Discussion:Problème de Monty Hall

Discussion non classée

Je suis à ce jour en pleine écriture de l'article, traduction adaptée depuis en:Monty Hall problem et depuis les nombreux sites français ou anglais traitant du sujet. Merci de ne pas apporter de modifications majeures pour l'instant...l'artcile étant en plein "chantier" Kuxu 31 juillet 2005 à 16:38 (CEST)

Aux lecteurs et contributeurs : petite pose pendant les vacances. Je reprendrai serieusement la traduction/ redaction de cet article dans 2 semaines a mon retour de vacances. Kuxu 17 août 2005 à 19:27 (CEST)

Désolé... j'ai fait une petite correction. Marc Girod 29 septembre 2005 à 11:39 (CEST)

Inutile de traduire l'article anglophone : dans sa version actuelle, il est totalement faux (voir ci-dessous "Ne discréditez pas la Wik") et n'importe quel habitué des probabilités peut aisément s'en rendre compte par lui-même. Merci de ne pas nous rendre la francophonie aussi ridicule que l'anglophonie, ce sera gentil pour la mémoire de Thomas Bayes et pour Blaise Pascal. En leur nom, merci. 81.65.27.184 16 novembre 2005 à 20:05 (CET)

Habitué aux probabilités, ce n'est pas le cas de celui qui écrit les lignes au-dessus. Enfin, D'Alembion. Il faudrait considérer les cas ou le présentateur ouvre la porte avec la voiture comme perdu ou gagné par le joueur. Et dans ce cas, miracle: la probabilité reste de 1/3 en gardant son choix...--CactusJoe 22 juin 2007 à 14:02 (CEST)

2ieme regle:

1. le joueur choisit une premiere porte au hasard
2. une autre porte s'ouvre au hasard (et le joueur sait cela)
3. il se trouve que cette porte cachait une chèvre
4. les "chances de gains du joueur" sont 1/2

3ieme regle:

1. le joueur choisit une premiere porte au hasard
2. une porte s'ouvre au hasard (et le joueur sait cela)
3. il se trouve que cette porte n'est pas celle choisie par le joueur et cachait une chèvre
4. les "chances de gains du joueur" sont 1/2

raisonnement pour la régle 1:

• la probabilité de choisir la voiture (le choix gagnant) au premier choix est bien 1/3
• (un fois la porte ouverte exclue ;) si le joueur change son choix alors il perdra ssi le premier choix était gagnant
• donc la proba. pour que ce second choix soit gagnant est 1-1/3=2/3.

Pourquoi des résultats différents ?

• parce que les questions sont differentes ?

Quel est le senigne grise}} | Cas 2 : | Vj | C |----- | Cas 3 : | Cj | V |-bgcolor="F2F2F2" | Cas 4 : | Cj | V |}

C'est la situation de départ du calcul statistique pour le joueur. Que le joueur change d'avis ou pas, il a une chance sur deux de trouver la voiture !

Le fait que les cas 1 et 2 aient 1/6 de chance d'arriver, et que les cas 3 et 4 aient 1/3 de chance d'arriver ne changent rien à l'affaire, car c'est un nouveau jeu qui se joue. Le premier jeu est un choix de 1 (une voiture) parmi 3 portes (donc probabilité de 1/3). Le deuxième jeu, qui n'a aucun lien statistique avec le précédent, est un choix, après l'ouverture d'une porte par le présentateur, de une voiture parmi deux portes. On sait pour ce deuxième jeu que la voiture est forcément présente: soit elle a été sélectionnée par le joueur, soit elle a été sélectionnée par le présentateur pour faire durer le jeu, et étant donné que ce n'est pas sa voiture ! Dans tous les cas, on a donc une probabilité de 1/2 de trouver la voiture, quelle que soit la porte qu'on choisisse. Les super-équations ne changent rien à l'affaire !

