Quando a lógica parece enganar – Parte I

19-07-2014 15:50

 

bingo-probabilities

 

    Neste artigo vou expor e resolver alguns problemas matemáticos que são famosos por conduzirem facilmente a uma resposta errada. Não são problemas complexos e não exigem nenhum curso superior para os compreender. Pensamento lógico e coerente é suficiente. Não existe qualquer truque, apesar de serem problemas que normalmente induzem as pessoas a precipitar-se sobre a resposta errada.

 

    Começo pelo Problema de Monty Hall (se o leitor já o conhecer, poderá passar ao seguinte; este problema apareceu, por exemplo, no filme “21”). Monty Hall era o apresentador de “Let’s make a deal” (vamos fazer um acordo), um jogo televisivo onde são dadas diferentes opções a um jogador. O problema pode ser apresentado de várias formas, por exemplo: imaginem que estão nesse programa televisivo e vos mostram 3 malas, dizem-vos que numa delas está um prémio, enquanto que as outras estão vazias, e pedem-vos para escolherem uma. Neste momento não há dúvidas: a probabilidade de acertarem na mala correcta é de 1 em 3 (ver o artigo da Probabilidade de ganhar o €M para mais detalhes sobre como calcular probabilidades). Depois de escolherem, o apresentador abre uma das outras duas malas, informando-vos de que não era aquela que continha o prémio. De seguida pergunta-vos se vocês querem alterar a vossa escolha inicial. Devem mudar ou não?

 

    Normalmente as pessoas pensam que é indiferente mudar e até pensam que a oferta poderá servir para as ludibriar. Não, não é indiferente! Convém notar que o apresentador sabe qual a mala que contém o prémio e que por isso ele nunca a iria abrir, além disso, por outro lado, ele não iria abrir a mala que vocês escolheram. Este conhecimento não pode ser desprezado! De facto, manterem a vossa escolha deixa-vos apenas com 1/3 de probabilidade de acertar, a probabilidade inicial, enquanto que alterar dá-vos 2/3 de probabilidade! Porquê? (Desafio o leitor a pensar antes de ler a resposta que se segue.)

 

    Pode-se simplesmente dizer: porque a outra escolha vale por duas, por ela mesma, e também pela mala que foi aberta pelo apresentador! Se no início vos dessem a opção de escolher uma mala das três, ou escolher duas, o que fariam? Escolheriam duas, claro, porque isso dar-vos-ia 2/3 de probabilidade de acertar. Ao escolherem já sabiam que uma delas não tinha o prémio! Se o apresentador vos abrisse essa mala, e perguntasse se queriam mudar, nesse caso vocês diriam não de certeza, certo? Pois bem, é a mesma situação neste caso!

 

    É possível que o leitor ainda não esteja convencido. Normalmente o argumento invocado é o seguinte: “mas para todos os efeitos, quando nos dão a oportunidade de alterar a escolha, há duas hipóteses, o que significa 50% de probabilidade para cada uma”. É se desprezarmos o “passado”, contudo este dá-nos informação. Uma outra forma útil de pensar é supor que em vez de 3 malas, existem 1000 malas, em que apenas uma tem o prémio. Mais uma vez, escolhem uma, o apresentador abre 998 e deixa apenas duas malas: a vossa e outra. Essa outra tem uma grande probabilidade de ser “especial”!! Nesse caso já seria natural alterarem a vossa escolha, não? Pois bem, a situação é completamente equivalente a esta das três malas!

 

    Podem também pensar de outro modo: mudar a escolha só falha quando escolheram a mala certa à primeira e isso só acontece em 1/3 das vezes.

 

