Paradoxe de monty hall: charcuter une probabilité

[Archi3]

Il a une chance sur deux, on est d'accord et on vient de calculer que le nouvelle probabilité du premier intervenant est passée aussi d'une chance sur trois à une chance sur deux.

euh non si le premier intervenant choisit de changer systématiquement son choix, sa probabilité de gain passe de une chance sur trois à deux chances sur trois, pas à une chance sur deux.

Si il décide de retirer au sort entre les deux portes restantes, bien sûr il fait la même chose que celui qui arriverait sans avoir vu le début du jeu et a la même probabilité (1/2) de gagner. Celui qui utilise l'information maximale (connaissance du choix initial ET de la porte ouverte par le meneur de jeu) a donc l'espérance de gain maximal (2/3) par rapport à celui qui ne l'a pas (1/3 pour le choix initial et 1/2 pour le choix final fait au hasard).

la réponse à la question 17 :

J'ai une petite question: est-ce qu'il faut recommencer son choix avec les informations du présentateur ou absolument changer de choix ?
Parce que si changer de choix est bien recommencer le choix avec les informations nouvelles, ce n'est pas la seule option pour cette interprétation.

est donc : il ne "faut" rien du tout, tu fais ce que tu veux, mais le maximum de chance de gagner est atteint si tu changes systématiquement ton choix.
-----

[myoper]

Pour le premier , la porte qu' il a choisis en premier n' a qu' une chance sur trois de cacher la voiture .
Pour le second qui n' a pas l' information "quelle porte a été choisie en premier" les deux porte sont équivalentes .

euh non si le premier intervenant choisit de changer systématiquement son choix, sa probabilité de gain passe de une chance sur trois à deux chances sur trois, pas à une chance sur deux.

Si il décide de retirer au sort entre les deux portes restantes, bien sûr il fait la même chose que celui qui arriverait sans avoir vu le début du jeu et a la même probabilité (1/2) de gagner. Celui qui utilise l'information maximale (connaissance du choix initial ET de la porte ouverte par le meneur de jeu) a donc l'espérance de gain maximal (2/3) par rapport à celui qui ne l'a pas (1/3 pour le choix initial et 1/2 pour le choix final fait au hasard).

2/3: bien compris, ce coup-ci, merci, j'en était resté à un peu moins...



Edit: en fait, j'ai raté le message 10, très clair à deux virgules près !

[_Goel_]

On peut même faire plus simple :
Dans deux cas sur trois il choisit une chèvre .
S'il change son choix il gagne.

Excellent ! J'adoooore la simplicité de ce raisonnement !

[JPL]

S' il change son choix il gagne.

Il ne gagne pas, il optimise la probabilité de gagner.

[Dynamix]

Non , il gagne !
Si son choix correspond à une chèvre , le présentement ouvre la porte ou se trouve l' autre chèvre .
La troisième porte cache la voiture . Donc en choisissant cette porte , il gagne .

[JPL]

Oui mais si son choix était la voiture ?

[Bounoume]

la messe n'est pas encore dite.....
Une fois définie la 'porte choisie au début' puis la chèvre montrée par le présentateur (derrière 1 des 2 portes restantes)
choisir la seule ni désignée initialement ni ouverte donne bien 2 chances sur 3 de gagner.
Boumako, tu avais raison:

Je vais tenter une autre approche : Si chaque porte à 1 chance sur 3 de cacher la voiture alors sur un grand nombre de tirages la voiture se trouvera un nombre de fois équivalent derrière la porte 1, 2 ou 3.
Supposons que tu choisisses initialement la porte 1 :
- Si la voiture est derrière 1 tu gagnes si tu reste sur ton choix initial, tu perds si tu change.
- Si la voiture est cachée par la porte 2 le présentateur ouvre la porte 3 pour montrer qu'elle cache une chèvre. Tu gagnes si tu changes de choix
- Si la voiture est cachée par la porte 3 le présentateur ouvre la porte 2 pour montrer qu'elle cache une chèvre. Tu gagnes si tu changes de choix

Tu vois bien que sur ces 3 situations tu gagnes 2 fois en modifiant le choix de départ non ?

pour les incrédules, il y a 3 lignes ;
-Si la voiture est derrière 1 tu gagnes si tu reste sur ton choix initial, tu changes: tu perds :cas 1
-Si la voiture est cachée par la porte 2 le présentateur ouvre la porte 3 pour montrer qu'elle cache une chèvre. tu changes: Tu gagnes :cas 2
-Si la voiture est cachée par la porte 3 le présentateur ouvre la porte 2 pour montrer qu'elle cache une chèvre. tu changes: Tu gagnes :cas 3

Chacun des 3 est équiprobable.
Donc tu perds dans 1 cas sur 3, et tu gagnes dans 2 cas sur 3.

