhas, possuindo uma delegação de 276 atletas, cinco (1,81% do total) dos quais não nasceram aqui, mas recebem o afeto que encerra em nosso peito varonil (peço desculpas pela referência patriótica fora de hora). Portanto, descontando 1,81% das 20 medalhas, temos um total de 19,638 medalhas. De acordo com este site, dos 592 atletas dos Estados Unidos, líderes do quadro de medalhas, 44 (7,83%) são imigrantes ou possuem dupla nacionalidade. Descontando esses 7,83% das 126 medalhas conquistadas, temos 116,13 medalhas para os yankees. O que ainda os mantêm na liderança: a China possui 30 atletas estrangeiros, apesar de suas regras rígidas. Dessa forma, apesar de estarmos diante de uma pequena amostra dos dados, este critério sugere que não haveria muitas mudanças no quadro de medalhas. Mas se algo assim fosse feito em eventos de futebol, a história com certeza seria outra…

    E o último critério que decidi testar leva em conta uma indignação que eu sempre tive: se um atleta pode conquistar várias medalhas em modalidades como ginástica e natação, e dúzias de atletas conquistam juntos apenas uma medalha em esportes coletivos como futebol, vôlei, hóquei e handebol, por que ninguém liga para essa distorção? Para ajudar a fazer um mundo (dos esportes) melhor, decidi suar a camisa e refazer os cálculos do quadro de medalhas com a quantidade de atletas de cada modalidade coletiva. Se a medalha veio do futebol, por exemplo, multiplico essa medalha por 22 ou 23, de acordo com o plantel. E assim fiz com os outros esportes. A coluna Change indica quantas posições, em relação ao quadro original, cada nação perdeu. Quer saber o que aconteceu? Será que a união faz a força? Esquece.

    Mas foi o critério que mais melhorou a posição do Brasil, subindo nove posições. Dá para subir mais?

    RankNOCGSBTotalChange
    1USA1264442212
    2FRA5396381873
    3CHN746337174-1
    4GBR3351821662
    5NED7126251221
    6AUS334639118-2
    7GER3147361143
    8ITA303823911
    9JPN27312684-6
    10SPA391132825
    11BRA42835679
    12SKR27112462-4
    13CAN13291456-1
    14NZL2625354-3
    15HUN919634-1
    16NOR1814232
    17SWE57416-1
    18UKR664164
    19UZB82313-6
    torturing data paris2024Baixar

    22 de agosto de 2024
    esporte, olimpiada

  • Jogos meus comentados

    Poucos jogos ensinam a capacidade de antecipar quanto o xadrez. A vitória não consiste em meramente subjugar um adversário em peças capturadas, mas em derrotá-lo mentalmente, para que a estratégia certa interrompa combates desnecessários, ou sequer que eles comecem em muitos casos.

    Hadrian (bot): 04/07/2024

    Atenção ao bispo branco. Aqui, o primeiro impulso é o de tomar o cavalo, mas o bispo pode fazer garfo com o rei e um peão preto, ocupando E5.

    Abertura do jogo: jogam as pretas. A dama preta pode capturar a dama branca, mas é recomendado capturar o peão em C2, restringindo movimento do rei branco e comprometendo desenvolvimento das peças do oponente.

    Rápida 10 minutos vs karly2092, 18/07/2024: 59,7% de precisão

    (??? verificar imagem) O jogador de branco acabou permitindo que as pretas usem a rainha para ir a H4, e poderia fazer garfo no bispo e na rainha brancos, tomando o cavalo branco.

    Rainha vai de G4 para G2 depois que peão avança para H3. Esse movimento perde um bispo e perde oportunidade de ganhar a dama branca. Cavalo poderia ir de E7 para F5 ou C1. O outro cavalo pode inclusive ocupar E7, a casa que o primeiro cavalo ocupava.

    Rápida 10 minutos, 22/07/2024: 60,1% de precisão

    Aqui, as brancas moveram a dama de D3 para A3 e permitiram que o oponente ganhasse uma dama por meio de ataque descoberto, e desse xeque ao mesmo tempo.

    Esse movimento do peão branco para A4 desperdiça a oportunidade de descravar o bispo para B2 e revelar um ataque descoberto da torre. Em B2, o bispo conseguiria capturar a torre preta.

    Esse movimento da torre perde a oportunidade de ameaçar o bispo branco e de ganhar tempos. Em vez disso, o oponente pode ganhar tempos ameaçando a torre com o bispo em D5.

    Aqui, perdeu-se a oportunidade de usar um ataque descoberto para dar xeque com o bispo branco e atacar ao mesmo tempo.

    Aqui se perdeu a oportunidade de revelar um ataque descoberto com o rei, e ainda permitiu ao inimigo formar uma barricada. Pois é, é como dizem: quem sabe faz ao vivo.

    E por fim, este movimento leva ao xeque-mate, mas há um movimento mais rápido. Precisei assistir à análise da partida para perceber que este movimento era com a torre preta.

    13 de agosto de 2024

  • Antíteses do jornalismo

    Nunca subestime a capacidade de um jornalista escrever mal. Intencionalmente ou não. Veja alguns exemplos:

    • A travesti foi espancada na prisão. Horas depois, ela foi encontrada pela polícia e foi imediatamente socorrida.
    • Prisão em regime aberto: sim, eu sei que é um jargão legal. Mas não deixa de ser contraditório nem de ser usado pelo jornalismo.
    • VÍDEO: “nova” ilha do Guaíba tem vista privilegiada de Porto Alegre e já atrai visitantes: dois meses após a imprensa esquecer a cheia histórica do RS, o local da tragédia agora é descrito, de forma prosaica, como uma atração turística. O capitalismo do desastre age rápido.
    • Disputa à Câmara: Ex-juiz, vereadora cassada e mulher de deputado formam chapa do PT. Como posso ser mais machista hoje, deve ter se perguntado esse jornalista. Esta e as duas próximas manchetes são do “jornal” Midianews.
    • Jovem de 22 anos é morto a tiros após apaziguar briga de bar
    • “Magistratura não deve ser vista como algo que apodrece”: Dois magistrados foram afastados cautelarmente pelo CNJ por suposta venda de sentença
      A presidente do Tribunal de Justiça de Mato Grosso, desembargadora Clarice Claudino, saiu em defesa da Magistratura mato-grossense, após dois colegas serem afastados cautelarmente por suposta venda de sentença.
      “A Magistratura de Mato Grosso é composta por homem e mulheres honrados e é assim que deve ser vista. E não como algo que apodrece, por assim dizer, apenas diante de uma possibilidade de vir a ter algum percalço dentro da sua atuação”, disse a presidente.
      Corrupção de rico é percalço ou polêmica, pessoal. Cuidado para não se confundirem.

