Certes, mais dans le cas d'une ouverture au hasard et dans le cas où la bonne porte n'est pas ouverte, condition imposée par le jeu, le candidat possède exactement la même information que si l'animateur ouvrait les portes sciemment.Envoyé par JPL
La manière dont on ouvre certaines portes, tout en étant contraint par le jeu (la bonne porte de doit pas être ouverte), n'intervient pas dans la connaissance du système par le candidat.
En bon vivant, rien ne vaut un bonne logique ternaire.
Je parle du cas où le candidat sait quelle est la règle suivie par l'animateur : c'est une information qui n'existe pas quand il sait que l'animateur n'a aucune information et fait son choix au hasard. Savoir ce que sait l'autre est toujours un avantage.
Rien ne sert de penser, il faut réfléchir avant - Pierre Dac
Oui mais dans le cas ou l'animateur ouvre la mauvaise porte le jeu s’arrête...
Il faudrait donc comparer le cas ou le joueur peut choisir d'ouvrir la porte tout de suite, ou bien laisser l'animateur ouvrir une autre porte au hasard ; dans ce cas les chances de tomber sur la voiture sont équivalentes.
Puisque Pa5cal a fait un petit programme en C (quelqu'un d'autre en mentionne également un dans un autre forum) je serais curieux de connaître le résultat sur un grand nombre de tirage selon que le programme a pour règle que l'animateur choisit au hasard ou que l'animateur choisit volontairement la chèvre. Il y a juste un IF en plus ou en moins pour passer de l'un à l'autre. Bien entendu si le choix est au hasard il ne faut faire les statistiques des gains que sur les cas où le hasard de l'animateur est tombé sur la chèvre.
Rien ne sert de penser, il faut réfléchir avant - Pierre Dac
Notons qu'il y a d'autre cas que le choix au hasard ou le choix systématique d'une porte non gagnante : l'animateur peut savoir et exercer son libre-arbitre sans nécessairement choisir toujours une porte non gagnante. Cela ouvre des portes à des stratégies de l'animateur, par exemple visant à maximiser le rapport entre indice d'écoute et probabilité que le joueur gagne...
Évidemment, ce n'est pas très franc-jeu, cela laisse la possibilité à l'animateur de faire un choix selon la gueule du client. Les joueurs qui pourraient invoquer un délit de faciès (par exemple) sont avantagés...
En l'absence d'enjeu autre que ce qu'il y a derrière les portes, la meilleure stratégie de l'animateur est le choix au hasard ; ce qui rend le jeu sans intérêt particulier.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Ben si.
Si tu renouvelles l'expérience 999 fois,
1) tu verras l'animateur gagner la voiture le 333 fois s'il ne sait pas.
2) tu verras l'animateur perdre la voiture à tous les coups s'il sait.
C'est une info qui me suffit largement pour changer et gagner (statistiquement bien sur à 2/3)
Si tu n'es convaincu, on joue et tu verras que j'ai beaucoup plus de chance que toi...
Moi ignare et moi pas comprendre langage avec «hasard», «réalité» et «existe».
Cela change tout (et là, il faut utiliser des probabilités conditionnelles)
Dernière modification par Médiat ; 17/11/2012 à 18h35.
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Le cas, "L'animateur ouvre les portes au hasard MAIS n'ouvre pas la porte contenant le gain." est équivalent au cas ''l'animateur ouvre les portes ne contenant pas de gain."
Comment le dire plus simplement ?
En bon vivant, rien ne vaut un bonne logique ternaire.
Non !
Si l'animateur ouvre les portes au hasard, il a plus de chance d'ouvrir les portes sans le gros lot si le joueur a choisi celui-ci ...
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Je ne suis pas d'accord.
Si le joueur a choisi la bonne porte au premier tour, la chance que l'animateur ouvre la porte contenant le lot est, et restera nulle à jamais.
Que l'animateur ouvre les portes au hasard ou non.
En bon vivant, rien ne vaut un bonne logique ternaire.
Si l'animateur ouvre une porte avec la voiture le jeu s’arrête, donc on ne prend pas cette situation en compte. Si il tombe sur une chèvre alors on aboutit à une situation qui est exactement la même que si il avait choisi cette porte en connaissance de cause.
Donc le résultat est équivalent...
Dernière modification par invite2313209787891133 ; 17/11/2012 à 18h49.
Il me semble que Médiat n'a pas écrit ce qu'il pensait...mais je peux me tromper!
Moi ignare et moi pas comprendre langage avec «hasard», «réalité» et «existe».
Et contradictoire avec ton explication ici :
http://forums.futura-sciences.com/sc...ml#post4261510
Moi ignare et moi pas comprendre langage avec «hasard», «réalité» et «existe».
Je ne vois pas en quoi cette explication est contradictoire...
Euh si, mais c'est peut-être pas clair, alors je reprends :
Etape 1 Le joueur choisit une porte, mais ne l'ouvre pas.