Hélas, dans ma magnifique démo initiale, y avait une grosse faute logique: la configuration réputée exclue redevenait possible 4 lignes plus bas....
tellement hénaurme que je ne m'en suis pas rendu compte personne n'a soulevé le lapin, pourtant il était joli...
Voilà: boumako, tu as gagné

cordialement

[Matmat]

Ce problème de Monty Hall n'est pas un problème de recalcul de proba aprés gain d'information (évidemment l'arnaque c'est qu'il se fait passer pour tel) mais uniquement un problème de théorie des jeux où dés le départ toutes les informations sont disponibles : la meilleure stratégie n'a donc aucune raison de changer en cours de route puisque en réalité il n'y a aucun gain d'information car ce que va faire le présentateur est connu dés le départ : il ne peut qu'ouvrir qu'une porte ayant une chèvre ... on l'a toujours su ! avant qu'il l'ouvre et aprés qu'il l'ouvre l'information à notre disposition est la même !

[Dynamix]

Oui mais si son choix était la voiture ?

J' ais dit :
dans deux cas sur trois il choisis une chèvre .
Je n' ais pas du tout parlé du cas ou il choisis la voiture .

avant qu'il l'ouvre et après qu'il l'ouvre l'information à notre disposition est la même !

Non :
Avant qu' il l' ouvre tu ne sais pas laquelle il va ouvrir .
C' est là qu' est l' information .

[Matmat]

Non :
Avant qu' il l' ouvre tu ne sais pas laquelle il va ouvrir .
C' est là qu' est l' information .

Non il n'a pas besoin de cette information pour répondre à la question : "maintenez vous votre choix initial ou choisissez vous la porte restante ?"

Même un AVEUGLE ou un nouveau venu qui arrive à la fin juste pour répondre à cette question finale à 2/3 de chances de gagner , il lui suffit de répondre "je choisis la porte restante" à la question du présentateur .

Donc toutes les informations utiles sont disponibles dés le départ dans les règles du jeu , donc ce n'est PAS un problème recalcul de proba aprés gain d'information , voir les portes ouvertes ne sert strictement à rien

[Boumako]

Supposons que le joueur dispose d'une information supplémentaire. Juste avant le jeu un ami du présentateur lui confie un secret : Le présentateur choisi toujours la seconde porte au hasard, car il ne se souvient jamais de l'emplacement de la voiture. Quand il se trompe (en tombant sur la voiture) le jeu s’arrête, et il n'est jamais diffusé sur les médias.
Après avoir choisi votre porte le présentateur en ouvre une au hasard, mais ne tombe pas sur la voiture. Quelle est alors la stratégie gagnante ?

[SunnySky]

Dans ce cas, qui est évidemment différent de celui que je présentais dans le message #3, la stratégie gagnante est aussi une stratégie perdante car toutes les stratégies ont la même espérance de gain. Personnellement, je changerais en misant sur la possibilité que l'ami du présentateur ait menti.

Mais si on suppose que l'information est honnête, il n'y a plus de raison de changer.

[vgondr98]

Dans ce nouveau cas, les cas où le présentateur se trompe n'entrent pas en ligne de compte puisque le jeu est annulé.
Il y a toujours deux chances sur trois que le joueur gagne en changeant de porte (cela veut dire que le jeu ne s'est pas arrêté).
Si le joueur à choisit la porte avec une chèvre au 1er round (2 chances/3) et si le jeu ne s'arrête pas (le présentateur ne s'est pas trompé) alors en changeant son choix il gagne.

[SunnySky]

Je ne suis pas sûr de ma réponse mais j'argumenterais ainsi pour cette nouvelle situation.

Il y a une chance sur trois que j'aie choisi la bonne porte dès le départ, il y a 1 chance sur 3 que le jeu ne soit jamais diffusé et 1 chance sur 3 que changer de porte me fasse gagner.