    E a cereja no bolo machista. A imagem abaixo parece dos anos 1950, mas é apenas dos 90. De um almanaque de cinema da IstoÉ.

    12 de agosto de 2024

  • Sherlock e Pitágoras

    A geometria é o ramo da matemática que mais lembra o ofício de um delegado: antes de qualquer cálculo, você precisa sempre investigar o que o enunciado não dá logo de cara. Entre relações trigonométricas e razões, tem sempre coisa que o polígono diante de você revela. Várias delas aprendi com o canal PreMath, que recomendo, e que comprova a teoria que já li internet afora de que, quando se quer encontrar uma explicação fácil para algo, pesquise um indiano explicando.

    Espiral de Teodoro

    Consiste em uma espiral infinita, formada por triângulos, cujo padrão consiste em a base n do triângulo ser uma raiz, a altura ser 1, e a hipotenusa ser uma raiz n + 1. Prático, né?

    Triângulo especial

    Um triângulo retângulo especial possui alguma característica regular que facilita cálculos. Por exemplo, um triângulo retângulo pode ter ângulos formando relações características, como 45°–45°–90°, ou seja, um triângulo retângulo “baseado em ângulo”. Um triângulo retângulo “baseado em lado” tem lados com comprimentos formando relações de números inteiros, como 3 : 4 : 5, ou de outros números especiais, como a proporção áurea [1].

    E aqui quero chamar sua atenção para os triângulos de proporção 3 : 4 : 5, pois são comuns em exercícios do Ensino Médio. Mesmo tendo apenas uma medida fornecida pelo exercício, você consegue obter todos os outros lados. Os triângulos 3 : 4 : 5 são os únicos com lados em progressão aritmética. Triângulos baseados sobre triplas pitagóricas são heronianos: têm áreas, bem como lados, inteiros.

    Veja abaixo como descobrir todos os lados de um triângulo retângulo tendo apenas uma medida:

    • Lado 10: os outros lados são 6 e 8 (3, 4 e 5 vezes 2);
    • Lado 16: os outros lados são 12 e 20 (3, 4 e 5 vezes 4);
    • Lado 21: os outros lados são 28 e 35 (3, 4 e 5 vezes 7).

    Existem diversas triplas pitagóricas bem conhecidas, incluindo aquelas com lados nas relações:

    3: 4 :5
    5: 12 :13
    8: 15 :17
    7: 24 :25
    9: 40 :41

    Interpolação

    E se estivermos diante de um polígono com mais de 4 lados? Aí a gente aplica um conceito da progressão aritmética, resumido na concisa fórmula abaixo:

    an = a1 + (n – 1) * r

    Bônus: em questão do ENEM, já foi cobrado o número pentagonal. A questão pergunta qual é o oitavo número pentagonal. E a imagem, embora interessante, mais confunde do que explica. Talvez apenas apresentando números ficasse mais fácil de responder. O número pentagonal é uma progressão aritmética: você começa com um número n, o número 1. Para obter o próximo número, você soma esse n com n mais 1. Para as próximas somas, você soma o resultado da soma anterior por n da soma anterior mais 3. Veja exemplos abaixo:

    1
    1 + 4 = 5
    5 + 7 = 12
    12 + 10 = 22
    22 + 13 = 35

    Mais pistas

    Outras pistas valiosas estão diante de nosso nariz. A altura do triângulo não pode ser maior do que metade da base deste. Caso o exercício possua muitas linhas, não se desespere e lembre-se do teorema de Tales: se cortarmos duas retas por várias retas paralelas, os segmentos em ambas são proporcionais. Se observarmos bem, tem sempre uma proporção disponível para nos guiar.

    Quanto aos círculos, o teorema de Tales afirma também que se uma reta AC é o diâmetro desta circunferência, então os pontos ABC formam um triângulo retângulo.

    Atalhos

    E se acha que exagero quando afirmo que geometria tem mais a ver com investigação do que com cálculos, peguei um exercício do PreMath para mostrar a vocês que, sabendo certas coisas, é possível ganhar muito tempo. Aqui, precisamos descobrir a área da parte rosa, e para isso precisamos calcular o raio, a área do retângulo, do quarto de círculo e, por fim, subtrair a área do círculo pela do retângulo.

    No vídeo, a resolução do exercício começa reunindo informações para se descobrir o raio do quarto de círculo. Isso é feito representando-se a diferença entre o raio e os números disponíveis no exercício. Assim, o lado AO do retângulo é r – 7 e o lado OC é r – 14. Em seguida, uma linha diagonal é traçada dentro do retângulo, de O até B. Esta linha é o raio. E como descobri-lo?

    O vídeo propõe usar o teorema de Pitágoras para isso. Seguem os cálculos abaixo, precedidos do Latex correspondente.

    a^2+b^2=c^2 \newline
    (r-7)^2+(r-14)^2=r^2 \to \color{Red} r^2\color{Black} -14r+49+r^2-28r+196=\color{Red} r^2 \newline
    -14r+49+r^2-28r+196=0 \to r^2-42r+245=0 \newline
    \text{fatorando 245 >> 7 * 35, temos: }(r-7)(r-35) \newline
    r-7 \Rightarrow r=7 \text{ ... }r-35 \Rightarrow r=35 \newline
    Das duas respostas possíveis, r = 7 é rejeitada porque não podemos substituir em r – 7 (medidas de triângulos não são negativas). Portanto, adotamos r = 35. E nosso triângulo tem as seguintes medidas: hipotenusa (e raio do círculo) = 35, base (r – 14) = 21 e altura (r – 7) = 28.

    Legal. Nessa etapa do exercício, descobrimos o raio e ficou fácil descobrir a área do retângulo, mas tem um detalhe. Nada disso seria necessário se a gente observasse que o triângulo cuja hipotenusa foi calculado é um triângulo especial. As dimensões do triângulo são 21, 28 e 35, certo? Esta é a proporção 3 : 4 : 5 mencionada agora há pouco. Basta multiplicar por 7. Note que a observação aqui é mais importante do que o cálculo em si. Enfim, assista ao resto do vídeo para acompanhar a resolução do exercício.

    5 de agosto de 2024

  • Algumas palavras inventadas que criei

    Advérbios

    amoje: durante [amanhã + hoje]: Ele estava lá amoje explosão.

    amojuro: durante evento que ocorrerá no futuro [amanhã + hoje + -uro]. Ele cantará amojuro festa. [sufixo -uro tem seu uso generalizado, usado tanto para profissões quanto para converter locuções em particípio ativo de verbos]

    amontem: sempre [amanhã + ontem]. Padrões amontem se repetem.

