{"id":5233,"date":"2013-04-07T19:30:39","date_gmt":"2013-04-07T22:30:39","guid":{"rendered":"http:\/\/scienceblogs.com.br\/hypercubic\/?p=5233"},"modified":"2013-04-07T19:30:39","modified_gmt":"2013-04-07T22:30:39","slug":"salve-se-quem-puder","status":"publish","type":"post","link":"https:\/\/www.blogs.unicamp.br\/hypercubic\/2013\/04\/salve-se-quem-puder\/","title":{"rendered":"Salve-se quem puder?"},"content":{"rendered":"
\"Vincent<\/a>
Vincent Van Gogh, \u2018La ronde des prisonniers\u2019, 1890<\/figcaption><\/figure>\n

O enigma dos prisioneiros em que cada um precisa descobrir seu nome na caixa ou todo mundo morre<\/a> \u00e9 um dos mais dif\u00edceis que j\u00e1 publicamos. Apenas dois comentaristas se manifestaram, mas houve mais coment\u00e1rios tirando d\u00favidas do enunciado do que solu\u00e7\u00f5es. Ali\u00e1s, apenas uma solu\u00e7\u00e3o foi arriscada. A seguir, apresentamos a solu\u00e7\u00e3o oficial e a \u00fanica resposta que recebemos.<\/p>\n

Solu\u00e7\u00e3o Oficial<\/h3>\n

Este enigma foi encontrado no paper\u00a0Seven Puzzles You Think You Must Not Have Heard Correctly,\u00a0with solutions, <\/em>de Peter Winkler<\/a>, Professor de Matem\u00e1tica e Ci\u00eancia da Computa\u00e7\u00e3o do Darthmouth College. Esse artigo foi posteriormente adicionado como ap\u00eandice ao volume II de\u00a0Mathematical Puzzles: A Connoisseur\u2019s Collection <\/em>(A K Peters, 2004), do mesmo autor. Eis a solu\u00e7\u00e3o apresentada por Winkler:<\/p>\n

\n

Para resolver o problema, os prisioneiros precisam, primeiro, decidir pela\u00a0nomea\u00e7\u00e3o\u00a0aleat\u00f3ria das caixas com seus pr\u00f3prios nomes. O motivo para fazer a divis\u00e3o aleatoriamente \u00e9 que isso torna imposs\u00edvel para os\u00a0carcereiros\u00a0distribuir seus nomes pelas caixas de modo a sabotar o plano. Quando for levado ao gin\u00e1sio, cada prisioneiro inspeciona sua pr\u00f3pria caixa (i.e., a caixa que, por conven\u00e7\u00e3o, foi associada ao seu nome). Ele vai descobrir um nome e depois procura pela caixa daquele nome e ent\u00e3o vai para a caixa do nome encontrado na segunda caixa e assim por diante, at\u00e9 que ele encontre seu pr\u00f3prio nome ou abra 50 caixas.<\/p>\n

Esta parece ser uma estrat\u00e9gia. Mas ser\u00e1 que ela funciona? Bem, o processo que associa a um dono de caixa o nome encontrado em sua caixa \u00e9 uma permuta\u00e7\u00e3o dos 100 nomes, escolhidos de forma uniformemente rand\u00f4mica do conjunto de todas as poss\u00edveis permuta\u00e7\u00f5es. Ao procurar por seu nome, cada prisioneiro est\u00e1 seguindo um ciclo da permuta\u00e7\u00e3o, que come\u00e7a com a sua caixa e (se ele n\u00e3o passar do limite de 50) termina com um peda\u00e7o de papel com seu pr\u00f3prio nome. Se a permuta\u00e7\u00e3o n\u00e3o tiver ciclos de comprimento maior que 50, este processo sempre vai funcionar e os prisioneiros acabam s\u00e3os e salvos.<\/p>\n

De fato, a probabilidade de que uma permuta\u00e7\u00e3o uniformemente rand\u00f4mica dos n\u00fameros de 1<\/strong> a 2n<\/strong>n\u00e3o tenha um comprimento de ciclo maior que n<\/strong> \u00e9 de pelo menos 1 menos logaritmo natural de 2<\/strong> \u2014 aproximadamente 30,6853%<\/strong>.<\/p>\n