On pourrait, pour aider les esprits de bonne volonté, remplacer une chèvre par un lapin:

Cas	Porte 1	Porte 2	Porte 3
Cas 1 :	Vj	C	Lo
Cas 2 :	Vj	Co	L
Cas 3 :	Lj	V	Co
Cas 4 :	Cj	Co	L

Après ouverture par le présentateur, il reste :

Cas	Porte 1	Porte 2
Cas 1 :	Vj	C
Cas 2 :	Vj	L
Cas 3 :	Lj	V
Cas 4 :	Cj	V

Voilà. Tout le reste n'est que sophistique de nominalistes ou d'esprits faibles. Ce que cela nous apprend, c'est que la magie a de beaux jours devant elle. Que tous les néo-astrologues soient contents, le magazine "philosophie", dans son n°2 de juin-juillet 2006, a repris à son compte les inepties de ce pseudo-paradoxe. Frege-Brouwer. 28 mai 2006.

Tu vois STyx, tant qu'on en trouvera qui maintiendront ça après lecture de l'article, c'est qu'il est mauvais. Bourbaki 28 mai 2006 à 14:23 (CEST)

Ou qu'il est faux, tout simplement... Frege-Brouwer. 28 mai 2006 à 16:00

Frege, il m'a fallu 10 secondes pour trouver les propositions que tu estimes équiprobables qui n'ont aucune raison de l'être. Bourbaki 28 mai 2006 à 16:29 (CEST)

Frege-Brouwer, s'il te plait Bourbaki. Le principe de l'argumentation scientifique et philosophique, c'est la démonstration ou la réfutation par le raisonnement. Le problème des sophistes, depuis Socrate, c'est qu'il finissent toujours par se rallier à la loi du plus fort : rhétorique et raisonnements faux, arguments d'autorité, rejet par le mépris. Tout est bon, sauf la raison, pour subjuguer les esprits faibles... P.S.: j'ai rajouté un paragraphe d'explication dans mon texte, non nécessaire du point de vue rationnel, mais peut-être utile du point de vue pédagogique. Frege-Brouigne grise}}

| Cas 2 : | Vj | C |----- | Cas 3 : | Cj | V |-bgcolor="F2F2F2" | Cas 4 : | Cj | V |}

C'est la situation de départ du calcul statistique pour le joueur. Que le joueur change d'avis ou pas, il a une chance sur deux de trouver la voiture !

Le fait que les cas 1 et 2 aient 1/6 de chance d'arriver, et que les cas 3 et 4 aient 1/3 de chance d'arriver ne changent rien à l'affaire, car c'est un nouveau jeu qui se joue. Le premier jeu est un choix de 1 (une voiture) parmi 3 portes (donc probabilité de 1/3). Le deuxième jeu, qui n'a aucun lien statistique avec le précédent, est un choix, après l'ouverture d'une porte par le présentateur, de une voiture parmi deux portes. On sait pour ce deuxième jeu que la voiture est forcément présente: soit elle a été sélectionnée par le joueur, soit elle a été sélectionnée par le présentateur pour faire durer le jeu, et étant donné que ce n'est pas sa voiture ! Dans tous les cas, on a donc une probabilité de 1/2 de trouver la voiture, quelle que soit la porte qu'on choisisse. Les super-équations ne changent rien à l'affaire !

On pourrait, pour aider les esprits de bonne volonté, remplacer une chèvre par un lapin:

Cas	Porte 1	Porte 2	Porte 3
Cas 1 :	Vj	C	Lo
Cas 2 :	Vj	Co	L
Cas 3 :	Lj	V	Co
Cas 4 :	Cj	Co	L

Après ouverture par le présentateur, il reste :

Cas	Porte 1	Porte 2
Cas 1 :	Vj	C
Cas 2 :	Vj	L
Cas 3 :	Lj	V
Cas 4 :	Cj	V

Voilà. Tout le reste n'est que sophistique de nominalistes ou d'esprits faibles. Ce que cela nous apprend, c'est que la magie a de beaux jours devant elle. Que tous les néo-astrologues soient contents, le magazine "philosophie", dans son n°2 de juin-juillet 2006, a repris à son compte les inepties de ce pseudo-paradoxe. Frege-Brouwer. 28 mai 2006.