    àquém: [para + aquém, sing.], àquêm: [para + aquém, frase no plural]. Ele estava àquêm concorrência. Confrontar: àlém, àlêm.

    cadalea: em algum momento, uma hora [cada + alea]. Cadalea ele terá problemas com a justiça.

    cadum, -a, -uns, -as: [cada + uma]

    cadez: [cada + vez]

    ere: [ero + e] na forma de trocadilho.

    ioraçu: [lat. -ior, tupi -açu]: demais, excessivo. Havia gentioraçu lá = Havia gente demais lá.

    ioraçado: infame, com passado ruim.

    ioraçante: abundante, farto.

    ioraçuro: [lat. -ior, tupi -açu, lat. -uro] consequências que a pessoa não dará conta de encarar.

    nalogicamente: ação feita seguindo razões bem definidas. Ele agiu nalogicamente.

    semprom: [sempre + bom] algo que só acontece ou é feito quando convém a alguém.

    Adjetivos

    advogante: advogado. [sufixo -ante, -ente tem seu uso generalizado, usado tanto para profissões quanto para converter locuções em particípio ativo de verbos]

    boncariz: promissor, otimista.

    cambocariz: omisso.

    carizsupinável: volúvel, que muda de lado facilmente.

    eficariz: eficiente.

    erente: [ero + ente] gozador, malicioso.

    erglosente: esclarecedor.

    lamentante: lamentável.

    machio: um homem capaz de expressar o que sente.

    malcariz: pessimista

    nalógica: ação feita seguindo razões bem definidas. Ele teve motivação nalógica.

    subcarize, sobrecarize: tristeza, felicidade, respectivamente.

    supinverente: mentiroso

    trapaçariz [trapaça + cariz]: trapaceiro.

    Verbos

    aba-: atenuar

    abassuntar: trazer um assunto difícil aos poucos em uma conversa.

    arretear: tornar reto, alinhar. Arreteie o carro na vaga.

    -camba: conjugação adicional para qualquer tempo verbal, para convertê-lo à voz passiva. Faz alusão ao movimento circular de uma camba. Usar apenas para omitir pronome. [radical + camb + desin. verbal] aviscambui: fui avisado. ajucamboram: eles foram ajudados.

    carizar: tender a, enviesar.

    confrito [trocadilho de celebrar com conflito]: celebrado, parabenizado.

    desaumentar: diminuir

    desdesistir: mudar de ideia em relação a desistir de algo.

    erear: [ero + ear] conquistar, seduzir.

    glossupinar: mudar de assunto.

    intensupinar: mudar de assunto.

    nirei: [aglut. não irei]. Adaptável para outras conjugações: nirás, nirá, niremos, nireis, nirão, niria, nirias, niria, niríamos, niríeis, niriam. Nirei à festa.

    -mbera: converte qualquer verbo para o modo subjuntivo. sombuera: que eu seja. pudumbera: se eu pudesse. quembera: se eu quiser. fambera: eu faria.

    supinar: virar do avesso.

    Substantivos

    -açu [tupi] grande.

    cacamba: torto, desajeitado. [gr. cao- + camba] Confrontar: caçamba

    cacars: [caco + ars] trabalho, ofício, técnica feita de forma desleixada.

    cacocariz: cara feia. [gr. caco- + cariz, tendência]

    camba: margem, órbita.

    cardo: ida e volta.

    cariz: tendência, propensão, projeção.

    delibertação: convencer alguém a restringir própria liberdade para fazer algo.

    -ere: pode ser usado para informar ao leitor que a palavra foi usada no sentido figurado. Ele é o cabecere da operação. Estou mortere de cansaço.

    erablação: [ero + ablação] desambiguação

    garrafação: engarrafamento.

    gravidação: gravidez. Confrontar: gravitação.

    -im: [tupi] diminutivo. Itaim: pedrinha.

    intercardo: distância.

    intervalor: significância ou relevância do processo ou percurso entre dois extremos, tradição. Esta festa possui enorme intervalor.

    ipi-: [tupi] primeiro, começar. Ipiestudei. Comecei a estudar. Ipilimparei casa. Começarei a limpar a casa.

    ipirpe: [tupi ipi-, verbo ir, -pe (para algum lugar)] comecei a ir para outro lugar. Qualquer verbo pode ser usado no lugar de ir.

    -ivo, -iva: indica função genitiva de uma palavra modificando outra. Central operativa = central de operações. Um carro pegou fogo na manhã sextiva. = Um carro pegou fogo na manhã desta sexta-feira.

    mocoia- [tupi]: deixar em segundo plano, postergar. mocoiestudei. Deixei para estudar depois.

    noitação: anoitecer.

    piraquoce: [tupi pira-, lat. aqu- + doce] peixe de água doce

    piranteama: [tupi pir-, -nte, -ama (como, representando algo)] Cheguei piranteama daqui. = Cheguei como o primeiro pescador daqui.

    poranga [tupi] beleza. Flexão de gênero ocorre no interior da palavra e ajuda a evitar ambiguidades. paranga = bonita; poranga = bonito, parangos = substantivos masculino e feminino bonitos; porangas = substantivos feminino e masculino bonitos; parangas = subst. ambos masculinos bonitos; porongos = subst. ambos masculinos bonitos. poranguação [tupi poranga + -ação] beleza universal, consenso (de beleza ou não).

    porangacne: experiência, sabedoria, conquista.

    precardo, poscardo: partida e chegada, respectivamente. precardiz: [pre + cardo + cariz] previsão de partida. poscardiz: previsão de chegada. subcariz, sobrecariz: tristeza, felicidade, respectivamente.

    supinacne: volta em 360 graus.

    supinexpediente: aquele que resolve um problema que não é seu, que não se tem nada a ver com aquilo.

    supinvero: mentira.

    -um, -uma: Substitui artigos indefinidos. Imagens recebidas pelo jornal mostram veículo em chamas e cortinuma fumaciva se formando no local. = Imagens recebidas pelo jornal mostram o veículo em chamas e uma cortina de fumaça se formando no local.

    4 de agosto de 2024

  • Probabilidade com jogos de azar

    (créditos ao professor James e seu fantástico canal no Youtube, o qual utilizei para verificar as informações que estudei, antes de compilar para vocês)

    Em um experimento aleatório sabemos os possíveis resultados, mas não qual resultado em particular ocorrerá. Temos a probabilidade de um evento: P(A). E esta probabilidade pode ser descrita assim: 0 <= P(A) <= 1

    A interpretação dos resultados obtidos pode ser frequentista ou bayesiana. O primeiro considera o comportamento da probabilidade, caso testes infinitos fossem realizados, e o segundo interpreta a probabilidade como um grau subjetivo de crença. Basicamente, é a lei dos grandes números que vai gerar uma estimativa, a partir de quanto mais testes forem realizados, da verdadeira probabilidade. Então, note a natureza iterativa deste ramo da estatística. Não há respostas certas, apenas aproximações, estas sujeitas a uma das interpretações acima mencionadas.