    Se quiserem, podem ainda fazer no papel todos os cenários possíveis e depois calculam a probabilidade de “mudar e acertar” e a probabilidade de “manter e acertar”. Percorramos então essa resolução: existem 3 malas, A, B e C, em que a mala A tem o prémio (por exemplo). No início existem três possibilidades: o jogador pode escolher a opção A, B ou C, com um terço de probabilidade. Se o jogador escolheu a opção certa, então o apresentador irá abrir a mala B ou C, com 1/2 de probabilidade. Se o jogador escolheu uma opção errada, o apresentador irá deterministicamente deixar a opção A e a opção do jogador fechadas – probabilidade 1. (Esta diferença entre ser probabilidade 1 ou 1/2 naquilo que o apresentador faz é absolutamente fulcral neste problema!) De seguida o jogador pode mudar ou não mudar a escolha inicial. Se ele o fizer de forma aleatória, tem 1/2 de probabilidade de tomar uma decisão, ou outra. Depois disto, pode-se calcular facilmente a probabilidade de ocorrer cada cenário. Os eventos são independentes, pelo que a probabilidade de um cenário ocorrer é igual à multiplicação das probabilidades envolvidas nele (ver Probabilidade de ganhar o €M). No caso em que se escolheu a opção errada no início, a probabilidade de um dado cenário é igual a 1/3 x1 x 1/2 = 1/6, enquanto que no caso em que se escolheu a opção certa, a probabilidade de um dado cenário é 1/3 x 1/2 x 1/2 = 1/12. A soma da probabilidade de todos os cenários dá 1, como teria que dar: existem 4 cenários de escolha errada no início e outros quatro de escolha certa, de modo que 4/6+4/12=1. Têm o mesmo número de cenários, mas com probabilidades diferentes: a probabilidade de se ter acertado no início é naturalmente 4/12 = 1/3, o que está de acordo com a premissa inicial. Tendo todos os cenários, resta observar que 2/6 = 1/3 dos cenários corresponde à situação em que se mudou e acertou, e em 2/12=1/6 dos cenários manteve-se e acertou-se. Naturalmente, não estamos interessados nos cenários que não deram prémio (metade deles), o que equivale a multiplicar estas probabilidades por 2, pelo que mais uma vez obtemos o resultado antes anunciado: 2/3 é a probabilidade de acertar caso mudem a vossa opção inicial e 1/3 se não mudarem.

 

    Existem mais dois problemas basicamente iguais a este, mas com um “enunciado” ligeiramente diferente: o Problema dos Três Prisioneiros e o Paradoxo da Caixa de Bertrand. No primeiro considera-se que existem três prisioneiros que foram sentenciados à morte. Porém, um deles será perdoado. O guarda-prisional sabe qual deles será o afortunado, mas os prisioneiros só sabem que um terá essa sorte. Um deles tenta então obter informações do guarda-prisional e sabendo que este não lhe pode dizer que é ele o sortudo, pergunta-lhe qual dos seus amigos irá morrer. O guarda aquiesce e diz-lhe. Este sente-se satisfeito, porque sente que a probabilidade de ser salvo é agora de 50% ao invés de 1/3, como inicialmente. A questão é se ele tem mesmo razões para estar contente.

 

    A resposta já a devem saber: não! Ele na verdade não ficou a saber nada que já não soubesse antes de fazer a pergunta ao guarda: se dois vão morrer, é evidente que o guarda tem sempre a hipótese de indicar um dos amigos, independentemente de o questionador ser o felizardo ou não. Por outro lado, se o que perguntou for dar a boa nova ao colega, àquele que ainda não tem o destino definido, este sim pode ficar contente, porque o guarda não tinha nenhuma razão para não indicar o nome dele. Significa na verdade que ele tem 2/3 de possibilidade de ficar vivo (é como se tivesse recebido o 1/3 do outro que já se sabe que vai morrer). Os 2/3 também podem ser compreendidos através da asserção anterior: se o que perguntou não ficou a saber nada sobre a sorte dele, isto significa que a probabilidade de ser ele a morrer não mudou. Logo, como a soma de todas as probabilidades tem que ser 1, deduz-se que a do colega é 2/3 (dado que a probabilidade de o guarda estar a mentir se assume ser zero, o que implica uma probabilidade de perdão nula para aquele que o guarda apontou).

 

