L'énigme des enveloppes

[mathiouzalem]

Bonjour,

Je vous soumets un problème qui me travaille depuis des années et dans lequel je ne vois toujours pas très clair :

Je vous propose de jouer à un jeu d'argent que j'organise à votre intention.
En voici les règles : Je vous présente deux enveloppes (E1 & E2) indifférentiables contenant chacune de l'argent.
Pour déterminer le 2 montants j'ai au préalable utilisé une pièce de monnaie (équilibrée...) et ai compté le nombre nl de lancers nécessaires pour trouver un "PILE". J'ai mis dans E1 3^nl Euros, et dans la seconde enveloppe E2 j'ai mis trois fois ce montant (soit 3^(nl+1) ).

Vous choisissez une enveloppe au hasard et l'ouvrez, elle contient par ex 27 €.
Je vous propose alors au choix soit d'empocher les 27€ soit de me les rendre et d'empocher l'argent contenu dans E2.

La question est : Avez-vous intérêt à changer d'enveloppe ?

Je vous propose de passer outre les points de détails qui sont que théoriquement je pourrais ne jamais finir mon lancer de pièce, que le montant contenu dans l'enveloppe pourrait être supérieur à la masse d'argent disponible dans le monde ou encore que l'espérance de ce jeu est infinie. De même le cas évident où l'enveloppe contient 3€ n'est pas passionnant.

Je vous propose donc de vous concentrer sur la réponse à cette question qui me taraude depuis si longtemps : Changer ou pas changer ? Paradoxe ou pas paradoxe ? ...

Merci à tous !
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[triall]

Bonjour, moi je dirais un peu au pif que je changerais ou pas d'enveloppe suivant la somme, si la somme est>27 je garde car apriori nl=2 en moyenne .
Si la somme est 3 , je change, ...9 je garde, 27 je garde....les autres aussi...
Cordialy

[_Goel_]

Salut !
j'ai un raisonnement bizarre : soit n le gain du premier choix.

 Cliquez pour afficher

j'ai alors 2 solutions : garder l'enveloppe et gagner n ou changer d'enveloppe et gagner soit n/3 soit nx3 (avec pour chacun une probabilité de 1/2).
Sur 4 tirages, où je fais chaque fois un choix différent j'ai :
- 2 chances de gagner n (je garde n)
- 1 chance de gagner n/3 (je change d'enveloppe)
- 1 chance de gagner 3xn (je change d'enveloppe)

en gardant la même enveloppe je gagne 2 n
en changeant, j'en gagne n/3 + 3xn = 3.33 n
Or 3.33 > 2 donc j'en concluerais qu'il faut toujours changer d'enveloppe...

Vous en pensez quoi ?

[Médiat]

Vous en pensez quoi ?

Cela ne marche pas :

 Cliquez pour afficher

Dans une partie du calcul n représente la plus grande valeur et dans une autre partie du calcul n réprésente la plus petite valeur d'un même tirage.

Une façon non mathématique de "voir les choses" : le fait de regarder le contenu ne change rien (pour peu que l'on sache que ce n'est pas 3 qui est dans l'enveloppe), donc si un arbitre ouvre l'enveloppe et dit "ce n'est pas 3", alors avec ton raisonnement, il faut changer, l'arbitre ouvre la deuxième enveloppe et dit "ce n'est pas 3" alors avec ton raisonnement, il faut changer, l'arbitre ouvre la première enveloppe et dit "ce n'est pas 3" etc.

Une façon plus mathématique est de calculer les probabilités qui sont conditionnelles ici.

[A voir en vidéo sur Futura]

[mathiouzalem]

Merci de vos réactions.

Mediat, parviens-tu à progresser grâce aux proba conditionnelles ? Pour ma part je n'ai trouvé aucun débouché dans ce sens. En tournant le problème dans tous les sens je me ramène systèmatiquement à une espérance de multiplier ses gains par 5/3 en changeant d'enveloppe.
Ce qui, comme tu l'expliques très bien, conduit à boucler indéfiniment.

En d'autres termes E(E1) = (5/3)E2, mais en même temps E(E2) = (5/3)E1.

Où est la sortie ?

[invitee9281902]

Moi je garderais l'enveloppe à partir de 9€

 Cliquez pour afficher

Pourquoi ?
soit n le nombre de lancés pour obtenir pile, la probabilité de n s'exprime :
p(n=1)=1/2
p(n=2)=1/2 * 1/2=1/4
p(n=3)=3/4*1/2=3/8

je n'ai pas la forme générale mais l'idée est que
p(n=x)=p(n diff 1)*p(n diff 2)*...*p(n diff x-1)*1/2

l'évolution étant donc très "rapide" (p(n=x)>>p(n=x+1)) a partir de n=2, l'enveloppe ouverte contient donc surement la plus grosse somme d'argent (il est plus probable que n soit inférieur au n de votre enveloppe). Il est vrai que pour prouver ça il faudrait définir la forme générale de p(n=x), mais je n'en ai pas le temps là et si vous calculer rapidement les premiers points, vous vous en rendrez compte.