    Outro detalhe interessante é que, na estatística, fala-se muito em perda da memória. O apostador acha que os dados ou a roleta diante dele vai levar em conta que, depois de dezenas de apostas, o resultado que ele quer estará mais próximo de sair. Sinto informar, mas a sorte tem amnésia. O jogo do tigrinho não quer saber se você perdeu demais e precisa ganhar por causa de sua crença em a sorte estar chegando agora. E demonstro isso no próximo parágrafo.

    É impossível falar do assunto sem usar moedas, e essa hora chegou. Se você lançar uma moeda dez vezes, e sair cara em todos os lançamentos, qual é a probabilidade de sair cara no próximo lançamento? A probabilidade permanece 50%. E por que seria diferente? Uma moeda possui apenas duas faces; não deixou de ter mais ou menos que isso com o tempo. Isso inclusive é conhecido como a falácia do apostador, ou lei da média.

    O espaço amostral, ou seja, todos os possíveis resultados de um experimento, é representado de forma parecida com o observado na teoria de conjuntos. E um evento é um subconjunto do espaço amostral. Assim, o espaço amostral de um casal de dois filhos, por exemplo, fica assim: S = {MM, MF, FM, FF}. Lembre-se de observar a ordem dos eventos. Para representar um evento contendo um filho do sexo masculino e outro feminino, descrevemos assim: E = {MF, FM}. E como, no espaço amostral, todos os elementos têm a mesma chance de ocorrer, dizemos que são equiprováveis. P{MM} = 25% :::: P(E) = P(FM) + P(MF) = 50%

    Cabe também fazer uma diferenciação: eventos podem ser disjuntos ou não disjuntos. Quando são disjuntos, não podem ocorrer ao mesmo tempo, como um dado sair os números 5 e 6 ao mesmo tempo, ou um time ganhar e perder uma partida de futebol ao mesmo tempo. Intersecção de A com B é igual a zero. Por sua vez, os eventos não disjuntos podem ocorrer simultaneamente, como dois voos partirem no mesmo horário ou uma pessoa ser formada em Economia e Letras. Intersecção de A com B é diferente de zero.

    Pegando um baralho como exemplo (ignorem essas cores aleatórias dessa imagem e finjam que só preto e vermelho são usados), qual a chance de selecionarmos uma carta que seja rei ou 7? Temos um evento disjunto (só é possível somar as probabilidades por causa disso), e as cartas rei ou 7 somam 8. O total de cartas é 52, então a probabilidade é 8 / 52. Intuitivo. Se quiser usar notação, escreva: P(R)+P(7) = 4 / 52 + 4 / 52.

    Agora, se quisermos verificar a probabilidade de tirar uma rainha ou qualquer carta vermelha, temos um evento não disjunto, ou seja, temos elementos que fazem parte do mesmo evento (rainha ou cartas vermelhas). Como dito acima, a intersecção de A com B é diferente de zero. Nesse caso, quais cartas participam da interseção? As rainhas vermelhas. E estas, por estarem na interseção, devem ser subtraídas. Com notação, fica assim:

    P(R ou Verm) = P(R) + P(Verm) – P(R e Verm)➡️4 / 52 + 26 / 52 – 2 / 52 ➡️ 7 / 13

    Os eventos complementares são eventos disjuntos que, ao se somar as probabilidades, o resultado dá 1. Isso ocorre não importa quantas vezes se lance uma moeda, por exemplo. Os espaços amostrais não possuem elementos em comum. A notação para eventos complementares é um C sobrescrito: Ac.

    Para o exercício a seguir, vamos usar o cálculo da combinação porque a ordem dos elementos importa. O primeiro lugar é campeão da Copa do mundo e o segundo é vice. Ganha quem fizer mais gol. O código do cálculo está disponível em Latex. Abaixo, uma colinha, caso precise se recordar de como calcular combinação:

    Exercício disponível no canal do Prof. James:

    Um hospital possui 5 psiquiatras e 9 psicólogos em seu quadro e vai formar uma comissão de 5 profissionais. Se a seleção for feita aleatoriamente, qual a probabilidade de essa comissão ser formada por dois psiquiatras e três psicólogos?

    \text{Espaço amostral:  }\mathrm{C}_{14}^{5} ::: \text{ Psiquiatras:  }\mathrm{C}_{5}^{2} ::: \text{Psicólogos:  }\mathrm{C}_{9}^{3} \newline \frac{\mathrm{C}_{5}^{2}\mathrm{C}_{9}^{3}}{\mathrm{C}_{14}^{5}}=\frac{60}{143}=0,4195

    Para praticarmos um pouco, observando a proposta inicial do post, seguem abaixo as probabilidades de todas as mãos de pôquer. Mão de cinco cartas. Os cálculos de combinação são simbolizados assim: C (total, elementos selecionados). Ao final dos cálculos, deixei o código em Latex correspondente.

    Royal Flush: 0,00000154 (0,000154%)
    No pôquer, um royal flush é a mão mais rara e consiste em ás, rei, dama, valete e dez, todos do mesmo naipe. Como existem 4 naipes, cada um tem exatamente uma combinação de royal flush (A, K, Q, J, 10). Portanto, existem 4 combinações possíveis de royal flush, divididas pela quantidade de cartas: C(52, 5).

    Então, a probabilidade de obter um royal flush em uma mão de cinco cartas é de aproximadamente 0,000154%, ou cerca de 1 em 649.740 mãos.

    Straight flush: 0,00001385 (0,001385%)

    Note que há um zero a menos do que o resultado do Royal flush. O cálculo, aliás, é semelhante ao do Royal flush, com uma diferença: existem 10 possíveis sequências de straight flush em cada naipe (A-2-3-4-5 até 10-J-Q-K-A, excluindo o royal flush). Existem 4 naipes, portanto, existem 10×4 = 40 combinações possíveis de straight flush.

    Temos que subtrair as 4 combinações de royal flush já contadas anteriormente. 40−4=36. Em seguida, divida 36 por C(52, 5).

    Four of a kind: 0,00024 (0,024%)

    Número de combinações de “four of a kind”: Existem 13 valores possíveis (A, 2, 3, …, K) e em cada valor, há exatamente uma maneira de escolher as 4 cartas desse valor. A quinta carta deve ser de um valor diferente dos quatro, e há 48 opções restantes para essa quinta carta (pois 52 – 4 = 48). Então, o número total de combinações é: 13×48=624.

