(UFRGS - 2013) Probabilidade

Sobre uma mesa, há doze bolas numeradas de 1 a 12; seis bolas são pretas, e seis, brancas. Essas bolas serão distribuídas em 3 caixas indistinguíveis, com quatro bolas cada uma. Escolhendo aleatoriamente uma caixa de uma dessas distribuições, a probabilidade de que essa caixa contenha apenas bolas pretas é

(A) 1/33.
(B) 1/23.
(C) 2/33.
(D) 1/11.
(E) 1/3.

Gabarito:

Qual o número de formas de se distribuir as bolas tal que em uma dessas três caixas haja apenas bolas pretas? Não entendo o porquê de meu raciocínio (exposto abaixo) estar incorreto:

Quatro pretas na caixa A:
 
    A                   B               C
6.5.4.3          8.7.6.5      4.3.2.1

Quatro pretas na caixa B:

     A             B                C
8.7.6.5    6.5.4.3         4.3.2.1

Quatro pretas na caixa C:

     A            B              C
8.7.6.5     4.3.2.1    6.5.4.3

Número de formas de se possuir uma das três caixas com quatro bolas pretas:

3.(6.5.4.3)(8.7.6.5)(4.3.2.1)

Acho mais rápido fazer (C(6,4)*4!*8!)/12! = 1/33.

Mas, respondendo a sua pergunta, o raciocínio está incorreto pois sua solução pressupõe que as bolas de mesma cor são diferentes entre si. Dessa forma, uma mesma distribuição está sendo contada inúmeras vezes.

Na resolução de um cursinho consta a análise para uma única caixa:

(6.5.4.3)/(12.11.10.9)

Por que nesse caso não há erros?

É porque o jeito que ele resolveu, assim como o meu, não tem a ver com a pergunta exata que você fez.

Não tem problema, em probabilidade, contar os casos tomando como se as bolas fossem diferentes desde que você também as considere diferentes quando for contar os casos do espaço amostral, entende? Porque quando fizer a divisão, o resultado não se alterará de uma forma para outra.

Ex: Qual a probabilidade de uma bola branca estar na ponta quando se coloca, em fila, ela e mais 3 pretas?

BPPP
PBPP
PPBP
PPPB
R: 2/4 = 1/2

Ali foi considerando todas iguais entre si.
Considerando todas diferentes, fica: 2*3!/4! = 1/2

Nessa segunda solução, cada P foi considerado diferente um do outro, assim como cada B. Mesmo assim, a resposta não se altera.

Vou pedir um pouco de paciência, porque estou um pouco perdido em Análise Combinatória e Probabilidade.

Como se contabilizaria o espaço amostral da questão considerando as bolas diferentes?

Na sua questão original ou no exemplo que dei?
A resposta é: depende.

A forma como você escolhe contar o EA define como deverão ser contadas os casos favoráveis (CF) e vice-versa. Vide o último exemplo que dei.

Veja se a resolução está correta:

3.(6.5.4.3)(8.7.6.5)(4.3.2.1)/(12!) = 1/11

Entrentato, a chance de se escolher a caixa certa é 1/3 (só uma delas possui quatro bolas pretas):

(1/11)/3 = 1/33

Que achas?

Sim, está.

Um outro modo interessante de pensar é exposto pelo gusalberto, que costuma resolver as questões da UFRGS, veja: https://www.youtube.com/watch?v=Dy3eVqivJL0

Ainda, outra maneira, seria pensar que montar uma caixa com 4 bolas, há C(12,4) modos e com 4 pretas há C(6,4).
C(6,4)/C(12,4) = 1/33.

Ótimo; estou melhorando o raciocínio a respeito desses problemas.

Coisas que não entendi: sua primeira resolução: (C(6,4)*4!*8!)/12! = 1/33.
                                       por que se pode considerar para apenas uma caixa e ignorar as outras duas? Tem-se de escolher entre três, não apenas uma.

Vou assistir o vídeo, muito obrigado pela dica.