Questão 10

Pedro propõe a Maria o seguinte desafio. Existem dez caixas fechadas, sendo que duas delas contêm uma moeda cada e as demais estão vazias. Pedro sabe onde estão as moedas, mas Maria não. Maria ganha um prêmio se encontrar as duas caixas com as moedas. Maria escolhe duas caixas ao acaso. Dentre as oito restantes, Pedro escolhe seis que ele sabe que estão vazias, mostra seu conteúdo a Maria, e as remove do desafio. Ele então oferece a Maria três opções: (1) continuar com as duas caixas originalmente escolhidas; (2) trocar uma das caixas por uma das que sobraram; ou (3) trocar as duas caixas pelas duas que sobraram. Seja $P(i)$ a probabilidade de Maria ganhar o prêmio se escolher a opção $(i)$. Temos que $P(1)+P(2)+P(3) = a/b$, onde $a/b$ é uma fração irredutível. O valor de $a+b$ é:

Este é o problema de Monty Hall em versão dupla. O ponto essencial é que a revelação feita por Pedro não altera a probabilidade original da escolha de Maria: ele sempre consegue exibir seis caixas vazias, qualquer que seja a configuração. O que muda é a informação sobre as duas caixas que sobram.

Classificando pelo número $K$ de moedas nas caixas de Maria: sendo $K$ o número de moedas entre as duas caixas escolhidas por Maria, temos $\binom{10}{2} = 45$ escolhas igualmente prováveis:
$$P(K=2) = \frac{\binom22}{45} = \frac{1}{45},\qquad P(K=1) = \frac{\binom21\binom81}{45} = \frac{16}{45},\qquad P(K=0) = \frac{\binom82}{45} = \frac{28}{45} .$$

O que resta depois da revelação: entre as $8$ caixas que Maria não escolheu há $2-K$ moedas e, portanto, $6+K$ caixas vazias. Pedro remove $6$ vazias e sobram $2$ caixas fora das de Maria:

• $K = 0$: há exatamente $6$ vazias entre as oito; Pedro é obrigado a remover todas elas, e as duas caixas que sobram contêm as duas moedas.

• $K = 1$: sobram $1$ moeda e $1$ caixa vazia entre as duas restantes.

• $K = 2$: as duas caixas restantes estão ambas vazias.

Opção (1) — ficar com as duas caixas originais. Maria ganha se e somente se $K=2$:
$$P(1) = P(K=2) = \frac{1}{45} .$$

Opção (3) — trocar as duas caixas pelas duas restantes. Maria ganha se e somente se as duas restantes têm as moedas, ou seja, se $K=0$:
$$P(3) = P(K=0) = \frac{28}{45} .$$

Opção (2) — trocar apenas uma caixa. Maria fica com uma das suas duas caixas e pega uma das duas restantes. Para que o par final tenha as duas moedas, é preciso que:

• haja exatamente uma moeda entre as caixas de Maria e uma moeda entre as restantes, isto é, $K = 1$;

• Maria devolva a caixa vazia e conserve a caixa com moeda: como não tem informação, acerta com probabilidade $\frac12$;

• Maria pegue, entre as duas restantes, justamente a que contém a moeda: probabilidade $\frac12$.

Pelo princípio multiplicativo,
$$P(2) = \frac{16}{45}\cdot\frac12\cdot\frac12 = \frac{16}{45}\cdot\frac14 = \frac{4}{45} .$$

Somando as três probabilidades:
$$P(1)+P(2)+P(3) = \frac{1}{45} + \frac{4}{45} + \frac{28}{45} = \frac{33}{45} = \frac{11}{15} .$$

A fração $\frac{11}{15}$ é irredutível ($\mdc(11,15)=1$), logo $a = 11$ e $b = 15$:
$$a+b = 11 + 15 = 26 .$$

Note, de passagem, que $P(3) = \frac{28}{45}$ é muito maior que $P(1) = \frac1{45}$ — trocar as duas caixas é, de longe, a melhor estratégia, exatamente como no Monty Hall clássico.