    Temos eventos disjuntos aqui, então, por fim, divida tudo isso por 2.598.960, ou seja, C(52, 5).

    Full house: 0,0014 (0,14%)
    Baralho: C (52, 5); figura de trinca: C (13, 1); naipe de trinca: C (4, 3); figura de par: C (12, 1); naipe de par: C (4, 2)
    (note que, em C (12, 1), uma figura de trinca já foi selecionada, então restam 12)
    P = (C(13, 1) * C(4, 3) * C(12, 1) * C(4, 2)) / 2.598.960 = 0,0014

    Flush: 0,00196 (0,196%)

    Para calcular a probabilidade de obter um flush (cinco cartas do mesmo naipe, mas não em sequência) em uma mão de cinco cartas no pôquer, começamos calculando C(52, 5). Cada naipe tem 13 cartas, então para escolhermos 5 cartas de um único naipe, calculamos C(13, 5) = 1287. Existem 4 naipes, então o número total de combinações possíveis de flush é obtido multiplicando-se 1287 por 4.

    Um straight flush (incluindo royal flush) é uma mão que é ao mesmo tempo um straight e um flush, então é preciso subtraí-los. Existem 40 straight flushes (incluindo os 4 royal flushes). Portanto, o número de flushes que não são straight flushes é: 5.148−40=5.108.

    Por fim, divida 5108 por C(52, 5).

    Straight: 0,0039 (0,39%)

    Existem 10 possíveis sequências para um straight (A-2-3-4-5 até 10-J-Q-K-A). Para cada sequência, as 5 cartas podem estar em qualquer um dos 4 naipes, então o número de combinações para cada sequência é ( 45 = 1.024 ). No entanto, essa contagem inclui também os straight flushes, que devem ser excluídos.

    Existem 40 straight flushes (incluindo os 4 royal flushes), conforme calculado anteriormente. Número total de straights = 10 * 1.024 – 40 = 10.240 – 40 = 10.200

    Por fim, divida 10.200 por C(52, 5)

    Three of a kind: 0,0255 (2,55%)

    Para obter o número a ser dividido por C(52, 5), multiplique os 13 valores possíveis (A, 2, 3, …, K) por C(4, 3), ou seja, 4 maneiras de escolher 3 das 4 cartas desse valor.
    As duas cartas restantes devem ser de valores diferentes do valor da trinca e diferentes entre si. Existem 48 cartas restantes para a quarta carta e 44 cartas restantes para a quinta carta (após escolher a quarta carta), então multiplique por C(48, 2). Tudo isso resulta 58.656. Agora é só dividir por C(52, 5).

    Two pair: 0,0475 (4,75%)

    Existem 13 valores possíveis para o primeiro par e 12 valores possíveis para o segundo par. Para cada par, existem C(4, 2) = 6 formas de escolher duas das quatro cartas desse valor.
    As duas cartas restantes devem ser de valores diferentes, então há 44 cartas restantes para a quinta carta (depois de escolher os dois pares).
    Portanto, o número total de combinações de “two pair” é: C(13, 2) * C(4, 2) * C(4, 2) * C(44, 1), totalizando 123.552. Divida este valor por C(52, 5) e pronto.

    Pair: 0,4426 (44,26%)

    Existem 13 valores possíveis para o par. Para cada valor do par, existem C(4, 2) maneiras de escolher 2 das 4 cartas desse valor. As três cartas restantes devem ser de valores diferentes entre si e diferentes do valor do par. Existem 48 cartas restantes para a primeira das três cartas, 44 para a segunda, e 40 para a terceira. A conta fica assim:

    C(13, 1) * C(4, 2) * C(48, 1) * C(44, 1) * C(40, 1) / 3! ➡️ 13 * 6 * 48 * 44 * 40 / 6 = 1.098.240

    Por fim, divida o número acima por C(52, 5).

    High card: 0,5012 (50,12%)

    Parece ser a mais simples das contas, mas as aparências enganam. Para calcular a probabilidade, vamos levar em conta que uma mão de high card não deve conter nenhum par, two pair, three of a kind, straight, flush, full house, four of a kind, ou straight flush. Pegue os valores dos cálculos anteriores e some tudo. As combinações que não são high card são:

    • One pair: 1.098.240 combinações
    • Two pair: 123.552 combinações
    • Three of a kind: 54.912 combinações (corrigido a partir do cálculo anterior)
    • Straight: 10.200 combinações
    • Flush: 5.108 combinações
    • Full house: 3.744 combinações
    • Four of a kind: 624 combinações
    • Straight flush: 40 combinações (incluindo royal flush)

    A soma dessas combinações é igual a 1.296.420. Agora, subtraia C(52, 5) por esse número. Resultado 1.302.540.

    Por último divida este valor por C(52, 5).

    \text{Royal flush: } \frac{4}{\binom{52}{5}}=0,000001539 \newline
    \text{Straight flush: } \frac{36}{\binom{52}{5}}=0,000013851 \newline
    \text{Four of a kind: } \frac{624}{\binom{52}{5}}=0,00024 \newline
    \text{Full house: } \frac{\binom{13}{1}\binom{4}{3}\binom{12}{1}\binom{4}{2}}{\binom{52}{5}}=0,0014\newline
    \text{Flush: } \frac{5108}{\binom{52}{5}}=0,00196\newline
    \text{Straight: } \frac{10200}{\binom{52}{5}}=0,0039 \newline
    \text{Three of a kind: }13*\binom{4}{3}*\binom{48}{2}=58.656 \to \frac{58656}{\binom{52}{3}}=0,0225
    \text{Two pair:  }\binom{13}{2}*\binom{4}{2}*\binom{4}{2}*\binom{44}{1}=123.552 \to \frac{123552}{\binom{52}{3}}=0,0475 \newline
    \text{Pair: } \frac{\binom{13}{1}*\binom{4}{2}*\binom{48}{1}*\binom{44}{1}*\binom{40}{1}}{3!}=1.098.240 \to \frac{1.098.240}{\binom{52}{5}}=0,4426 \newline
    \text{High card: }\newline \binom{52}{5}-1.098.240+123.552+54.192+10.200+5.108+3.744+624+40\newline =2.598.960-1.296.420=1.302.540 \newline \frac{1.302.540}{\binom{52}{5}}=0,5012
    13 de julho de 2024
    poker, statistics

  • Sequências de inteiros

    São tantas formas de representar números que é espantoso pensar como algo, que damos como comum, sem surpresas, pode ser representado por diversas notações. Algumas que a maioria das calculadoras não reconhece, da teoria dos números. Comecei a abordar este assunto neste post. Vamos a mais algumas:

    #: número primorial

    Formado pela multiplicação de todos os números primos que antecedem certo número. Número 10#, por exemplo, vale 210.