Donc perso, à partir de 9€, je garderais l'enveloppe

J'espère avoir été à peu près clair

[mathiouzalem]

J'espère avoir été à peu près clair

Hello kru,

Oui tu es clair mais malheureusement je crains que ce soit incorrect.
P(n=x) = (1/2)^x. Donc P(n=3) = 1/8.

Et oui la proba d'avoir un n grand diminue très vite, mais le montant correspondant dans l'enveloppe augmente encore plus vite. L'un dans l'autre, c'est ce qui explique que l'espérance soit infinie (ce qui est du reste sans doute important dans l'explication du problème).

[invitee9281902]

Ok, je sors

[Médiat]

Mediat, parviens-tu à progresser grâce aux proba conditionnelles ?

Plutôt qu'un calcul, je te présente le raisonnement, le calcul en découle immédiatement.
Quand tu constates un certain montant il peut provenir du n^ième tirage (multiplié par 3) ou du (n+1)^ième tirage, la question se ramène donc à calculer la probabilité d'avoir eu pile pour la première fois au ^ième ou au (n+1)^ième tirage sachant que l'on est dans un de ces deux cas.

Il va de soi que les (n-1) premiers tirages n'ont pas d'impact sur notre probabilité, puisque ce sont les mêmes dans les deux cas.

Il va aussi de soi que le (n+1) tirage n'a pas d'impact, puisque dans un cas (pile au n^ième), il n'y a pas de (n+1)^ième tirage, et dans l'autre pil est obligatoire (probabilité 100%). La seule question qui reste est "quel est la probabilité d'avoir pile ou face au n^ième tirage ?", il me semble que 1/2 pour les deux cas s'impose.

[mathiouzalem]

Je vous propose Mediat de retranscrire en formules. Celà nous donne :
Si le montant de l'enveloppe est égal à 3ⁱ, alors je définis trois évènements :
- A : n = i-1
- A' : n = i
- B : n>=i-1 et n<=i
Nous cherchons alors à déterminer P(A|B) :
P(A|B) = P(B|A)P(A)/P(B)
= 1 * 1/2^i-1/ (1/2^i-1 + 1/2ⁱ) (sachant que P(B) = P(A) + P(A') )
= 1 / (1 + 1/2) = 2/3

Nous ne sommes plus à 1/2 et nous nous rendons compte qu'il y a plus de chance que n soit petit. Ce qui semble parfaitement logique. Ouf !

En revanche l'espérance du changement d'enveloppe reste toujours problématique.
En effet P(E2) = 3 * 1/3 * E1 + 1/3 * 2/3 * E1 = 11/9 * E1.
Et identiquement pour E1.

La boucle est toujours là ! Que faire ?

Encore merci de votre aide !

NB : On peut remarquer au passage que si on modifie la formule du montant de l'enveloppe de 3ⁿ à 2ⁿ, la problématique disparaît car on obtient P(E1) = E2, tout en conservant une espérance de jeu infinie

[Médiat]

@mathiouzalem : prend comme univers "l'ensemble des tirages tels que Pile apparaisse pour la première fois avant le i^ième tirage", et tu verras que les probabilités de i et i-1 sont égales.

[mathiouzalem]

@mathiouzalem : prend comme univers "l'ensemble des tirages tels que Pile apparaisse pour la première fois avant le i^ième tirage", et tu verras que les probabilités de i et i-1 sont égales.

Je trouve les résultats suivants :
Nous conservons
- A : n = i-1
- A' : n = i
mais à ta demande nous utilisons l'évènement C : n<=i

Nous cherchons alors à déterminer P(A|C) :
P(A|C) = P(C|A)P(A)/P(C)
= 1 * 1/2^i-1/(1-1/2ⁱ⁺¹)
= 1/2^i-1 / ((2ⁱ⁺¹ - 1) / 2ⁱ⁺¹)
= 2² / (2ⁱ⁺¹ - 1)
= 4 / (2ⁱ⁺¹ - 1)

P(A'|C) = P(C|A')P(A')/P(C)
= 1 * 1/2ⁱ/(1-1/2ⁱ⁺¹)
= 1/2ⁱ / ((2ⁱ⁺¹ - 1) / 2ⁱ⁺¹)
= 2 / (2ⁱ⁺¹ - 1)

On retrouve donc bien P(A|C)=2*P(A'|C), ce qui reste conforme à l'intuition.
Ceci dit je ne vois pas bien l'intérêt de choisir cet univers qui n'exploite pas à plein l'information obtenue en ouvrant l'enveloppe. Du reste on observe que du coup lorsque i augmente P(A|C)+P(A'|C)<<1.