Tu vois STyx, tant qu'on en trouvera qui maintiendront ça après lecture de l'article, c'est qu'il est mauvais. Bourbaki 28 mai 2006 à 14:23 (CEST)

Ou qu'il est faux, tout simplement... Frege-Brouwer. 28 mai 2006 à 16:00

Frege, il m'a fallu 10 secondes pour trouver les propositions que tu estimes équiprobables qui n'ont aucune raison de l'être. Bourbaki 28 mai 2006 à 16:29 (CEST)

Frege-Brouwer, s'il te plait Bourbaki. Le principe de l'argumentation scientifique et philosophique, c'est la démonstration ou la réfutation par le raisonnement. Le problème des sophistes, depuis Socrate, c'est qu'il finissent toujours par se rallier à la loi du plus fort : rhétorique et raisonnements faux, arguments d'autorité, rejet par le mépris. Tout est bon, sauf la raison, pour subjuguer les esprits faibles... P.S.: j'ai rajouté un paragraphe d'explication dans mon texte, non nécessaire du point de vue rationnel, mais peut-être utile du point de vue pédagogique. Frege-Brouigne grise}}

| Cas 2 : | Vj | C |----- | Cas 3 : | Cj | V |-bgcolor="F2F2F2" | Cas 4 : | Cj | V |}

C'est la situation de départ du calcul statistique pour le joueur. Que le joueur change d'avis ou pas, il a une chance sur deux de trouver la voiture !

Le fait que les cas 1 et 2 aient 1/6 de chance d'arriver, et que les cas 3 et 4 aient 1/3 de chance d'arriver ne changent rien à l'affaire, car c'est un nouveau jeu qui se joue. Le premier jeu est un choix de 1 (une voiture) parmi 3 portes (donc probabilité de 1/3). Le deuxième jeu, qui n'a aucun lien statistique avec le précédent, est un choix, après l'ouverture d'une porte par le présentateur, de une voiture parmi deux portes. On sait pour ce deuxième jeu que la voiture est forcément présente: soit elle a été sélectionnée par le joueur, soit elle a été sélectionnée par le présentateur pour faire durer le jeu, et étant donné que ce n'est pas sa voiture ! Dans tous les cas, on a donc une probabilité de 1/2 de trouver la voiture, quelle que soit la porte qu'on choisisse. Les super-équations ne changent rien à l'affaire !

On pourrait, pour aider les esprits de bonne volonté, remplacer une chèvre par un lapin:

Cas	Porte 1	Porte 2	Porte 3
Cas 1 :	Vj	C	Lo
Cas 2 :	Vj	Co	L
Cas 3 :	Lj	V	Co
Cas 4 :	Cj	Co	L

Après ouverture par le présentateur, il reste :

Cas	Porte 1	Porte 2
Cas 1 :	Vj	C
Cas 2 :	Vj	L
Cas 3 :	Lj	V
Cas 4 :	Cj	V

Voilà. Tout le reste n'est que sophistique de nominalistes ou d'esprits faibles. Ce que cela nous apprend, c'est que la magie a de beaux jours devant elle. Que tous les néo-astrologues soient contents, le magazine "philosophie", dans son n°2 de juin-juillet 2006, a repris à son compte les inepties de ce pseudo-paradoxe. Frege-Brouwer. 28 mai 2006.

Tu vois STyx, tant qu'on en trouvera qui maintiendront ça après lecture de l'article, c'est qu'il est mauvais. Bourbaki 28 mai 2006 à 14:23 (CEST)

Ou qu'il est faux, tout simplement... Frege-Brouwer. 28 mai 2006 à 16:00

Frege, il m'a fallu 10 secondes pour trouver les propositions que tu estimes équiprobables qui n'ont aucune raison de l'être. Bourbaki 28 mai 2006 à 16:29 (CEST)

Frege-Brouwer, s'il te plait Bourbaki. Le principe de l'argumentation scientifique et philosophique, c'est la démonstration ou la réfutation par le raisonnement. Le problème des sophistes, depuis Socrate, c'est qu'il finissent toujours par se rallier à la loi du plus fort : rhétorique et raisonnements faux, arguments d'autorité, rejet par le mépris. Tout est bon, sauf la raison, pour subjuguer les esprits faibles... P.S.: j'ai rajouté un paragraphe d'explication dans mon texte, non nécessaire du point de vue rationnel, mais peut-être utile du point de vue pédagogique. Frege-Brouwer. 28 mai 2006 à 16h58.