    ?: número termial

    Este número é formado pela soma de todos os termos anteriores. Número 10? é igual a 55, e o número 100 é igual a 5050. Este exemplo é particularmente conhecido devido à anedota que contam de quando Gauss estava na escola, e um professor preguiçoso o pediu para somar todos os números de 1 a 100. Gauss realizou a tarefa de forma bem simples, somando o primeiro número com o último, multiplicando tudo pela metade dos números: (1 + 100) * 50 = 5050.

    Números abundantes e estranhos

    Um número estranho ocorre quando a soma dos divisores próprios (que incluem 1, mas não ele mesmo) do número é maior que o número, mas nenhum subconjunto desses divisores soma o próprio número. O menor número estranho é 70. Seus divisores próprios são 1, 2, 5, 7, 10, 14 e 35, que somam 74, mas nenhum subconjunto desses soma 70. O número 12, por outro lado, é abundante, mas não estranho, porque os divisores próprios de 12 são 1, 2, 3, 4 e 6, que somam 16; mas 2 + 4 + 6 = 12.

    Por outro lado, um número abundante é um inteiro positivo para o qual a soma de seus divisores próprios é maior que o número.

    Ficou com gostinho de quero mais? Divirta-se com esta lista da Wikipédia descrevendo as possibilidades. Várias informações aqui foram retiradas de lá.

    Conjetura de Collatz

    Talvez ainda não seja plenamente compreendido como esta teoria pode ser usada. De qualquer forma, uso como passatempo quando preciso jogar tempo fora em uma fila. Consiste em se pegar um número e, caso par, dividi-lo por 2; caso ímpar, multiplicar por 3 mais 1. Faça isso até atingir o resultado 1. Exemplo com o número 6: 3, 10, 5, 16, 8, 4, 2, 1.

    Números de Bell

    Análise combinatória é algo com o qual nos deparamos em nossas vidas, mas não se pode dizer o mesmo quanto aos números de Bell. Só que, de forma leiga, quando as pessoas pensam em todas as combinações possíveis em um conjunto, suponho que elas pensem em algo que tenda mais aos números de Bell do que para combinação e permutação. Nem todos param para pensar se a ordem dos objetos a se contar a é relevante ou não, e isso não chega a ser preocupação com os números de Bell. Para calcular um número, siga as instruções abaixo:

    1. Comece com o número um e, na próxima linha, repita 1 e some-o com ele mesmo, obtendo 2;
    2. Inicie uma nova linha com o último número da linha anterior, e posicione-o em primeiro lugar na nova linha;
    3. Em seguida, a partir do segundo número, some os números com os números da linha anterior. Na linha 3, por exemplo, depois que se inicia com 2, some 2 com 1 da linha anterior para obter 3. Aí, some 3 com o próximo número da linha anterior, 2. E assim por diante. A quinta linha fica assim, com os cálculos necessários:
      • 15;
      • 15 + 5 = 20;
      • 20 + 7 = 27;
      • 27 + 10 = 37;
      • 37 + 15 = 52
    1
    1  2
    2  3  5
    5  7  10  15
    15  20  27  37  52

    Abaixo, pode-se ver uma demonstração visual. O número de Bell inclui as combinações possíveis com variadas quantias de objetos: um com quatro, dois com três e vice-versa, e inclui combinações em que nem todos os objetos são incluídos.

    By WatchduckYou can name the author as “T. Piesk”, “Tilman Piesk” or “Watchduck”. – Own work, CC BY 3.0, https://commons.wikimedia.org/w/index.php?curid=17823116

    Coeficientes binomiais

    Consistem nos números que são usados para a formação de binômios (também muito usados em análise combinatória), e que, portanto, aparecem também no Triângulo de Pascal.

    Problema de Prouhet-Tarry-Escott

    O problema pede dois multiconjuntos disjuntos A e B de n inteiros cada, e os primeiros polinômios simétricos de soma de potência k devem ser todos iguais. a1x + a2x + a3x= b1x + b2x + b3x.

    Este problema foi nomeado em homenagem a Eugène Prouhet , que o estudou no início da década de 1850, e Gaston Tarry e Edward B. Escott, que o estudaram no início da década de 1910. O problema se origina de cartas de Christian Goldbach e Leonhard Euler (1750/1751).

    Uma solução ideal para n  = 6 é dada pelos dois conjuntos { 0, 5, 6, 16, 17, 22 } e { 1, 2, 10, 12, 20, 21 }, porque:

    01 + 51 + 61 + 161 + 171 + 221= 11 + 21 + 101 + 121 + 201 + 211
    02 + 52 + 62 + 162 + 172 + 222= 12 + 22 + 102 + 122 + 202 + 212
    03 + 53 + 63 + 163 + 173 + 223= 13 + 23 + 103 + 123 + 203 + 213
    (e assim por diante com outras potências)

    Números compostos e deficientes

    Embora mais conhecidos do público em geral, os números compostos são mais frequentes. É um inteiro positivo que pode ser formado pela multiplicação de dois inteiros positivos menores. Só isso. Todo inteiro positivo é composto, primo ou a unidade 1, então os números compostos são exatamente os números que não são primos e não são uma unidade.

    Por exemplo, o inteiro 14 é um número composto porque é o produto dos dois inteiros menores 2 × 7. Da mesma forma, os inteiros 2 e 3 não são números compostos porque cada um deles só pode ser dividido por um e por si mesmo.

    Os números compostos até 150 são: 4, 6, 8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, 18, 20, 21, 22, 24, 25, 26, 27, 28, 30, 32, 33, 34, 35, 36, 38, 39, 40, 42, 44, 45, 46, 48, 49, 50, 51, 52, 54, 55, 56, 57, 58, 60, 62, 63, 64, 65, 66, 68, 69, 70, 72, 74, 75, 76, 77, 78, 80, 81, 82, 84, 85, 86, 87, 88, 90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 98, 99, 100, 102, 104, 105, 106, 108, 110, 111, 112, 114, 115, 116, 117, 118, 119, 120, 121, 122, 123, 124, 125, 126, 128, 129, 130, 132, 133, 134, 135, 136, 138, 140, 141, 142, 143, 144, 145, 146, 147, 148, 150. (sequência A002808 no OEIS )

    Os números deficientes, por sua vez, consistem em inteiros cujos divisores, somados, dão resultado menor do que o número em questão. Exemplo: 16. Seus divisores são 8, 4, 2 e 1; somados, dão menos que 16. E, naturalmente, todos os números primos são deficientes.