Etape 2 L'animateur choisit au hasard et ouvre une porte
Etape 2.1 Si l'animateur choisit la bonne, fin du jeu
Etape 2.2 Si l'animateur choisit une mauvaise, il demande au joueur s'il veut changer ou non
Dans ce cas, changer n'a pas d'impact (parce que si le joueur a choisi la bonne porte à l'étape 1, l'animateur était sûr d'ouvrir une mauvaise, alors que si le joueur a choisi une mauvaise porte à l'étape 1, l'animateur n'avait qu'une chance sur 2 de choisir une mauvaise ...)
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Je vais tenter une autre approche :
- Le joueur choisi une porte au hasard
- Un animateur désigne une porte au hasard, l'ouvre, et y trouve une chèvre.
- Dans un monde parallèle sur ce même plateau la voiture et les chèvres sont placées avec la même configuration, le joueur a choisi la même porte, mais cette fois le présentateur a désigné la même porte que son homologue, cachant une chèvre, parce qu'il savait qu'elle se trouvait là.
On arrive exactement au même résultat non ?
Une autre explication : Le présentateur ouvre une autre porte, mais par un hasard fabuleux il tombe chaque fois sur une chèvre, le résultat est donc exactement le même que si il savait...
Dernière modification par invite2313209787891133 ; 17/11/2012 à 19h30.
Non. Et la différence est très intéressante à analyser.
D'une certaine manière, sur un coup unique et si on admet le libre-arbitre de l'animateur, une conclusion quelconque (que ce soit il faut changer ou il ne faut pas changer) dépend d'un prior difficile à choisir. La différence entre les deux cas est l'information (sous forme de ce que dit l'animateur, ou une règle du jeu, etc.) qui intervient pour le choix de ce prior.
Dernière modification par Amanuensis ; 17/11/2012 à 19h36.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Je ne suis pas d'accord, que le choix de l'animateur soit fait en connaissance de cause, ou par un coup de "chance" (ou de malchance, du point de vue de l'organisateur du jeu) apporte exactement la même information.
Ici on ne s’intéresse qu'aux cas ou l'animateur tombe sur une chèvre par hasard, si il avait choisi connaissant l'emplacement de la chèvre il aurait désigné la même porte. Il n'y a donc aucune différence, la probabilité n'est pas influencée par la façon dont la porte a été choisie.
Bien sûr que si !
Si dans une urne il y a 100 boules (des noires et peut-être 0 ou 1 rouge) si l'animateur sort 99 boules toutes noires et vous demande de parier sur la couleur de la dernière, vous êtes sûr que de savoir si l'animateur à choisi volontairement les boules ou les à tirées au hasard n'a pas d'influence sur votre raisonnement ?
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Ton exemple ne me semble pas très pertinent ; on ne sait pas si l'urne contient 100 boules noires ou 99 noires et 1 rouge, tandis que la règle du jeu des 3 portes spécifie qu'il y a 2 chèvres et une voiture.
Avec une approche des probabilité selon l'école dite bayésienne, si.
La divergence qui apparaît dans cette discussion est typique des divergences entre l'école bayésienne et l'école fréquentiste.
En bayésien, une probabilité se calcule à partir de l'intégralité des connaissances pertinentes (ce qui implique qu'une probabilité est subjective). Ici la connaissance de la règle du jeu est pertinente, et modifie le calcul de la probabilité.
Dernière modification par Amanuensis ; 17/11/2012 à 20h04.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
L'exemple est pertinent pour illustrer la notion de probabilité selon l'école bayésienne. Ne pas savoir ce que contient l'urne n'empêche pas d'évaluer une probabilité, et cette évaluation prendra en compte ce qu'on sait sur le mode de tirage par l'animateur. Et bien d'autres choses, d'ailleurs...
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Je suis désolé, mais tout ça c'est du blabla, il n'y a aucune vraie démonstration.
-On est d'accord que le choix initial est aléatoire, dans les 2 conditions.
- On est d'accord que si l'animateur sait où est placée la voiture il choisira une porte cachant une chèvre.
- On est d'accord que pour la condition 2 (l'animateur ne sait pas où se trouve la voiture) on isole uniquement les cas où l’animateur choisi une des 2 portes restantes et trouve une chèvre.
Dans ce cas on arrive à la même situations dans les 2 conditions ; le biais vient justement du fait que l'animateur choisi au hasard, mais ne se trompe jamais (on isole uniquement ce résultat), si il ne se trompe jamais cela revient à dire qu'il sait ou se trouve la voiture.
Mais au contraire, cela correspond exactement, puisque dans l'ensemble des portes disponibles pour l'animateur, vous ne savez pas s'il y a une voiture ou s'il n'y en a pas : c'est donc exactement pareil.
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
On sait qu'il y a une voiture derrière une des portes, qu'elle a 1 chance sur 3 de se trouver derrière chaque porte, donc si l'animateur désigne une porte qui n'a pas été choisie et tombe sur une chèvre la probabilité que la dernière porte cache la voiture est de 2/3...
