{"id":4952,"date":"2013-02-06T22:00:47","date_gmt":"2013-02-07T01:00:47","guid":{"rendered":"http:\/\/scienceblogs.com.br\/hypercubic\/?p=4952"},"modified":"2013-02-06T22:00:47","modified_gmt":"2013-02-07T01:00:47","slug":"as-bolinhas-de-gude","status":"publish","type":"post","link":"https:\/\/www.blogs.unicamp.br\/hypercubic\/2013\/02\/as-bolinhas-de-gude\/","title":{"rendered":"As bolinhas de gude"},"content":{"rendered":"
\"2013-01-30-round-numbers\"<\/a>
Andr\u00e9-Henri Dargelas, \u201cBoys playing marbles\u201d, grafite sobre papel, c. 1860. (via Wikimedia)<\/figcaption><\/figure>\n

O enigma desta semana foi bastante diferente. T\u00ednhamos dois garotos \u2014 Pedro e Paulo \u2014 e suas bolinhas de gude<\/a>. Sabendo que ambos eram igualmente habilidosos (e que Pedro tinha duas bolinhas e Paulo s\u00f3 uma), qual seria a probabilidade de Pedro ganhar? Mas essa n\u00e3o era a quest\u00e3o, pois demos duas respostas poss\u00edveis: 2\/3 e 3\/4. E s\u00f3 ent\u00e3o perguntamos: qual dessas respostas \u00e9 a correta?<\/p>\n

Solu\u00e7\u00f5es dos leitores<\/strong><\/h3>\n

Dez coment\u00e1rios foram dedicados \u00e0 quest\u00e3o. Metade destes vieram do prolixo rafinha.bianchin<\/a>, que come\u00e7ou intuitivamente:<\/p>\n

\n

[…] Meus pensamentos relativos a termodin\u00e2mica estat\u00edstica me levaram a preferir a segunda\u2026 intuitivamente. Ainda mostrarei a minha demonstra\u00e7\u00e3o.[…]<\/p>\n<\/blockquote>\n

Ap\u00f3s desculpar-se (sinceramente?) pela prolixidade e pedir uma anula\u00e7\u00e3o de resultado (!), o rafinha<\/a> conseguiu comprovar a alternativa (a):<\/p>\n

\n

Pois bem, temos, naturalmente, que:<\/p>\n

Pe-2Pa=0
\nPe+Pa=1<\/p>\n

Oba, um sistema linear!<\/p>\n

3Pa=1
\nPa = 1\/3
\nPe + Pa = 1
\nPe = 1 \u2013 1\/3
\nPa = 2\/3<\/p>\n<\/blockquote>\n

\u00d3timo, mas isso s\u00f3 resolve o problema por exclus\u00e3o. O Fabr\u00edcio Lara<\/a>, por sua vez, considerou que a resposta depende da ordem das jogadas. Ele explica:<\/p>\n

\n

[…]Como os dois tem a mesma habilidade, existe uma probabilidade igual de cada bola ganhar. At\u00e9 a\u00ed, a resposta seria (a). Mas em cada jogada de Pedro h\u00e1 uma probabilidade de acertar a bola de Paulo, e ela sair do jogo. Pela experi\u00eancia pessoal, essa probabilidade \u00e9 alta, pois eu sempre mirava exatamente para que isso acontecesse.
\nDigamos que a probabilidade de uma colis\u00e3o desse tipo acontecer seja x.
\nEnt\u00e3o, se Paulo joga antes, a probabilidade de Pedro ganhar \u00e9 2\/3+2*x-x^2 (2 chances para a colis\u00e3o ocorrer, mas ela s\u00f3 pode ocorrer 1 vez).
\nSe Pedro joga antes, a probabilidade de ele ganhar \u00e9 2\/3-2*x (tem 2 bolas pra Paulo acertar).
\nSe Pedro joga uma antes e outra depois, a probabilidade \u00e9 2\/3-x+x=2\/3 (como pode ocorrer uma colis\u00e3o para cada lado, a probabilidade se anula).
\nAgora, para dar uma resposta definitiva, considero que em cada jogada, \u00e9 sorteado qual dos dois joga. Ent\u00e3o tem 1\/4 de ser Pe,Pe,Pa; 1\/4 de Pa,Pe,Pe; e 1\/2 de Pe,Pa,Pe. Ent\u00e3o a resposta final \u00e9 que a probabilidade de Pedro ganhar \u00e9 2\/3-x^2\/4.<\/p>\n<\/blockquote>\n