Par ailleurs et surtout, qu'on s'appuie sur P(A) = 1/2 ou P(A) = 2/3 le problème reste entier, on a intérêt à changer systématiquement et celà me semble toujours poser problème.
C'est d'ailleurs ce qui a motivé mon post.

[Médiat]

On retrouve donc bien P(A|C)=2*P(A'|C), ce qui reste conforme à l'intuition.

Je ne trouve pas comme toi, mais 1/2 ce qui est conforme à mon intuition .

Par ailleurs et surtout, qu'on s'appuie sur P(A) = 1/2 ou P(A) = 2/3 le problème reste entier, on a intérêt à changer systématiquement

Ben non, si les proba sont (1/2, 1/2), "changer ne change rien" si je puis dire.

[Médiat]

@mathiouzalem et @_Goel_


Je viens de retrouver un message que j'avais posté sur un problème similaire :

 Cliquez pour afficher

Soit x le petit montant et donc 2x le grand montant, lors du premier tirage on a 1/2 chance de choisir le petit montant et donc de gagner x en changeant, et on a 1/2 chance de choisir le grand montant et donc de perdre x en changeant, l'espérance est donc :
E = 1/2.x + 1/2.(-x) = 0, ce qui est bien le résultat attendu, en fait changer ne change rien .

[mathiouzalem]

Je ne trouve pas comme toi, mais 1/2 ce qui est conforme à mon intuition .

Je suis surpris. Peux-tu m'indiquer tes calculs ou l'erreur dans les miens stp ?

Ben non, si les proba sont (1/2, 1/2), "changer ne change rien" si je puis dire.

Je te propose un autre jeu :
Je te donne 300€. Ensuite je te propose soit de les garder soit de me
les rendre et de lancer une pièce de monnaie. Si elle retombe sur pile tu gagnes 100€, si elle tombe sur face tu gagnes 900€.
Choisis-tu de garder les 300€ ?
Et quelle différence avec le jeu que je décris là-haut ?

[Médiat]

Je suis surpris. Peux-tu m'indiquer tes calculs ou l'erreur dans les miens stp ?

Si tu sais que le jeu se termine au plus au i^ième tirage, alors p(i)=p(i-1)

Je te propose un autre jeu :
Je te donne 300€. Ensuite je te propose soit de les garder soit de me
les rendre et de lancer une pièce de monnaie. Si elle retombe sur pile tu gagnes 100€, si elle tombe sur face tu gagnes 900€.
Choisis-tu de garder les 300€ ?
Et quelle différence avec le jeu que je décris là-haut ?

Avec ce jeu tu ne peux pas tenir le raisonnement que j'ai proposé dans mon message précédent, les deux jeux ne sont donc pas isomorphes, le cas des enveloppes n'est pas juste un jeu de pile ou face.

[mathiouzalem]

Tout à fait d'accord, le jeu n'est plus le même, il cherchait à éprouver le fait que "si les proba sont (1/2, 1/2), changer ne change rien" n'est pas toujours vrai.

Sinon désolé, je t'avoue ne toujours pas comprendre comment tu parviens :
- ni à trouver une proba conditionnelle de 1/2 d'avoir n=i ou i-1
- ni à trouver une espérance de changer d'enveloppe égale à 0, que ce soit avec une proba de 1/2 ou de 1/3. Equiprobabilité ne veut pas dire qu'il ne faut pas changer, conf l'exemple que je propose ci-dessus.

J'attends d'autres avis pour m'éclairer !

Encore merci de ton aide

[mathiouzalem]

Médiat, je suis allé voir dans l'autre fil que tu m'as indiqué. Comme je tente de l'expliquer dans le message que j'y ai posté, le problème n'est pas tout à fait identique même si très voisin.

En fait un peu comme dans ce fil tu postules sans calcul ni démonstration que la proba est de 0.5 et que celà conduit à une espérance nulle. Dans l'attente de tes développements qui viendront j'en suis sûr, je crains que tu ne sois passé à côté du noeud du problème contrairement par exemple à Homotopie qui l'a bien pointé du doigt.

Cordialement

[Médiat]

En fait un peu comme dans ce fil tu postules sans calcul ni démonstration que la proba est de 0.5 et que celà conduit à une espérance nulle.

Désolé, mais quand je fais ce genre calcul je ne postule pas, je démontre (comme expliqué ici dans plusieurs messages ici même ainsi que dans l'autre fil sans compter le pdf cité et qui arrive à la même conclusion) !

[mathiouzalem]

[...]
Il va aussi de soi que le (n+1) tirage n'a pas d'impact, puisque dans un cas (pile au n^ième), il n'y a pas de (n+1)^ième tirage, et dans l'autre pil est obligatoire (probabilité 100%). La seule question qui reste est "quel est la probabilité d'avoir pile ou face au n^ième tirage ?", il me semble que 1/2 pour les deux cas s'impose.