Je vais pas réexpliquer ici pourquoi tout ce que tu dis est faux, on l'a fait 15 fois dans l'article. Bourbaki 28 mai 2006 à 17:09 (CEST)

Bourbaki, un peu plus tôt tu écrivais "S'il y a une question non résolue dans ce paradoxe, STyx, c'est "comment les “halfers“ peuvent maintenir leur point de vue face à tous les raisonnements simples et efficaces présentés?" dont le tien? est un exemple. Sauf qu'on n'a pas d'halfer sous la main pour voir. Et vu que j'ai cassé un peu méchament le seul qui était intervenu… "

Alors, je le répète, la philosophie et les mathématiques ça ne fonctionnent pas à la "Brice de Nice" : casséééééé. Ca fontionne à l'argumentation rationnelle. Tu voulais un "halfer". Tu l'as sous la main. Argumente mon ami. Démontre que ce je dis est faux. Moi je suis un socratique: j'attends qu'on me démontre que j'ai tort pour me rallier avec bonheur à la vérité. Toi, pour le moment, tu te comportes en sophiste, ou plus exactement en "brice-de-nice-iste". Casséééééé. Ouaissssss... Allons, allons, un petit effort de rationalité. C'est le jeu. Mon argumentation est courte et claire: elle devrait être facile à réfuter sans effort. Je t'attends mon ami ! Quand tu l'auras fait, tu seras plus fort qu'avant, quel que soit le résultat. Frege-Brouwer. 28 mai 2006 à 17h26.

Bien sûr qu'il n'y a aucun effort à faire: l'erreur de ton argumentation, c'est de dire que les probabilités une fois la porte ouverte sont indépendantes de celles avant que la porte soit ouverte. Étant données les règles spéciales d'ouverture, chacune des deux portes non choisie avait 2 fois plus de chances d'être ouverte si elle était seule autorisée à l'ouverture (autrement dit si le choix initial était mauvais) que si le présentateur a choisi. Si le présentateur choisit, 1 fois sur 2. Sinon, 1 fois sur 1.

On ne peut donc pas supposer la situation équivalente à s'il y avait eu 2 portes dès le départ: il faut employer les formules de probabilités conditionnelles. Pour faire simple, comme la probabilité pour la porte ouverte de l'avoir été double quand le choix initial est mauvais, il y a 2 fois plus de chances pour que le choix initial coit mauvais. Pour faire rigoureux, voir Bayes. Bourbaki 28 mai 2006 à 17:33 (CEST)

Ah, j'oubliais: on n'a pas le droit de se prétendre socratique et de traiter ses adversaires de sophistes quand on a utilisé l'expression "astrologues" pour qualifier ceux qui emploient des formules mathématiques qu'on ne comprend pas. Utilisateur:Bourbaki|Bourbaki]] 28 mai 2006 à 17:38 (CEST)

C'est cette phrase : "Ce que cela nous apprend, c'est que la magie a de beaux jours devant elle. Que tous les néo-astrologues soient contents, le magazine "philosophie", dans son n°2 de juin-juillet 2006, a repris à son compte les inepties de ce pseudo-paradoxe. Frege-Brouwer. 28 mai 2006." qui a provoqué des réactions agressives de ma part. Même si 1/2 était la vraie solution, les thirders seraient en droit d'exiger des excuses. Bourbaki 28 mai 2006 à 18:31 (CEST)

Cher Bourbaki, 4 réponses.

1) La recherche de la vérité est un sport de combat, Bourbaki! Elle met en oeuvre la force de la raison, et fait totalement abstraction de la psychologie. Si tu était un peu frégéen, tu saurais cela (il me semble bien que c'est dans ses Grundlagen der Arithmetik que Frege, fondateur de la logique moderne, explique cela dès la fin du XIXème siècle). Cela dit, content de voir que tu envisages enfin d'avoir tort.

2) Les astrologues utilisaient aussi des formules mathématiques compliquées. Dans l'épistémologie contemporaine, l'astrologie correspond à un paradigme méthodologique qui a été balayé par la révolution copernicienne. Avant Copernic, les astrologues étaient aussi des astronomes et donc des mathématiciens.