C'est pourquoi je crois que changer de porte n'augmente pas la probabilité de gain.

[Dynamix]

Si le jeu est annulé , tu n' as ni gagné ni perdu .
Il n' y a plus 2 cas possible (gagnant ou perdant) mais 3 .
Si on considère qu' en cas d' annulation tu as le droit de rejouer , tes chances restent les mêmes 2/3

[SunnySky]

@ Dynamix: je ne comprends pas bien ton affirmation: "Si on considère qu' en cas d' annulation tu as le droit de rejouer , tes chances restent les mêmes 2/3"

Je reformule mon opinion:

Il y a p=1/3 que j'aie choisi la bonne porte dès le départ et p=2/3 que je n'aie pas choisi la bonne porte au départ. Ça, je crois que ça ne cause pas de problème.

Si l'animateur choisit au hasard l'une des 2 autres portes, la probabilité que le jeu soit annulé est de 2/3*1/2=1/3. La probabilité que le jeu continue ET que la voiture soit derrière l'autre porte est de 2/3*1/2=1/3.

Je crois toujours que garder mon choix initial me donne une probabilité de gain de 1/3 et que changer me donne une probabilité de gain de 1/3.

Me suis-je trompé?

[Archi3]

non, mais si on ne considère que les probabilités si le jeu continue (avec donc une probabilité de 2/3), les nouvelles probabilités sont de 1/3 / 2/3 = 1/2 que ton premier choix soit bon et 1/2 qu'il soit mauvais. Dans ce cas, il est indifférent de garder son choix initial, de le changer systématiquement, ou de retirer au sort, on a toujours 50 % de gagner dans tous les cas (les 50 % des 2/3 restants correspondant au 1/3 initial).

[vgondr98]

Si on a la possibilité de garder la même porte ou de changer, cela veut forcément dire que le jeu continue et que le présentateur ne s'est pas trompé en ouvrant sa porte.
Dire que le présentateur ne s'est pas trompé revient en quelque sorte à dire qu'il connaît l'emplacement de la voiture et donc on revient dans le premier cas.
(et puis le fait que le présentateur ouvre sa porte au hasard est impossible à moins qu'il soit vraiment con et qu'il lui arrive aussi d'ouvrir la porte choisi par le joueur au 1er round).

[Deedee81]

Salut,

Il nr faut pas séparer les jeux.

Ou alors, si on cosidère qu'après l'indication du présentateur on a un nouveau jeu, totalement séparé, il faut tout de même tenir compte des informations disponibles pour ce nouveau jeu. Et ces informations c'est le fait que la porte que le présentateur ouvre n'est pas indépendant de la porte qu'on avait initialement choisie. Et cette information change tout. Ce n'est plus du 50/50. Et le raisonnement de SunnySky est juste.

Mais le plus simple est de considérer le tout comme un seul jeu, de dénombrer les possibilités et de là le calcul habituel des probabilités (la méthode brute, la première qu'on voit en cours de probabilité). C'est du bêton armé. Pas de raisonnement almambiqué, pas de probabilités conditionnelles, juste des cas. Et le résultat est le même que celui de SunnySky.

[Dynamix]

@ Dynamix: je ne comprends pas bien ton affirmation: "Si on considère qu' en cas d' annulation tu as le droit de rejouer , tes chances restent les mêmes 2/3"

Je n' ais jamais perdu un seul centime au loto ou au tiercé .
Pour gagner ou perdre , il faut jouer .
Donc si tu gagnes ou si tu perds , c' est que le jeux n' a pas été annulé .
La probabilité qu' il soit annulé n' entre pas en ligne de compte dans le calcul de perdant ou gagnant .

[vgondr98]

Je crois toujours que garder mon choix initial me donne une probabilité de gain de 1/3 et que changer me donne une probabilité de gain de 1/3.

Me suis-je trompé?

Oui, tu te trompe.
Tu as le choix entre 2 portes donc si tu additionnes les probabilités des deux cas (garder le choix initial ou changer de porte) tu dois tomber sur 1.
Dans ton cas, si on additionne les probabilités on tombe sur 2/3.
Je suppose cependant qu'il s'agit d'une faute de frappe.

[JPL]

Les citations doivent toujours utiliser la balise Quote. Il y a une option Répondre avec citation.

[SunnySky]

Je suppose cependant qu'il s'agit d'une faute de frappe.