Je reviens sur ton raisonnement que j'avoue n'avoir pas tout à fait compris immédiatement.
Tel que je le comprends à présent, il présente une incohérence que je te soumets. Tu parviendras sans doute à m'éclairer sur la mauvaise lecture que j'en fais :

Je fais à nouveau référence aux évènements tels que décrits ci-dessus à savoir
- A : n = i-1
- A' : n = i
- B : n>=i-1 et n<=i
et j'ajoute l'évènement D : n>=i-1
Ton raisonnement s'appuie sur le fait que dans la première enveloppe ouverte, nous avons trouvé un montant égal à 3ⁱ, on sait donc que B est réalisé.
Donc D l'est également (P(D|B) = 1 )
Ensuite tu dis que P(A|D) = 1/2. Ce qui me semble tout à fait juste.
Mais tu en conclues après que P(A'|B) = 1 - P(A|D). Tu prends implicitement le raccourci P(A|B) = P(A|D) ce qui est incorrect.

Voilà pour la partie calculatoire, maintenant je te propose 2 éléments de réflexion mettant en évidence l'absurdité à laquelle conduit cette erreur :
1) Imaginons qu'au lieu de tirer une pièce jusqu'à trouver un pile, nous tirions un papier d'un chapeau jusqu'à trouver le numéro 1000 (il y a mille papiers numérotés dans le chapeau). Il vient immédiatement que dans ce contexte P(n=1) = 1/1000, P(n=2) = 999/1000000, P(n=x)=(999/1000)^x-1/1000.
Il est visible que P(n=x)~=P(n=x+1). Pourtant en transposant ton raisonnement si on trouve 3ⁱ€ dans une enveloppe, tu conclurais que P(n=i-1)=1/1000 et P(n=i)=999/1000 ce qui, je pense, est manifestement faux !

2) Revenons à notre jeu précis, et observons ce que ton raisonnement nous amène à conclure pour par ex un montant de 27€ trouvé dans une enveloppe. P(i=2)=1/2 et P(i=3)=1/2. Autrement dit si l'on fait un grand nombre de tirages et que l'on observe tous les cas où le montant trouvé dans la première enveloppe = 27, on aura autant de combinaisons 9/27 que 27/81. Appelons ce nombre x₃.
Nous pouvons reproduire ce même raisonnement avec 81 et concluons qu'il y aura dans ce cas autant de combinaisons 27/81 que 81/243. Appelons ce nombre x₄.
Reproduisons le une dernière fois avec 243. Nous trouverons dans ce cas x₅ couples 81/243 et autant de 243/729.
Or, nous savons par ailleurs qu'il y a 2 fois plus de cas où n=i que de cas où n=i+1. Donc :
x₃ + x₄ = 2* (x₄ + x₅) ou encore x₃ = x₄ + 2* x₅
On peut voir qu'on se dirige droit vers un modèle où x_i = 2* x_i+1, dans tous les cas il est indiscutable que x₃ > x₄.

Tu aurais ainsi démontré que lorsque n = 4, on a plus de chance de tirer la "petite" enveloppe en premier que la "grosse" ! Amusant non ?
Ceci est évidemment généralisable pour tout n. Donc la probabilité de 0.5 conduit immédiatement à dire que la petite enveloppe a systématiquement plus de chance d'être choisie en premier que la grosse.
Sachant qu'elles sont indiscernables, ce dernier "effet secondaire" reste encore à expliquer !

Mais une fois de plus il est tout à fait possible que je sois passé à côté de quelque chose. Peux-tu me l'indiquer le cas échéant ?

Merci à toi !

NB : Je réponds dans l'autre fil sur le PDF qui ne me convainc pas du tout non plus...

[Médiat]

J'ai déjà donné mes objections, les répéter ne servirait à rien.

[invitebd2b1648]

J'ai déjà donné mes objections, les répéter ne servirait à rien.

A t'écouter Médiat, on a l'impression que les maths c'est facile et intuitif ... çà m'impressionne !

Car moi j'ai du mal ...

@ +

[Médiat]

A t'écouter Médiat, on a l'impression que les maths c'est facile et intuitif ... çà m'impressionne !

Dans certains cas c'est effectivement facile, et cela n'est pas impressionnant, par exemple pour tester un résultat ou un raisonnement tu peux le pousser aux limites.

Dans le cas des enveloppes, si je mets au point le processus suivant :

à partir d'un nombre n choisi par l'arbitre et dont le joueur ne sait rien, on lance un dè à 1000000 faces :
S'il tombe sur le 1, on met n dans une enveloppe et f(n) dans une autre, f étant une fonction inconnue du joueur telle que f(n) < n
S'il tombe sur les autres faces, on met n dans une enveloppe et g(n) dans une autre, g étant une fonction inconnue telle que g(n) > n

le joueur ouvre la première enveloppe et trouve un nombre m, il peut tenir le raisonnement suivant :

m peut venir du couple (m, g(m)) ou du couple (f(m), m) et "bien sur" la probabilité d'être dans le premier cas est 999999 fois plus grande que la probabilité du deuxième (à cause du lancé de dé) et donc il faut changer, je suis quasiment assuré d'y gagner.