Para perceber isso, considere k > n<\/strong> e conte as permuta\u00e7\u00f5es que tem um ciclo C<\/strong> de comprimento exatamente igual a k<\/strong>. H\u00e1 \"2nk\"<\/a>modos de selecionar as entradas em C, (k-1)!<\/strong> modos de orden\u00e1-las e (2n-k)!<\/strong> modos de permutar o resto. O produto desses n\u00fameros \u00e9 (2n)!\/k<\/strong>. Uma vez que no m\u00e1ximo um k<\/strong>-ciclo pode existir numa dada permuta\u00e7\u00e3o, a probabilidade de que haja um \u00e9 exatamente 1\/k<\/strong>. Segue-se que a probabilidade de que n\u00e3o haja um ciclo mais longo \u00e9:<\/p>\n

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

onde Hm<\/strong> \u00e9 a soma das rec\u00edprocas dos primeiros m<\/strong> inteiros positivos, ou aproximadamente ln m<\/em><\/strong>. Assim, nossa probabilidade \u00e9 de cerca de 1 – ln 2n<\/em> + ln n<\/em> = 1 – ln 2<\/em> <\/strong>(e na verdade \u00e9 sempre um pouco maior). Para n = 50<\/strong>, n\u00f3s conseguimos que a probabilidade de sobreviv\u00eancia dos prisioneiros seja de 31.1827821%<\/strong>.<\/p>\n<\/blockquote>\n

Winkler afirma que esse problema foi originalmente proposto, ainda que de maneira mais complexa,\u00a0por Peter Bro Miltersen, em um artigo em co-autoria com Anna Gal (a refer\u00eancia, citada em nota de rodap\u00e9, \u00e9 apenas “The cell probe complexity of succint data structures<\/em>, ICALP, 2003″). Ainda segundo Winkler, Eugene Curtain e Max Weshauer teriam provado que tal solu\u00e7\u00e3o n\u00e3o pode ser melhorada.<\/p>\n

Solu\u00e7\u00e3o do leitor<\/h3>\n

No singular mesmo, pois o \u00fanico a apresentar algo que se pode considerar uma solu\u00e7\u00e3o poss\u00edvel (ainda que me pare\u00e7a incorreta), foi o rafinha.bianchin<\/a>:<\/p>\n

Como j\u00e1 disse antes, o m\u00e9todo para que os detentos saibam quais caixas j\u00e1 foram abertas \u00e9 deixando as caixas com o nome do detento visitante com a tampa aberta, logo, ap\u00f3s cada visita, existe uma caixa a menos para escolher.<\/p>\n

Vamos chamar de W o n\u00famero de maneiras poss\u00edveis para que se escolha 50 caixas dentre 100. Logo, W=100!\/(50!*50!). Pelo m\u00e9todo da tentativa e erro (mas n\u00e3o \u00e9 muito complicado entender o porqu\u00ea) descobri que, se ele tem W meios de escolher, logo ele tem W\/2 meios de que a caixa com seu nome seja aberta. O pr\u00f3ximo W \u00e9 de 99!\/(50!*49!), e assim por diante. Temos, portanto, que W = N!\/[50!*(N-50)!]. No caso, n\u00e3o deveremos dividir por dois, e sim por (99\/50).<\/p>\n

Para o primeiro detento, a chance de que ele descubra a caixa com seu nome \u00e9 bastante pequena, mas, ap\u00f3s cada visita, a probabilidade de acerto vai crescendo.<\/p><\/blockquote>\n

Aqui, o rafinha prop\u00f5e outra maneira de identificar as caixas: deixar as tampas abertas. \u00c9 uma possibilidade, mas n\u00e3o me parece muito inteligente. Quem garante que os guardas n\u00e3o tampam as caixas ap\u00f3s cada passagem? A n\u00e3o ser que o rafinha tenha encontrado uma solu\u00e7\u00e3o muito simplificada, a parte matem\u00e1tica tamb\u00e9m n\u00e3o me parece adequada. A \u00fanica coisa correta \u00e9 a conclus\u00e3o: as chances de sucesso s\u00e3o pequenas a princ\u00edpio, mas crescem a cada passagem. No entanto, a solu\u00e7\u00e3o original indica que esse crescimento n\u00e3o \u00e9 indefinido (mesmo porque trata-se de passagens limitadas por um n\u00famero limitado de caixas).<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"

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