    O Paradoxo da Caixa de Bertrand é talvez o mais difícil de entender dos três, ainda que o problema seja na sua essência o mesmo. Considerem que existem três caixas, A, B e C, cada uma delas com duas moedas (as letras designativas servem apenas para vos situar, elas não estão indicadas nas caixas). A caixa A tem duas moedas de ouro, a caixa B tem duas moedas de prata e a caixa C tem uma moeda de prata e outra de ouro. Depois de se escolher aleatoriamente uma caixa e se tirar também aleatoriamente dessa caixa uma moeda de ouro, qual a probabilidade de a outra moeda nessa caixa ser de ouro? A resposta errada é 50%, claro. O raciocínio incorrecto é pensar que se a moeda que saiu é de ouro, então devemos considerar que ou se escolheu a caixa A ou a caixa C, sendo que se se escolheu a caixa A então de certeza que a outra moeda é de ouro, enquanto que se for a caixa C, então de certeza que a outra moeda é de prata. Contudo, a resposta correcta é 2/3. Intuitivamente é fácil de perceber porquê que tem que ser maior que 50%: é importante notar que tivemos a “sorte” de tirar uma moeda de ouro à primeira! Se escolhemos a caixa A é natural que assim fosse, mas se escolhemos a caixa C, poderia ter saído uma moeda de prata com 50% de probabilidade. Não saiu e isso torna mais provável que tenhamos escolhido a caixa A, ou seja, torna mais provável que a moeda que está dentro da caixa seja mesmo de ouro! De qualquer forma, se pensarem em todos os cenários possíveis, tal como se fez para o problema de Monty Hall, chegam à resposta correcta.

 

    Nota: é possível e provável que haja outras formas de chegar à solução, eu apenas dei as soluções que para mim me pareceram mais evidentes, ou seja, aquelas em que pensei. :P O leitor poderá pensar de outras formas talvez mais claras, pelo que o convido a partilhar o seu raciocínio nos comentários.

 

    No próximo artigo irei discutir o Problema dos Pontos, também conhecido como o problema do jogo incompleto, que foi resolvido por Fermat. Para já deixo o seu enunciado, para que possam pensar nele: imaginem que duas pessoas estão a jogar um jogo que consiste em lançar um dado, um aposta que sai número par, o outro aposta que sai número ímpar (50% de hipóteses para cada um). O jogo é composto por várias “rodadas” (rounds), quem ganhar três primeiro, fica com o prémio. Contudo, os jogadores têm que interromper o jogo quando um deles ainda só ganhou 2 rounds e o outro ganhou 1.

    

    Qual a forma justa de dividir o prémio?

 

    Não tenham medo de errar, porque Pascal também errou e por isso pediu ajuda a Fermat. :)

 

    Deixo ainda outro problema que também irei abordar no próximo artigo. Imaginem que lançam uma moeda ao ar: pode sair cara (X) ou coroa (Y). Se lançarem a moeda repetidamente ao ar obtêm um sequência: X Y Y X Y X Y X X X Y …, por exemplo. A questão é: se contarem o número de vezes que sai o padrão XYY (cara, seguido de coroa e depois outra coroa) e compararem com o número de vezes que sai o padrão XYX (cara, coroa, cara), qual deles é maior? Sai um número de vezes igual?

 

445-three-logicians-walk-into-a-bar

Tradução: Três pessoas versadas em lógica entram num bar… A empregada pergunta: “Todos vós quereis cerveja?” O primeiro responde: “Não sei.” O segundo também responde: “Não sei.” E o terceiro responde: “Sim!”.

(Não querendo estragar a piada explicando-a: quem diz que “não sabe” significa que quer, mas não sabe se os outros também querem, logo não pode responder “sim” à questão. Se essa pessoa não quisesse, isso implicaria que nem todos queriam uma cerveja e portanto poderia responder “não”. Só o último pode dizer “sim”, porque já ouviu a resposta dos outros…)

 

 

 Marinho Lopes (colaborador do Ciência com Todos e doutorando em Física na U. de Aveiro) - texto primeiramente publicado no Blog do autor: Sophia of Nature.

 

Tópico: Comentários

Quando a lógica parece enganar

Data: 19-07-2014 | De: Graciete Virgínia Rietsch Monteiro. Fernandes

Boa tarde, Professor. Mais uns bons momentos de raciocínio. Percebi tudo mas tive que pensar um bocado.
Não sei se já disse que no meu curso de Eng. Quím. não havia uma única cadeira de Probabilidades.
Obrigada pelas suas lições.
Um abraço.

Re:Quando a lógica parece enganar

Data: 19-07-2014 | De: Marinho Lopes

Boa noite. Ainda bem. :)

Sim, já tinha referido nos comentários ao artigo sobre "a estatística das sondagens". Creio que hoje em dia já deverá ser muito difícil encontrar um curso de ciências sem uma cadeira de estatística, dada a prevalência da estatística na investigação científica.

Obrigado pelos seus comentários.

Abraço,
Marinho

Itens: 1 - 2 de 2

Novo comentário