    Falando neles… na teoria dos números , o primo doméstico HP ( n ) de um inteiro > 1 é o número primo obtido pela fatoração repetida da concatenação crescente de fatores primos, incluindo repetições. Por exemplo, HP(10) = 773, como 10 fatores como 2×5 produzindo HP10(1) = 25, 25 fatores como 5×5 produzindo HP10(2) = HP25(1) = 55, 55 = 5×11 implica HP10(3) = HP25(2) = HP55(1) = 511, e 511 = 7×73 fornece HP10(4) = HP25(3) = HP55(2) = HP511(1) = 773, um número primo.


    E tem muito mais. Algumas sugestões para se ler mais a respeito: os números Padovan, os triangulares, os números Motzkin… este último, me ocorreu agora, poderia ser usado para resolver um enigma que me apresentaram do tempo do fundamental. Consistem em três pontos do lado esquerdo, três do direito, e o objetivo é conectá-los sem que as linhas se cruzem. Embora os pontos, no enigma, não sejam apresentados inscritos em um círculo, nada impediria de se propor isso para se buscar uma solução…

    7 de julho de 2024

  • Algoritmo genético

    Você já imaginou estudar inteligência artificial e biologia ao mesmo tempo? Bem, é o que conseguimos fazer ao estudar este algoritmo. Usa menos tempo de processamento porque, bem, usa uma tática semelhante à dos cromossomos. A programação dinâmica aproveita respostas já exploradas pelo algoritmo da memória para solucionar os mesmos problemas.

    Tradicionalmente, este assunto é abordado com o exemplo do problema da mochila. Quantas coisas é possível carregar em uma mochila? Uma mochila pesada necessariamente contém as coisas mais importantes para seu cotidiano? Uma mochila entulhada de cacarecos necessariamente fica pesada? É aqui que entram os conceitos de valores e pesos. Ouso dizer que poderíamos até deixar a metáfora da mochila de lado, por um instante, e usar uma relacionada às compras no supermercado. E repito as perguntas acima.

    Eu, em particular, sem perceber, aplicava um pouco os conceitos de algoritmo genético ao guardar as compras em meu carro sem saber. Como não uso sacolas, guardo tudo em caixas ou sacolas de feira. Cada produto tem um valor e um peso, e não posso guardá-los a esmo, então guardo as compras sempre de forma categorizada. Latas e garrafas são as primeiras coisas a serem guardadas no fundo da caixa, seguido de alimentos vendidos em pacotes, e as coisas mais leves, como ovos, frutas e verduras, ficam por último na caixa. Agora, quando eu levo uma caixa de leite com 12 unidades, aí tenho um peso grande demais para ser combinado com outros produtos. Como o objetivo do algoritmo genético é que nossa mochila tenha o máximo valor possível, é preciso tomar a decisão: o valor da caixa de leite compensa em relação ao valor dos outros víveres que estou levando?

    Um cromossomo é a combinação de possibilidades que será apresentada entre um conjunto de soluções. Pode ser representado por string, e vou poupá-los do vício do programador-alfabeto: moch[i] = 1 indica que o objeto foi incluído na mochila; moch[i] = 0 indica o oposto. Agora, lembre-se do conceito de índice, que as linguagens de programação usam. O primeiro item começa com 0, e nesse algoritmo não é diferente. Quando vemos um cromossomo representado pela string “1001”, sabemos que os itens 0 e 3 foram incluídos na mochila, e os itens 1 e 2, não.

    Índice do objetoValorPeso
    0101
    1Não está na mochilaNão está na mochila
    2Não está na mochilaNão está na mochila
    392
    Total193
    Retornando aos conceitos de valores e pesos, vamos consultar a tabela abaixo para um exemplo, ainda usando a string “1001”.

    A função de avaliação, ou fitness, indica a qualidade da solução proposta por um cromossomo. Consiste na soma dos valores dos elementos incluídos na mochila. Uma pequena alteração é feita caso o peso dos elementos incluídos ultrapasse o limite da mochila: atribuímos o valor 1, ou outro valor baixo, ao valor de avaliação, para evitar descartar o cromossomo (pois seus descendentes ainda podem fornecer uma boa solução) e reduzir o número de descendentes nas gerações seguintes.

    Voltemos à metáfora das compras do supermercado: você gosta de um salgadinho, mas o valor dele está alto demais. Compensa comprometer a economia feita com outros produtos só para levar esse mimo carregado de sódio? Seria possível reduzir seu valor levando, por exemplo, uma quantia menor dele?

    E a analogia com biologia não para por aí: temos também o crossover. Novos cromossomos podem ser gerados com fusão (desculpem a cacofonia) das características de outros dois cromossomos. Em outras palavras, pegue sua faca de cozinha, corte um bolo e combine esta fatia em outro. Sim, é só isso que o crossover faz. Por exemplo, se você possui dois cromossomos, 10011 e 01000, com ponto de corte 3, os novos cromossomos ficam assim:

    Cromossomos-pai
    10011 🔪100🔪11
    01000🔪010🔪00
    Cromossomos-filho
    10000 👉 100 (do primeiro pai) 👉 00 (do segundo pai)
    01000 👉 010 (do segundo pai) 👉 11 (do primeiro pai)

    E é isso.

    Nota: todo o cálculo será feito pelo algoritmo, então esta parte pode soar teórica demais. A seleção dos pais que vão passar pelo processo de crossover é feita por sorteio, utilizando-se o fitness de cada cromossomo para direcionar o processo. Para isso, cria-se uma lista com o valor da soma do fitness de todos os cromossomos, incluindo o cromossomo naquele ponto. Em seguida, um número aleatório é gerado entre 0 e a soma de todos os valores de avaliação, e escolhemos o cromossomo que tem a posição da lista em que o número aleatório é menor do que a soma naquela posição e maior do que o da posição anterior. Chamamos esse método de roleta viciada, visto que a lista age como uma roleta que, em vez de ter seus encaixes igualmente espaçados, tem seus encaixes espaçados proporcionalmente ao valor do fitness de cada cromossomo.

    Os cromossomos que foram gerados por crossover e mutação serão usados como população para a nova geração. Esse processo é um ciclo, e no algoritmo definimos condições para encerramento do ciclo, como a definição de um número máximo de ciclos.

    19 de junho de 2024

  • Treinamento de redes neurais artificiais (RNA)

    Decidi preparar este artigo no sentido de deixar mais didático um assunto tão árido. Uma dica inicial é para preparar o grafo abaixo: sites como este fazem o trabalho pesado para você, e contêm alguns algoritmos para você se adiantar. As bolas são as arestas, as linhas, os vértices, e sobre cada vértice temos os pesos (sinápticos). O nó 0, por ser o bias, possui sempre peso 1 em seus vértices. Em nosso exemplo, suponha que temos as entradas binárias 0 e 1, e sua saída alvo é 1. 