Si l'animateur avait choisi en connaissance de cause il aurait choisi la même porte, je ne vois pas très bien où est la faille dans ce raisonnement, et depuis le début personne n'a essayé de la montrer.
Post 66
http://forums.futura-sciences.com/sc...ml#post4261666
C'est ce que dit aussi Amanuensis avec les 99 boules noires...
Moi ignare et moi pas comprendre langage avec «hasard», «réalité» et «existe».
Je vous fais les deux démonstrations " à la Bayes" dans le cas où l'animateur ouvre une porte en sachant qu'il y a une chèvre et dans le cas où l'animateur ouvre une porte au hasard.
1.
Soit P(A) la probabilité d'augmenter ses chances de gagner lors d'un switch à priori : P(A)=1/2
Soit P(B) la probabilité de diminuer ses chances de gagner lors d'un switch à priori : P(B)=1/2
Soit P(A/C) la probabilité d'augmenter ses chances de gagner lors d'un switch sachant que l'animateur a indiqué la position d'une chèvre : C'est ce qu'il faut trouver.
Soit P(C/A) La probabilité qu'il y ait une chèvre si on augmente ses chances de gagner lors d'un switch : 2/3
Soit P(C/B) la probabilité qu'il y ait une chèvre si on diminue ses chances de gagner lors d'un switch : 1/3
D'ou P(A/C)=P(C/A)*P(A)/(P(C/A)*P(A)+P(C/B)*PB)
P(A/C)=2/3
2.
Ce qui changent par rapport au premier cas :
P(A/C) la probabilité d'augmenter ses chances de gagner lors d'un switch sachant que derrière une porte peut être soit soit une chèvre soit une voiture : c'est ce qu'il faut trouver
P(C/A) la probabilité qu'il y ait soit une chèvre soit une voiture si on augmente ses chances de gagner lors d'un switch : 1
P(C/B) la probabilité qu'il y ait soit une chèvre soit une voiture si on diminue ses chances de gagner lors d'un switch : 1
D'ou P(A/C)=P(C/A)*P(A)/(P(C/A)*P(A)+P(C/B)*PB)
P(A/C)=1/2
Il n'y a aucun avantage dans ce cas là
Dernière modification par pesdecoa ; 17/11/2012 à 21h45.
La faille est là :
Vous recalculez les probas avec omniscience. p(A|A) = 1on isole uniquement les cas
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
L'approche est bizarre, simple opinion personnelle.
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Pour moi, la démo à la bayes est la suivante (avec écriture en "bayésien maniaque", c'est à dire uniquement avec des probas conditionnelles ; en "bayésien maniaque" l'écriture p(A) est ambigüe, et donc interdite)
On note X, Y, Z les états respectifs d'être gagnante des portes, avec X celle choisie par le joueur.
Avant le choix de l'animateur, P(Y|K)=P(Z|K)=1/3 , K étant {"les règles" et "le joueur a choisi X"} (j'inclus le choix du joueur là pour simplifier la notation)
Le choix de l'animateur est noté C=Y ou C=Z, et on a de par les règles p(C=Y | K et X) = 1/2, p(C=Y | K et Y) = 0, p(C=Y | K et Z) = 1, et au total p(C=Y|K) = 1/2
En appliquant le théorème de Bayes on a P(Z | K et C=Y) = P(C=Y | K et Z) p(Z|K) / p(C=Y|K) = 1 1/3 : 1/2 = 2/3 (révision bayésienne)
De même, P(X | K et C=Y) = P(C=Y | K et X) p(X|K) / p(C=Y|K) = 1/2 1/3 : 1/2 = 1/3 (pas d'effet de l'information nouvelle)
Il est donc favorable de prendre Z plutôt que X si l'animateur indique Y
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La règle "tirage au hasard" donne p(C=Y | K' et X) = 1/2, p(C=Y | K' et Y) = 1/2, p(C=Y | K' et Z) = 1/2, et on applique le même raisonnement.
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Notons une règle amusante, aisément traitée avec cette méthode : l'animateur biaise en faveur de Y si le choix est entre Y et Z ; ce qui s'écrit
p(C=Y | K" et X) = 1, p(C=Y | K" et Y) = 0, p(C=Y | K" et Z) = 1, d'où p(C=Y| K") = 2/3
P(Z | K" et C=Y) = P(C=Y | K" et Z) p(Z|K") / p(C=Y|K") = 1 1/3 : 2/3 = 1/2
P(X | K" et C=Y) = P(C=Y | K" et X) p(X|K") / p(C=Y|K") = 1 1/3 : 2/3 = 1/2
La décision est indifférente
Dernière modification par Amanuensis ; 18/11/2012 à 07h14.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Oui, mais c'est ce que je dis depuis le début...Il faudrait peut être lire les réponses avant de les contester.
Il n'y a aucune différence entre un animateur qui sait, et un qui ne se trompe jamais en choisissant au hasard.