Avec ce raisonnement, je viens de démontrer que si je fais cette expérience 1000000 de fois, je prendrais en premier, parmi les deux qui me sont présentées, l'enveloppe la moins remplie 999999 fois en moyenne : j'ai vraiment pas la main heureuse !

Penses-tu que la conclusion précédente soit acceptable ? Si un raisonnement amène à une contradiction manifeste, il faut l'abandonner !

J'ai déjà expliqué que si un raisonnement qui mène à la décision de changer d'enveloppe peut être tenu quelque soit le nombre lu dans l'enveloppe, ce n'est pas la peine d'ouvrir l'enveloppe, on change et on prend l'enveloppe #2, mais à son sujet on peut mener le même raisonnement qui nous impose de prendre la #1.

Ce raisonnement qui amène à deux conclusions contradictoires (prendre la #2 et prendre la #1), c'est que le raisonnement n'est pas bon.

[mathiouzalem]

m peut venir du couple (m, g(m)) ou du couple (f(m), m) et "bien sur" la probabilité d'être dans le premier cas est 999999 fois plus grande

C'est là que nous divergeons, comme j'ai essayé de le démontrer ce 1/10⁶ n'est pas une proba conditionnelle, tu n'as donc plus le droit de l'utiliser.
Peux-tu préciser l'univers que tu utilises dans ce cas précis, définir les évènements et les proba (conditionnelles ou non) que tu calcules ?

Ce raisonnement qui amène à deux conclusions contradictoires (prendre la #2 et prendre la #1), c'est que le raisonnement n'est pas bon.

C'est le propre de nombre de paradoxes, apparents ou non, et autres contre-sens. Conclure en disant qu'on aboutit à une contradiction ne fait que "paraphraser" le problème.
Celà n'apporte pas d'élément nouveau car cette contradiction est déjà claire pour la plupart d'entre nous. Et c'est même précisément l'existence de cette contradiction qui nous a motivé ilelogique et moi-même à écrire nos posts.

Encore reste-t-il à pointer du doigt précisément l'endroit où le raisonnement pêche et à expliquer pourquo il est incorrect.

Ce que, pour ma part, je crois avoir essayé de faire ci-dessus pour montrer où ton raisonnement me semble discutable.

[mathiouzalem]

A t'écouter Médiat, on a l'impression que les maths c'est facile et intuitif ... çà m'impressionne !
Car moi j'ai du mal ...

Parfois on peut même croire que c'est trop simple et facile, et passer à côté de quelque chose...

A quel moment décroches-tu ou as-tu du mal à suivre ? As-tu été voir sur l'autre fil, j'ai tenté une explication "vulgarisée". J'aimerais que tu me dises si elle est un peu compréhensible ou non...

[Médiat]

C'est le propre de nombre de paradoxes, apparents ou non, et autres contre-sens. Conclure en disant qu'on aboutit à une contradiction ne fait que "paraphraser" le problème.

Vous êtes passé à côté de quelque de très gros : "paradoxe" et "contradiction" ne sont pas synonymes !

[mathiouzalem]

Vous êtes passé à côté de quelque de très gros : "paradoxe" et "contradiction" ne sont pas synonymes !

Je ne crois pas avoir écrit ça. Mais j'aimerais éviter de dériver vers un débat de sémantique qui n'est pas l'objet premier de ce fil. Je peux supprimer le mot "paradoxe" de mon post ci-dessus qui est effectivement discutable, l'esprit de ma remarque restant de toute façon inchangée.
A savoir : Relever que 2 raisonnements (justes ou non) aboutissent à une contradiction n'explique pas où est le biais. Lequel est faux ? Et pourquoi ?

[mathiouzalem]

Pour Médiat & octanitrocubane,

Voilà ce qu'en disent M Clark and N ShackelA :
Previous claims to have resolved the two-envelope paradox have been premature. The paradoxical argument has been exposed as manifestly fallacious if there is an upper limit to the amount of money that may be put in an envelope; but the paradoxical cases which can be described if this limitation is removed do not involve mathematical error, nor can they be explained away in terms of the strangeness of infinity. Only by taking account of the partial sums of the infinite series of expected gains can the paradox be resolved.

J'espère que l'intro de ce papier issu du département de Mathématiques de l'université de Nottingham vous amènera à remettre en cause l'apparente facilité et évidence de ce problème !