Ce n'était pas une faute de frappe. Selon moi il y a p=1/3 que le jeu soit annulé, p=1/3 que la décision optimale soit de garder son choix et p=1/3 que la décision optimale soit de changer. Cela totalise 1.

Les probabilités additionnées que tu utilises donnent la probabilité que le jeu ne soit pas annulé. Et c'est effectivement 2/3.

Les probabilités de gain associées à chaque décision sachant que le jeu n'est pas annulé deviennent 1/2. J'ai utilisé les probabilités initiales plutôt que les probabilités conditionnelles.

[kcnarf07]

Tu aurais raison si le présentateur montrait une porte en disant "il y a une chèvre derrière cette porte" sans nous la montrer. Mais S'il retourne la porte avant de nous demander si on change :
- Soit il y a une chèvre, et on doit évidemment changer notre choix initial
- Soit il y a la voiture et le jeu est annulé.

[seltan]

Bonjour,

Je pense que la réponse correcte est 1 chance sur 2 de gagner au départ :

1- que se passe-t-il si au lieu d'avoir 3 portes on n'a le chois que de 2 : le choix fait, chèvre ou voiture le présentateur rajoute une porte ouverte avec la chèvre derrière : vous n'allez pas choisir cette porte ?

qu'il y ait 2 ou 3 portes au départ ne change rien !

2- autre façon de voir : si vous choisissez une chèvre vous n'aurez jamais le choix de la 2eme chèvre, il faut choisir entre la chèvre et la voiture : 1 chance sur 2
si vous choisissez la voiture vous ne pouvez pas choisir avec 2 autres chèvres, mais 1 seule : 1 chance sur 2

où me suis-je trompé ?

Merci

[vgondr98]

que se passe-t-il si au lieu d'avoir 3 portes on n'a le chois que de 2 : le choix fait, chèvre ou voiture le présentateur rajoute une porte ouverte avec la chèvre derrière : vous n'allez pas choisir cette porte ?

qu'il y ait 2 ou 3 portes au départ ne change rien !

Ton raisonnement est totalement absurde.
S'il y a deux portes au départ, il ne peut y avoir de second round.

Si le présentateur sort une troisième porte cachée ou un milliard de porte cachée (donc inchoississable par le joueur) et montre qu'elles cachent des chèvres cela revient à ne pas montrer de porte caché.
Dans ce cas la probabilité des deux stratégies est égale à 1 chance sur 2 (mais cela n'a rien à voir avec l'énoncé initial)

[matheumatic]

Désolé si Je discute sur un topic un peu vieux Mais En discutant avec mon père il m'a fait une démonstration par l'absurde assez intéressante.Donc tout se passe comme tout à l'heure Le joueur choisit une porte Les animateurs en nouveau une où se trouve la chèvre.Mais au moment de décider de changer ou non Le joueur fait un avc.On va donc chercher un membre de sa famille qui Ne sais pas quelle porte a choisi L'autre joueur Il se retrouve donc en face de 2 portes Avec une équiprobabilité de caché la voiture.Là où c'est absurde C'est que dans un cas Le 1er Joueur Si il était arrivé à la deuxième partie il aurait deux porte à 1/3-2/3 en prob et l'autre 1/2-1/2 Alors qu'ils sont les mêmes informations.Si vous trouvez une erreur dans le raisonnement où que vous êtes D'accord ou pas Je vous serais reconnaissant D'expliquer pourquoi

[interferences]

C'est que dans un cas Le 1er Joueur Si il était arrivé à la deuxième partie il aurait deux porte à 1/3-2/3 en prob et l'autre 1/2-1/2 Alors qu'ils sont les mêmes informations.

Ben non ils n'ont pas les mêmes informations parce que le deuxième joueur ne connait pas la porte qu'a choisi le premier. Alors que le premier si ! (Si il a une mémoire supérieure à celle d'un pétoncle).
Mais tu as eu le bon raisonnement c'est bien. Quand on voit une variation dans la figure de probabilité, chercher le défaut d'information. (voir expérience des fentes d'Young).