3) Va savoir qui comprend ou qui ne comprend pas les formules mathématiques. On n'a pas commencé la discussion en étalant nos titres. Cher Bourbaki, tu confonds toujours l'argumentation rationnelle et la sophistique. Il ne s'agit pas de me "casser" en prétendant que je ne comprends rien. Il s'agit de réfuter mes arguments.

4) J'en viens donc au fond et à ta tentative de réfutation : le problème est bien le lien entre le moment où les portes sont fermées et celui où une porte est ouverte. L'argument que tu avances pour interdire d'interdire ce lien n'est pas compréhensible (et cela non pas du point de vue de formule mathématique pour savant, mais du point de vue de la simple logique : le donc que tu utilises (on ne peut donc pas supposer etc.) n'est en rien l'application d'un détachement logique normal (p et p->q donc q), ceci pour être un peu pédant). Il faudrait donc que tu clarifie la nécessité de ce passage pour emporter le morceau, et pas en me renvoyant sommairement à des références bibliographiques, pratique qui s'apparante clairement à l'argument d'autorité ! Moi, je ne dis pas qu'il y avait deux portes au départ. Je dis que les deux phases du jeu (3 portes fermées puis 2 portes fermées) sont indépendantes l'une de l'autre. Pour t'en convaincre, imaginons cette expérience : le jeu commence avec toi, Bourbaki. Tu choisis une porte, le présentateur ouvre une porte. Une chèvre apparaît. Mais toi, tu t'en vas! Et moi je passais par là. On me demande de choisir une porte derrière laquelle se trouve une voiture. Quelles sont alors les probabilités. Et puis, on me dit le choix que tu avais fait avant. Les probabilités ont-elles changées ? C'est à ces deux questions qu'il faut répondre, après on y verra plus clair. Frege-Brouwer. 28 mai 2006 à 21:50

Je ne t'aurais pas cassé si tu n'avais pas commencé par qualifier de néo-astrologues les thirders. Bon, tu es plus correct maintenant, je vais donc l'être aussi.

Je ne vois pas à quoi sert le point 1, et ça n'a pas d'importance ici.

Le 2 ressemble à une excuse pour l'insulte "astrologues".

Bon, allons-y maintenant pour l'argumentation:

Eh bien cette fois tu as 1 chance sur 2! Tu as peut-être désigné la porte que j'avais moi-même choisie. Tu es donc dans la première variante de Delahaye et non dans la configuration initiale. Si on te dit que la porte que tu as choisie est une des mauvaises , je suppose qu'on te laisse prendre n'importe laquelle des 2 autres. 1 chance sur 2. Si on te désigne comme mauvaise une porte que tu n'as pas choisie, tu as 1 chance sur 2 en changeant. Tu as 1 chance sur 3 d'avoir choisi ma porte.

C'était quoi la différence avec le problème initial? Eh bien parmis les 2 fois sur 3 où tu avais choisi une chèvre au départ, il y a une fois où on n'a pas ouvert la 2e mauvaise porte. On a donc réduit la probabilité de gain de la stratégie "je change".

Je te conseille de lire à fond la partie "variantes", elle est amusante. Et puis tu verras un dernier cas pathologique: si le présentateur ouvre TOUJOURS la plus à droite des portes ouvrables, il y a un cas où il est évident qu'on a la certitude de gagner en changeant. Ca incite pas à penser que le changement est plus favorable?

Ne t'inquiète pas, je ne me soumets pas plus que toi à l'argument d'autorité. Et puis tes interventions m'ont fait penser à un point: selon sa propre opinion, on peut toujours biaiser le programme pour penser comme soi. Donc les simulations n'ont pas de valeur argumentative.

Pitié, ne renvoie pas en alinéa ce que je viens d'écrire: on recommence là, sinon ça va être un cauchemar à lire. 28 mai 2006 à 22:07 (CEST)

Bourbaki, tu ne réponds toujours pas à la question. Il ne suffit pas de me renvoyer à ce que d'autres disent. Il faut partir de ce que je dis, et me démontrer que j'ai tort. Qu'est-ce que la "variante de Delahaye" vient faire ici. Toujours cette manie de l'argument d'autorité.

La situation imaginaire que je présente est claire.