A noter du reste Médiat, qu'ils osent même parler de paradoxe les bougres (je ne compte plus les "papiers" intégrant dans leur intitulé les mots "enveloppe" et "paradox")

Je suis également allé faire un tour du côté de Wikipedia anglais & français et la nature des échanges me rend pessimiste sur notre faculté à nous mettre d'accord. Eux n'y parvenant absolument pas.
Par exemple vous pouvez regarder ici le paragraphe "An even harder problem"

A vous lire !

[mathiouzalem]

Voilà un des derniers papiers sur le sujet que j'ai trouvés.
Il date de 2004. Comme quoi j'aurais mieux dû suivre l'actualité mathématique.

Je l'aime bien, il conclue carrément que l'on se trompe non sur le calcul de l'espérance et la décision de changer après ouverture d'une enveloppe, mais il prétend discuter l'équivalence de choix de l'enveloppe avant ouverture que l'on pré-suppose !!

Vraiment joli même si il faut un peu de temps pour digérer tout ça.
Avis aux passionnés, ça vaut le détour !

Vos réactions sont les bienvenues...

[invite642cafc1]

Paradoxe
ou contradiction*?

(J’avais commencé à rédiger ma réflexion avant de lire le document
provenant du London School of Economics and Political Science, ce sera
un peu redondant pour ceux qui l’ont lu, je suis désolé pour eux. Mais
comme j‘explicite certains points abordés par eux tandis qu‘ils en
développent d‘autres, je n‘ai pas modifié grand chose. Cet article complétant ma réflexion ,j'en fais un résumé de ce que j'en ai retenu à la fin.)

Je vais tenter de convaincre qu’il s’agit bien d’un paradoxe. C’est à
dire un résultat échappant à l’intuition première et qu’il n’y a pas
nécessairement de contradiction logique.

I) Avantage de changer une fois la 1ère enveloppe*ouverte
Proposition*: il est avantageux de changer quelque soit la valeur
trouvée S dans la 1ère enveloppe ouverte (dans le sens d’une espérance
strictement positive quand on se limite aux cas où S est la valeur
trouvée dans la 1ère enveloppe ouverte)
En effet*: (mis sous spoiler pour alléger la présentation du post)

 Cliquez pour afficher

Un couple (3^k, 3^(k+1)) a une probabilité égale à probabilité
que face sorte aux (k-1) premiers tirages multiplié par la probabilité
que pile sorte au k-ème tirage, soit (1/2)^(k-1)x(1/2)=(1/2)^k.(n
vérifie aisément que la somme vaut 1).
Pour k>1
Si la valeur 3^k est trouvée dans une enveloppe, les cas possibles sont
{ évènements élémentaires tels que le couple de valeurs= (3^(k-1),3^k)
et l’enveloppe choisie contient 3^k} dont la probabilité est
1/(2^(k-1))x1/2=1/(2^k)
et { évènements élémentaires tels que le couple de valeurs=
(3^k,3^(k+1) et l’enveloppe choisie contient 3^k } dont la probabilité
vaut 1/(2^k)x(1/2)=1/(2^(k+1)).
Les deux évènements s’excluant, la probabilité de l’événement
‘l’enveloppe ouverte contient 3^k’ est égale à ½^k +½^(k+1)
=3/(2^(k+1)).
La probabilité conditionelle P(l’autre enveloppe contient 3^(k+1))
sachant que la 1ère contient 3^k)=(1/2^(k+1))/(3/(2^(k+1))=1/3. La
probabilité conditionelle P(l’autre enveloppe contient 3^(k-1)) sachant
que la 1ère contient 3^k)=(1/2^(k))/(3/(2^(k+1))=2/3. (On a donc une
probabilité de 2/3 d’avoir ouvert l’enveloppe contenant la plus grande
valeur pour tous ces cas. Il ne faut néanmoins pas oublier que l’on a
exclu les cas où l’enveloppe ouverte contient 3 pour lesquels
l’enveloppe contient la plus petite valeur. Or, ces cas représentent ¼
des cas, les autres ¾ des cas. On a P(l’enveloppe ouverte content la
plus grande valeur)=(2/3)x(3/4)=1/2. On ‘retombe bien sur ses pieds’

Si on se limite aux seuls cas où la 1ère enveloppe contient
3^k , l’espérance vaut donc: 3^k si on ne change jamais
(1/3)x(3^(k+1))+(2/3)(3^(k-1))=(1+2/9)x(3^k )=(11/9).3^k
Le gain surnuméraire moyen est donc de 2/9 (=11/9-1) fois le gain moyen
obtenu en ne changeant pas, ceci quelque soit la valeur trouvée si
k>1.
(Pour k=0, le résultat est évidemment que l’on gagne en moyenne 3 fois
plus en changeant tout le temps qu’en ne changeant jamais, le gain
surnuméraire est le double que le gain sans changement).
Donc quelle que soit la valeur trouvée dans la 1ère enveloppe, il
est avantageux de changer (au sens que l’espérance est strictement
positive quand on se limite à ces cas).