    O método mais popular para treinar uma RNA é a Backpropagation. Usado para ajustar os pesos sinápticos da rede, para que ela atinja seu objetivo: extrair as características do conjunto de dados de treinamento e ter uma taxa de acerto aceitável. Esse método consiste em duas fases:

    • Fase forward: calcula variáveis intermediárias que vão do sentido da camada de entrada até a saída da rede;
    • Fase backward: ajuste dos pesos através do cálculo dos erros que são combinados e aplicados com a regra delta de aprendizagem. O sentido do processamento vai da saída até a entrada dos dados.

    Os pesos sinápticos podem ser gerados de diversas formas, inclusive aleatoriamente. Para fazer o processamento do algoritmo, vamos estabelecer o valor do parâmetro taxa de aprendizado (η). Vamos utilizar η=0,7.

    Agora, vamos calcular a fase forward com os seguintes passos:

    Calcular a soma do produto dos pesos. Isso é feito com as entradas para os nós 1 e 2 da camada 2. Para ficar mais claro, optei por preparar uma rápida tabela. Pegue um nó de cada camada e multiplique por suas entradas binárias.

    Camada 1Camada 2Cálculos
    Nó 1, peso 0,25, entrada binária 0Nó 1, peso 0,7s1=0,25(0)+0,4(1)+1(1)
    =1,40
    Nó 1, peso 0,3, entrada binária 0Nó 2, peso 0,3s2=0,3(0)+0,5(1)+1
    =1,50
    Nó 2, peso 0,4, entrada binária 1
    Nó 2, peso 0,5, entrada binária 1
    Nó 3, peso 1, entrada binária 1
    Nó 3, peso 1, entrada binária 1

    A seguir (passo 2), calcule a função de ativação dos nós 1 e 2. Vou deixar em Latex para ficar com formatação padronizada (cole o texto abaixo aqui). Agora, com a Camada 3, pegue os pesos desta Camada e multiplique pelos valores obtidos pelas funções de s1 e s2. Vou deixar os dois cálculos juntos.

    \text{Passo 2: } \newline f(s1)=\frac{1}{1+e^{-s1}}\to \frac{1}{1+e^{-1,4}}=0,8021 \newline f(s2)=\frac{1}{1+e^{-s2}} \to \frac{1}{1+e^{-1,5}}=0,8175 \newline \newline \text{Passos 3 e 4: } \newline s=0,7(0,8)+0,3(0,8175)+1(1)=1,80525 \newline
    y=f(s)=\frac{1}{1+e^{-1,80525}}=0,8587

    Lembremos que o valor alvo é d=1. O próximo passo (passo 4) é calcular a função de ativação. Usamos, para isso, a mesma fórmula do passo 2 (deixei este cálculo no código acima). Agora, calculamos o módulo da diferença entre os valores obtidos e o alvo, que dá: |y – d| =0,14. Quanto mais próximo de zero for o erro no nó de saída, mais bem ajustado o modelo estará.

    Se você achou a tabela, no começo deste artigo, didática demais, saiba que meu entendimento deste conteúdo, para entregar mastigadinho a vocês, só destravou depois dela. Me parece, então, um life hack importante para se aprender qualquer coisa nova: se está difícil, talvez seja porque você ainda não converteu o conteúdo em uma tabela.

    E encerrou-se a etapa forward. Agora, passamos a fazer os ajustes dos pesos: a fase backward. O delta do nó de saída é calculado com a fórmula abaixo:

    δ = (d – y) f(s)(1-f(s))

    (0,14) 0,8587(1 – 0,8587) = 0,0169

    Lembra-se do parâmetro taxa de aprendizado (η), mencionado no começo do artigo? Isso, η=0,7. Agora vamos usá-lo para calcular os ajustes dos pesos das conexões entre os nós das camadas 2 e 3. Trouxe a tabela de volta para mais clareza. 👇👇👇

    Camada 1Camada 2ηδFunção de ativaçãoCálculo de ajuste dos pesosAjuste dos pesos das conexões
    Nó 1, peso 0,25, entrada binária 0Nó 1, peso 0,70,70,01690,80210,00950,7095
    Nó 1, peso 0,3, entrada binária 0Nó 2, peso 0,30,70,01690,81750,00970,3097
    Nó 2, peso 0,4, entrada binária 10,70,0169
    Nó 2, peso 0,5, entrada binária 10,70,0169
    Nó 3, peso 1, entrada binária 10,70,0169
    Nó 3, peso 1, entrada binária 10,70,0169—0,01181,0118

    Nessa etapa, devemos ajustar os pesos das conexões entre os nós das camadas 2 e 3. Isso é feito na última coluna da tabela acima. Some o peso do nó de cada camada com o cálculo do ajuste.

    Para o próximo passo, vamos relembrar os dados obtidos até agora, para calcular os valores de delta para os nós da camada 2. Em seguida, farei o inevitável: trazer aquela sopa de letrinhas tão comum para fórmulas e funções. Foi possível evitá-las até agora, calma… estamos no final. 🫨

    δ = 0,0169; s1 = 0,8021; s2 = 0,8175
    δ1 = δf(s1) (1 – f(s1)) = 0,0027
    δ2 = δf(s2) (1 – f(s2)) = 0,0024

    O próximo passo é calcular os ajustes dos pesos das conexões entre as conexões 1 e 2. Confira a tabela acima para lembrar-se dos valores usados. Deixei as contas mastigadinhas porque, apesar de serem cálculos simples, podem tornar-se difíceis depois de tantos passos.

    Δw112 = ηδ1×1 = 0,7 * 0,0027 * 0 = 0
    Δw212 = ηδ2×1 = 0,7 * 0,0027 * 0 = 0
    Δw122 = ηδ1×1 = 0,7 * 0,0027 * 1 = 0,00189
    Δw222 = ηδ2×2 = 0,7 * 0,0024 * 1 = 0,00168
    Δwbias12 = ηδ1 = 0,7 * 0,0027 = 0,00189
    Δwbias22 = ηδ2 = 0,7 * 0,0024 * 1 = 0,00168

    E por último, faça os ajustes dos pesos. 💪

    w112 = w112 + Δw112 = 0,25
    w212 = w212 + Δw212 = 0,30
    w122 = w122 + Δw122 = 0,40189
    w222 = w222 + Δw222 = 0,50168
    wbias12 = wbias12 + Δwbias12 = 1,00189
    wbias22 = wbias22 + Δwbias22 = 1,00168

    E encerro por aqui. Se estiver com dificuldades em sua faculdade ou escola, me mande uma mensagem para um orçamento de aula particular. Nem sempre o tema estudado é difícil, às vezes estamos apenas escolhendo a amostragem ou o material errados.

    14 de junho de 2024

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