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O Problema da Probabilidade de Tirar um Número em um Dado Não Viciado

Um dado clássico é um pequeno poliedro cúbico – seis faces – gravado com números de 1 a 6. Em um dado do tipo padrão, a frequência com a qual qualquer um dos seis números – ou seis faces – se apresenta após uma jogada é a mesma: 1/6, ou 0,1666666666666667. Um dado viciado é aquele cuja probabilidade de se tirar um determinado número é maior que 1/6 e são vários os métodos disponíveis para viciá-lo, como aquecer e perfurar.

Figura 1 – Dado padrão: um poliedro cúbico

Vamos considerar um dado padrão. O canal MindYourDecisions fez a seguinte pergunta:

Se o dado for modificado para que o número 6 apareça com a metade da frequência dos outros números, qual é a nova probabilidade de tirar um número 6?

O número escolhido não importa, pois sabemos que todos têm a mesma probabilidade: 1/6. Você, assim como eu em princípio, pode estar pensando que basta dividir a probabilidade de tirar um número por 2:

P(6) = (1/2)(1/6) = 1/12

Sabemos que o somatório das probabilidades de se tirar todos os números em um conjunto tem que ser 1 (100%), pois:

P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 = 1

O problema é que se dividirmos uma dessas probabilidade por 2, o somatório será menor que 1:

(1/2)*(1/6) + 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 = 11/12

Método de Resolução 1

Esse método usa simples mereologia. A ideia é “inteirar” a fração 11/12 multiplicando os dois lados da igualdade por 12/11, o que mantém a equação balanceada:

(12/11)(1/12 + 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6) = (12/11)(11/12)
(12/11)(1/12) + (12/11)(1/6) + (12/11)(1/6) + (12/11)(1/6) + (12/11)(1/6) + (12/11)(1/6) = (12/11)(11/12)
1/11 + 2/11 + 2/11 + 2/11 + 2/11 + 2/11 = 1

P(6) = (1/2)(1/6)(12/11) = 1/11

Método de Resolução 2

Esse método assume que se P(6) é p, a probabilidade de qualquer outro número será 2p:

P(6) = p
P({1,2,3,4,5}) = 2p

Somando-se os valores, o resultado “aparece”:

p + 2p + 2p + 2p + 2p + 2p = 1
11p = 1
p = 1/11

P(6) = p = 1/11

Método de Resolução 3

Esse método é bem parecido com o anterior. Consiste em fazer uma análise comparativa das frequências com as quais cada face se apresentará: para P(6) será 1:

P(6) = 1
P({1,2,3,4,5}) = 2

O que permite a seguinte comparação:

2:2:2:2:2:1

Em seguida, somamos as frequências de cada número para encontrar o total de vezes em que serem tirados:

2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 1 = 11

Por último, basta multiplicar cada frequência por 1/11 para encontrar a probabilidade de cada número:

2(1/11) + 2(1/11) + 2(1/11) + 2(1/11) + 2(1/11) + 1(1/11) = 11(1/11)
2/11 + 2/11 + 2/11 + 2/11 + 2/11 + 1/11 = 1

P(6) = 1/11

Multiplicar por 1/11 não é o mesmo que dividir por 11? Faz alguma diferença? Se você estiver fazendo álgebra, não faz diferença, mas se você está fazendo semiótica para decodificar a natureza em busca de símbolos, faz toda a diferença, pois uma marca de qualidade deve evidenciar (dêixis ad oculos) a que se propõe, como expliquei aqui.

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O Problema de Monty Hall

O problema de Monty Hall consiste em um paradoxo gerado por um jogo probabilístico. Esse problema foi baseado em um quadro do programa Let’s Make a Deal exibido nos Estados Unidos na década de setenta. Suponha que o apresentador de um programa de variedades peça que você escolha uma dentre três portas:

p1

Antes que escolhamos a porta, o apresentador avisa que em uma porta há um prêmio e em cada uma das outras duas existem quaisquer coisas que não sejam o prêmio – no nosso caso, são cabras. Esse é o mesmo princípio da famigerada Porta dos Desesperados, onde atrás de uma porta havia vários prêmios e nas outras havia atores vestidos de gorila, vampiro ou qualquer outra coisa bizarra.

Você escolhe a porta número 1, pois sua lógica te avisou que você teria 1/3 de chances de vencer se escolhesse qualquer uma das três portas. Feita a escolha, você tem 1/3 de chances de que o prêmio esteja na primeira porta e 2/3 (1/3 + 1/3) de chances de que esteja em uma das outras duas portas:

p2

Antes de revelar o conteúdo da porta que você escolheu, o apresentador abre a porta número 3 e revela que lá há uma cabra:

p21

Em seguida, o apresentador pergunta para o público se a outra cabra está na porta escolhida (porta 1) ou na porta 2 e te dá a chance de mudar sua escolha. É aí que sua razão te engana. Você pode estar pensando que, uma vez revelado que uma determinada porta não continha o prêmio, suas chances de acertar ou errar seriam idênticas, ou seja, de 50% (uma chance em duas ou 1/2).

Vamos desenvolver o seu primeiro raciocínio: no começo do jogo, você pensou que tinha 1/3 de chances de que o prêmio estivesse na primeira porta e 2/3 de chances de que estivesse em uma das outras duas portas, pois cada porta te daria igualmente 1/3 de possibilidades de vitória. Em outras palavras, você criou dois grupos: o grupo A composto da porta A1 (porta 1) e o grupo B composto das portas B1 (porta 2) e B2 (porta 3). Revelado que a porta B2 contém uma cabra, os 2/3 de chances de que o prêmio esteja nesse grupo serão transferidos para a porta B1:

p3

Sendo assim, se você não aceitar a oferta do apresentador e se mantiver na primeira porta, você tem 1/3 de chances de vencer, mas se trocar de porta, terá 2/3 de chances de vencer. Significa que se você trocar de porta vencerá? Não. O problema aqui é de probabilidade. Se esse jogo for jogado muitas vezes, você perceberá que quem troca de porta ganhará mais vezes do que quem não troca.

Se ao invés de 3 portas tivéssemos 100, chegaríamos a mesma conclusão, mas a vantagem da troca de porta seria mais clara. Você escolhe a porta 1 e já sabe que tem 1/100 de chances de vencer. O apresentador revela 98 portas que contém cabras. Permanecem fechadas a porta 1 e, digamos, a porta 100. A porta 100 tem 99/100 ou 99% de chances de conter o prêmio:

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