Contradiction avec la symétrie ?
Deux formes principales d’argumentation sont utilisées*: une basée sur
un ‘calcul’ d’espérance, une autre sur l’existence d’un cercle vicieux.
Je vais essayer de montrer qu’aucune ne résiste à une analyse de leur
fondement.
Argument d’une espérance nulle en cas de changement
Les résultats précédents sont dénoncés comme contradictoires avec le
‘calcul’ de l’espérance utilisant la symétrie : soit x la plus petite
valeur, il y a une chance sur 2 de gagner 2x et une chance sur deux de
perdre 2x donc E=(1/2)x+(1/2)(-2x)=0.
De là, il est régulièrement proposé de déclarer les résultats
précédents comme une sorte d’illusion.
Nous verrons que cette contradiction n’existe pourtant pas
La probabilité de ½ est ici évidente, le fait que le gain et la perte
sont égaux à x vu la définition de ce dernier est incontestable. Le
problème est ailleurs.
Le ‘calcul’ de l’espérance en changeant systématiquement (le plus
souvent utilisé
par les partisans de l’indifférence du choix que ceux qui présentent le
problème des deux enveloppes comme paradoxale) est, dans cet exemple :
E=P(on tombe sur 3)x(9-3)+somme sur tous les k>0 P(on tombe sur
3^k)x(11/9)x3^k
E=(1/4)x6+somme sur k>0 (3/2^(k+1))(11/9)x3^k=3/2+somme sur k>0
(11/9)(3/2)^(k+1)
E=+infini
(Et en prenant le calcul en se basant sur l’autre enveloppe on peut
aboutir à E=-infini)
Incohérence ? Manifestement oui, il y a donc quelque chose d'erronée.
Mais celle-ci n’est ni dans la 1ère partie, ni dans les ‘calculs’ à
proprement parlés mais dans le présupposé de ceux-ci.
Il n’y a pas de contradiction car l’espérance ‘calculée’ n’est
tout simplement pas définie.

Il n’y a pas plus de contradiction mathématique que pour l’assez
célèbre fausse preuve que 0=1*:
+1-1+1-1+1-1…= (+1-1)+(1-1)+(1-1)…=0+0+0+…=0
+1-1+1-1+1-1…=+1+(-1+1)+(-1+1)+…=1+0+0+…=1
Vérifions directement que cette espérance n’existe pas.

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Soit X la loi suivie par l’enveloppe initialement choisie et Y
celle de l’autre enveloppe.
E(Y-X)=somme valeurs s prises par Y-X P(Y-X=s).s
Ici, on a P(Y-X=6)=P(on tombe sur 3)=P(le couple est (3,9) et on tombe
sur le 3)=(1/2)x(1/2)=1/4
P(Y-X=18)=P(on tombe sur 9 alors que l’autre enveloppe contient
27)=(1/2)x(1/4)=1/8
…
P(Y-X=2x3^k)=1/2^(k+1)
De même
P(Y-X=-6)=1/4*; P(Y-X=-18)=1/8*;…*;P(Y-X=-2.3^k)=1/2^(k+1)
E(Y-X) serait la somme
des termes 6/4=3/2*; 18/8=9/4*;…*;(3/2)^(k+1) et des termes -3/2*;
-9/4*;…*;-(3/2)^(k+1)
Ces termes ne sont pas ceux d’une somme absolument convergentes (il n’y
a même pas de convergence vers 0 quelque soit ma manière de les ranger)
la somme va dépendre très fortement de la manière de les ranger et de
les assembler.
Le ‘calcul’ aboutissant à E=0 les assemble par paire (3/2)^k et
–(3/2)^k
Le ‘calcul’ aboutissant à E=+infini les assemble ainsi 3/2, puis
9/4-3/2=3/4 …((3/2)^(k+1)-(3/2)^k)=(1/2)(3/2)^k…

Pour le jeu complet, on ne peut affirmer qu’il est
indifférent de changer (malgré la symétrie) ou qu’il est préférable de
changer (malgré que dans tous les cas d’ouverture d’une enveloppe, il
est préférable de changer si on se limite aux cas de la valeur trouvée)
tout du moins en se basant sur le calcul d’espérance classique.
Pour terminer cette partie, il me semble intéressant de faire deux
remarques.
Remarque 1 : si l’espérance existe alors le calcul basé sur la symétrie
du problème montre que changer systématiquement ne modifie pas
l’espérance de gain. Cette espérance est nécessairement nulle Cela ne
signifie pas qu’une meilleure tactique que ‘ne jamais changer’ ou
‘changer toujours’ ne soit possible. Imaginons que dans le scénario
proposé on s’arrête pour un n fixé. Et histoire de fixer les idées
reprenons le jeu précédent mais en se limitant à 81. Alors la tactique
consistant à changer systématiquement quand on tombe sur 3, sur 9 ou 27
mais on garde quand on trouve 81 est meilleure que les deux premières.
Mais, cette tactique suppose de prendre une décision définitive
seulement après ouverture.
Remarque 2 : si un scénario basé sur le principe des deux enveloppes
aboutit (comme pour celui proposé ici) à quelque soit la valeur trouvée
dans l’enveloppe il est avantageux (ou toujours désavantageux) de
changer alors l’espérance n’existe pas. En effet, le double calcul
(celui basé sur la symétrie et celui basé sur le regroupement des cas
par valeur trouvée dans l’enveloppe) aboutit à une contradiction qui ne
peut être soulevé que par l’inexistence de l’espérance.