1) tu joues le premier tour (3 portes fermées, tu en désignes une). Le présentateur ouvre une porte et une chèvre apparaît. Il reste deux portes fermées. Si tu continuais, d'après toi, tes chances seraient plus grandes en changeant de décision.

2) je prends ta suite pour le deuxième tour.

Option 2.1 : je ne sais pas ce que tu as fait. Quelles sont les probabilités pour chacune des deux portes fermées?

Option 2.2 : tu m'as informé de ce que tu as fait. Quelles sont les probabilités pour chacune des deux portes fermées ?

C'est à ces questions qu'il faut que TU répondes, par toi même, sans renvoyer aux variantes, à Delahaye, à Bayes ou à je ne sais qui ou quoi. L'intérêt de ma situation imaginaire, c'est que dans l'option 2.1, les probabilités sont évidemment de 1/2 par porte, puisqu'il n'y a aucun lien avec le passé. Comment expliquer que dans l'option 2.2 ce ne soit pas la même chose. C'est ça le noeud du problème. Réponds-y sérieusement par toi même, et ce dialogue aura servi à quelque chose.

Dernière remarque. Tu te plains d'être considéré comme un sophiste. Mais relis-toi ! Voilà que tu nous parles d'opinion dans un débat scientifique ! Ne sais-tu pas que les sophistes sont aussi appelés par Platon les "philo-doxe", ceux qui aiment l'opinion (doxa=opinion), par opposition au philo-sophe, ceux qui aimment la sagesse. Frege-Brouwer. 28 mai 2006 à 22:55.

"Qu'est-ce que la "variante de Delahaye" vient faire ici." demandais tu : Suffisait de lire ce que je te recommandais de lire.

Tu ne vois pas de quoi je parle quand j'indique une variante? Désolé, mais là, tu viens de dire que tu n'as pas lu l'article. Je vais pas répèter ce qui y est écrit. Là, j'en ai vraiment marre que tu ne cherches même pas à comprendre mes arguments. Alors tu traces un arbres global et tu fais la récolution par la formule de Bayes, ceux qui l'ont fait dans l'article n'ont commis aucune erreur.

Il y a plus d'insultes que de réfutations dans ce que tu dis. Je ne cite jamais Bayes ou Delahaye sans avoir compris pourquoi ils ont juste ou non.

Ce n'est pas une amnésie, il a postulé l'indépendance totale des 2 parties, et refuse d'analyser les raisonnements issus des probabilités conditionnelles. La variante "choisir toujours à droite si possible" montre pourtant que l'indépendance n'est pas justifiables dans certains cas. Bourbaki 29 mai 2006 à 20:22 (CEST)

Cher Styx. Je suis content de te voir apparaître dans la conversation.

Je n'ai pas bien compris ta première et ta troisième remarque. Désolé. Les références ne sont pas des plus claires. Problème d'édition. Je suis preneur de précisions. Ce qui est sûr, en tout cas, c'est qu'en aucun cas je n'admet que la proba soit deux 2/3 quand on doit choisir entre deux portes.

La remarque 2 est par contre claire et me paraît intéressante et bien aborder le fond du problème.

Tu es donc d'accord avec le fait que les probas du joueur amnésique sont différentes de celle du joueur qui n'est pas amnésique. C'est quand même étrange. Face à la même situation matérielle (2 portes fermées (A et B), une chèvre derrière l'une, une voiture derrière l'autre) le joueur qui a dit d'abord "je crois que la voiture est derrière la porte A" a plus de chance, statistiquement (donc s'il répète mille fois l'opération) de trouver la voiture que celui qui n'a jamais dit d'abord "je crois que la voiture est derrière la porte A", ou qui l'a oublié. C'est vraiment étrange, non ?

Il s'agit donc tout d'abord d'être sérieux et donc de répondre sérieusement à la question : qu'est-ce qui fait que les probas de ces deux types de joueur change ? On peut aussi réfléchir aux conséquences d'une telle proposition. Je crois qu'elle nous conduira assez vite à des absurdités. Autrement dit, je crois, intuitivement, qu'on arrivera assez vite à démontrer par l'absurde la fausseté de cette proposition.