[mike.p]

Bonjour,

une petite simulation ( sous spoiler pour ne pas saturer le visuel de la page )

par exemple si vous utilisez firefox, ouvrez l'ardoise javascript , copiez-collez le code et taper Ctrl L

 Cliquez pour afficher

var firstChoice , carChoice , taken= [] , nbChoix = 3 ;

function choice()
{
	return Math.floor( Math.random()*nbChoix ) ;
}

function onechoice()
{
	var candidat = firstChoice ;
	while( taken[candidat] )
	{
		candidat = choice() ;
	}
	return candidat ;
}

function removechoices(nb)
{
	var u ;
	while( nb )
	{
		u = onechoice() ;
		if( u != carChoice )
		{
			taken[u] = true ;
			nb -- ;
		}
	}
}

function Test1()
{
	for( var i = 0 ; i < nbChoix; i++ )
		taken[i] = false ;

	carChoice = choice() ;		// gros lot
	firstChoice = choice() ;	// choix initial
	taken[firstChoice] = true ;
	removechoices(nbChoix-2) ;			// ouvrir toutes les portes sauf une et sauf firstChoice

	if( carChoice == firstChoice )
	{
		return true ;
	}
	else
	{
		return false ;
	}
}

function Test(nt)
{
	var ok = 0 , ko = 0 ;

	for( var i = 0 ; i < nt ; i++ )
	{
		if( Test1() )
			ok ++ ;
		else
			ko ++ ;
	}
	return ok/nt ;
}

var X ;

	X = Test(10000) ;

résultat : 1/3 en ne changeant pas le choix initial , 2/3 en prenant au contraire la seule porte que l'animateur n'a pas ouverte alors qu'il aurait pu le faire.
Vous pouvez varier le paramètre nbChoice en 1re ligne pour tester avec plus de portes sachant que notre cas de base en comporte 3

La fonction remove ouvre des portes au hasard sauf celle choisie initialement et celle contenant la voiture à gagner.
Vous noterez que l'AVC n'est pas envisagé.

Si maintenant on envisage que le jeu s'arrête si l'animateur ouvre par hasard la porte du gros lot, on obtient par exemple après 100.000 essais:

 Cliquez pour afficher

var firstChoice , carChoice , taken= [] , nbChoix = 3 ;

function choice()
{
	return Math.floor( Math.random()*nbChoix ) ;
}

function onechoice()
{
	var candidat = firstChoice ;
	while( taken[candidat] )
	{
		candidat = choice() ;
	}
	return candidat ;
}

function removechoices0(nb)
{
	var u ;
	while( nb )
	{
		u = onechoice() ;
		if( u != carChoice )
		{
			taken[u] = true ;
			nb -- ;
		}
	}
}

function removechoices(nb)
{
	var u ;
	while( nb )
	{
		u = onechoice() ;
		if( u != carChoice )
		{
			taken[u] = true ;
			nb -- ;
		}
		else
		{
			return -1 ;
		}
	}
}


function Test1()
{
	for( var i = 0 ; i < nbChoix; i++ )
		taken[i] = false ;

	carChoice = choice() ;		// gros lot
	firstChoice = choice() ;	// choix initial
	taken[firstChoice] = true ;
	
	// ouvrir toutes les portes sauf une et sauf firstChoice
	if( removechoices(nbChoix-2) == -1 )
		 return -1 ;

	if( carChoice == firstChoice )
	{
		return 1 ;
	}
	else
	{
		return 0 ;
	}
}

function Test(nt)
{
	var ok = 0 , ko = 0 ;

	for( var i = 0 ; i < nt ; i++ )
	{
		if( ( u = Test1() )==1 )
			ok ++ ;
		else if( u == -1 )
			ko ++ ;
	}
	return [ok/nt,ko/nt] ;
}

var X,str ;

	X = Test(100000) ;
  str = "conserver :"+X[0]+" , changer :"+(1-X[0]-X[1])+" et échec jeu :"+X[1] ;


/*
conserver :0.3341 , changer :0.3318999999999999 et échec jeu :0.334
*/
/*
conserver :0.33486 , changer :0.3328400000000001 et échec jeu :0.3323
*/

conserver :0.33486 , changer :0.3328400000000001 et échec jeu :0.3323

Différence entre les 2 cas : l'animateur sait la réponse ou non. Dans le 1er, il faut changer de choix , dans le second, cela importe peu. Donc, changer systématiquement est statistiquement bénéfique.

[matheumatic]

Après ce que je trouve gênant c'est que ce que contienne les portes n'est pas indépendant donc normalement le fait de connaitre une porte doit influer sur les deux restante.