Bela tentativa, Fabr\u00edcio.<\/p>\n

O Vitor<\/a> foi o primeiro a perceber a pegadinha l\u00f3gica da alternativa (b)<\/em>:<\/p>\n

\n

Suspeito que a segunda op\u00e7\u00e3o est\u00e1 omitindo duas situa\u00e7\u00f5es: Quando todas as bolinhas de ambos jogadores acertam igualmente e quando todas perdem igualmente. Desse modo, h\u00e1 um total de 6 possibilidades em que Pedro perde em 2 (pois quando todas perdem ele tamb\u00e9m perde).<\/p>\n

Ent\u00e3o fica 2\/6 = 1\/3<\/p>\n<\/blockquote>\n

Exatamente: possibilidades escondidas!<\/em> De certa forma, o Igor<\/a> tamb\u00e9m percebeu isso. Apesar dos 15 minutos de atraso, ele conseguiu ser mais simples e direto:<\/p>\n

\n

A chance da primeira ganhar e a segunda perder \u00e9 igual ao vice-versa, j\u00e1 que Pedro s\u00f3 pode jogar uma vez cada uma, n\u00e3o alterando a ordem.
\n2\/3<\/p>\n<\/blockquote>\n

E, enquanto redig\u00edamos esta solu\u00e7\u00e3o, o rafinha apareceu de novo s\u00f3 para \u2014 v\u00ea se pode! \u2014 nos cobrar pontualidade brit\u00e2nica nas respostas e nos amea\u00e7ar com um paradoxo barato: \u201cAli\u00e1s, faz o favor de come\u00e7ar a por o hor\u00e1rio da divulga\u00e7\u00e3o da resposta, sen\u00e3o eu come\u00e7o a aplicar o paradoxo do prisioneiro!\u201d. Ui, n\u00f3s temos um fod\u00e3o aqui!<\/span><\/em><\/p>\n

Agora, falando s\u00e9rio, vamos \u00e0<\/p>\n

Solu\u00e7\u00e3o oficial<\/strong><\/h3>\n

Como j\u00e1 notamos, a alternativa (b) \u00e9 a errada<\/em>, pois cont\u00e9m uma pegadinha. Em Riddles in Mathematics<\/em> (1975), Eugene P. Northrop prop\u00f4s o problema das bolinhas de gude tal como apresentamos e o resolveu da seguinte maneira:<\/p>\n

\n

A figura 115 [abaixo] mostra que h\u00e1 6 poss\u00edveis resultados no jogo. As bolinhas de gude s\u00e3o mostradas diagramaticamente \u2014 a primeira de Peter [Pedro], sua segunda \u00e0 direita. Os n\u00fameros nas bolinhas indicam se tal bolinha em particular foi a primeira, segunda ou terceira a ser jogada.<\/p>\n

\"image\"<\/a><\/p>\n

No quarto caso, por exemplo, a segunda bolinha de Pedro foi a primeira, a bolinha de Paulo a segunda e a primeria de Paulo, a terceira. Pedro ganha em 4 dos 6 casos \u2014 em todos, menos os 2 \u00faltimos, portanto. Consequentemente, a probabilidade correta \u00e9 2\/3 e n\u00e3o 3\/4.<\/p>\n

Vejamos o que h\u00e1 de errado com a segunda solu\u00e7\u00e3o sugerida. Nela, argumentava-se que s\u00e3o poss\u00edveis apenas os 4 casos a seguir: (I) Ambas as bolinhas de Pedro s\u00e3o melhores; (II) a primeira de Pedro \u00e9 melhor e a segunda, pior; (III) a segunda de Pedro \u00e9 melhor que a de Paulo e sua primeira, que \u00e9 pior; (IV) ambas as bolinhas de Pedro s\u00e3o piores que a do Paulo. Agora, compare esses quatro casos, indicados com numerais romanos com os seis casos da figura 115, indicados por numerais ar\u00e1bicos. Vemos que (I) inclui (2) e (3), que (II) \u00e9 o mesmo que (1), que (III) \u00e9 o mesmo que (4) e que (IV) inclui (5) e (6). Enquanto os casos de (1) a (6) s\u00e3o igualmente prov\u00e1veis, os casos de (I) a (IV) n\u00e3o s\u00e3o. O caso (IV) – o \u00fanico que faz Pedro perder – \u00e9 mais prov\u00e1vel que o caso (II) ou o caso (III).<\/p>\n<\/blockquote>\n

Parab\u00e9ns ao Vitor e ao Igor, que conseguiram expressar a mesm\u00edssima explica\u00e7\u00e3o de forma mais clara e mais sint\u00e9tica.<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"

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