Quando a lógica parece enganar – Parte I

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. 😛 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

Anúncios

2 thoughts on “Quando a lógica parece enganar – Parte I

  1. Pingback: Quando a lógica parece enganar – Parte II | Sophia of Nature

  2. Pingback: Índice de Artigos | Sophia of Nature

Deixe uma Resposta

Preencha os seus detalhes abaixo ou clique num ícone para iniciar sessão:

Logótipo da WordPress.com

Está a comentar usando a sua conta WordPress.com Terminar Sessão / Alterar )

Imagem do Twitter

Está a comentar usando a sua conta Twitter Terminar Sessão / Alterar )

Facebook photo

Está a comentar usando a sua conta Facebook Terminar Sessão / Alterar )

Google+ photo

Está a comentar usando a sua conta Google+ Terminar Sessão / Alterar )

Connecting to %s