Du non-fondé du cercle vicieux
Le raisonnement du cercle vicieux peut se présenter ainsi :
1ère étape : une 1ère enveloppe est choisie (mais non ouverte).
2ème étape : le raisonnement suivant est alors fait 'quelque soit la
valeur dans l’enveloppe une fois ouverte il est préférable de changer
donc il est préférable de changer (sans même ouvrir l’enveloppe)'.
3ème étape: l’autre enveloppe fait donc l’objet du nouveau choix.
(mais n’est pas plus ouverte que la précédente)
4ème étape : le même raisonnement que le précédent est alors effectué.
…
Il y a un implicite dans le raisonnement des étapes pairs qui est fait
à savoir que 'préférable' est bien défini. Souvent, 'préférable' revêt l'aspect suivant : puisque quelque soit k E(Y-X sachant X=k)>0 alors
'E(Y-X)'>0 puisque 'E(Y-X)'='somme des E(Y-X sachant X=k)xP(X=k)'. Mais, cette espérance n’est pas
définie donc ni positive, ni négative, ni nulle mais dépend de la
manière de la ‘calculer’.

Les deux remarques précédentes montrent que c’est général.
Le ‘cercle vicieux’ nécessiterait*(1)+((2) ou (2’))
1) Une espérance définie (et alors nulle)
2) Une situation dans laquelle, à l’instar du problème posé ici, que
pour toute valeur possible trouvée dans une enveloppe il est toujours
avantageux (ou tout du moins au moins aussi avantageux pour tous, et
strictement plus avantageux pour au moins une valeur)
2’) le même que 2 en changeant avantageux par désavantageux
Sans 2) ou 2’), il y a nécessité d’ouverture pour éventuellement
déterminer s’il est avantageux ou non de changer ce qui implique qu’il
n’y a plus qu’un changement possible (exemple du jeu ‘bridé’ à une
valeur maximale de 81). Il n’y a donc pas de cercle infini.
Si 2) ou 2)’ est vérifié alors 1) n’est pas vérifié et le terme
‘préférable’ ne possède plus de fondement. C’est alors le raisonnement
du cercle qui est alors erroné car sans fondement.

Conclusion :
De ce que j'ai compris du résumé du texte d'Oxford repris dans celui du London School... est qu'un essai par un autre calcul d'espérance aboutit à privilégier l'aspect 'indifférence face au changement' (qui semble plus naturel à chacun, il me semble). Mais, la critique est faite est que cette argumentation utilise en fait un recours implicite à une forme de principe d'indifférence.
L'article du London School étudie quels sont les axiomes que l'on peut utiliser qui soient compatibles avec le paradoxe des 2 enveloppes et contenant comme axiomes :
1) si deux loteries ont une même loi (comme dans l'exemple des deux enveloppes entre X : sans changement, et Y avec changement) alors changer est indifférent.
2) le principe de la préférence pour une loterie ayant une meilleure espérance (finie)
Ils aboutissent que c'est possible mais en excluant le principe utilisé dans le cercle vicieux (en remplacement d'un argument basé sur l'espérance) : si pour toute valeur prise k par X alors E(Y-X/X=k)>=0 alors on préfère Y.
L'axiome plus faible suivant lui (jusqu'à preuve du contraire ) peut être conservé : si pour chaque événement pour lequel on peut calculer E(Y-X) et que celui-ci est positif alors on préfère Y. Cela permet de préserver sa préférence à la loterie X+1 par rapport à X mais exclut le cas des deux enveloppes.
Le paradoxe peut donc se présenter ainsi :
il est impossible de préserver à la fois
1) le principe de l'indifférence face à deux loteries de même loi
2) la préférence pour deux loteries à espérance finie à celle qui a la meilleure espérance
3) la préférence à une loterie Y par rapport à X telle que E(Y-X/X=k)>0 pour tout valeur possible pour k
Un contre-exemple est fournie par le paradoxe des enveloppes

Merci à mathiouzalem pour ce fil, son exemple, ses interventions qui m'ont fait réfléchir sur ce vieux problème que je pensais avoir compris. (Comme beaucoup, je n'avais jamais vérifié que l'espérance était définie. C'est troublant le nombre de 'matheux' qui ont oublié cette simple vérification sur ce problème presque plus que le paradoxe lui-même.)