Je te soumets donc, cher Styx, ce problème :

1) quelle est la cause qui fait que les probas de ces deux types de joueur sont différentes ?

2) autrement dit, peux-tu, puisque tu prétends que cette proposition étrange que je dénonce est vraie, essayer de la démontrer ?

Frege-Brouwer. 29 mai 2006. 23:39

cher Bourbaki

Euréka ! J'ai trouvé pourquoi je me trompes (je fais tout ici !) Tu as raison sur le fait que je me trompe en considérant qu'il y a indépendance entre les parties.

Quand je choisi une première porte, j'ai une chance sur 3 de trouver la voiture. Il y a 2 chances sur 3 que la voiture soit derrière les deux autres portes. Le présentateur va ouvrir une de ces deux portes qui cache forcément une chèvre. Il ne reste plus qu'une porte fermée côté présentateur. Mais les chances que la voiture soit derrière cette porte fermée sont restés les mêmes: elles sont de 2/3, puisque le présentateur a éliminé une porte à chèvre. J'ai donc intérêt à choisir cette porte, et donc à changer mon choix initial.

Pour mieux comprendre, je crois qu'on a intérêt à raisonner avec 10 portes. J'en choisi une. 1 chance sur 10 d'avoir la voiture. La voiture a 9 chances sur 10 d'être du côté du présentateur. Le présentateur ouvre 8 portes de son côté et montre 8 chèvres. Il ne reste que une porte fermée de son côté. Il y a donc 9 chances sur 10 que la voiture se trouve derrière cette porte fermée.

Poussons le raisonnement à l'infini. On a une infinité de porte. Quand j'en choisi une, j'ai 1 chance sur l'infini d'avoir la voiture, soit 0. La voiture à l'infini - 1 chance sur l'infini d'être du côté du présentateur, soit 100 % de chance. Le présentateur ouvre toutes les portes de son côté sauf une et montre l'infini - 2 chèvres. Il ne reste plus qu'une porte fermée de son côté. Qui y a-t-il derriere? Forcément la voiture ! CQFD

Chacun peut faire le test sur son bureau. Vous mettez 5 petits cahiers devant vous et un papier sous un des cahiers. Vous choisissez le cahier de gauche. Il a une chance sur 5 de recouvrir le papier. Vous soulevez 3 des 4 cahiers de droite qui ne recouvrent pas le papier. Et vous vous demandez : est-ce que j'ai plus de chance que le papier soit sous le cahier de gauche ou sous le cahier restant des 4 de droite. La réponse est rapidement évidente.

Ca répond aussi aux questions que je posais à Styx. Les probas sont différentes pour les deux types de joueurs (l'amnésique et le normal) parce que le normal a séparé la population en deux (son choix et le reste) et qu'il sait ce que le présentateur a fait de sa population (il a ouvert toutes les portes à chèvres). De ce fait, il sait que les stats de la population du présntateur sont plus favorables à la voiture. Tandis que l'amnésique ne sait rien.

Il y a au moins une chose sur laquelle j'avais raison : c'est qu'on peut faire comprendre la solution intuitivement sans passer ni par des équations, ni par l'article de truc, ou la variante de bidule. Les équations, c'est bien pour la formalisation de ce qu'on a compris intuitivement et pour ce qui est difficile ou impossible à comprendre intuitivement. L'article de truc et la variante de bidule, c'est bien pour l'histoire et pour étayer le sujet. Mais en attendant, le fond de l'affaire semble bien se résoudre en une douzaine de lignes intellibles par le commun des mortels.

Frege-Brouwer-Gloups. 30 mai 2006. 02:34

Bravo à tous : à ceux qui ont eu la patience d'étayer leurs arguments encore et encore ; et à celui qui a fini par reconnaître son erreur ; le seul bémol, c'est que ce que Frege-etc appelle dédaigneusement article de truc ou variante de bidule n'est justement pas à dédaigner : c'est ce qui permet une approche plus formelle du problème, et permet immédiatement de voir que le raisonnement qui amène à 1/2 et celui qui amène à 2/3 ne portent justement pas sur le même problème (et il n'y a donc pas de paradoxe, comme semble le dire l'article), et que celui qui amène à 1/2 ne répond précisément pas au problème posé. Il va de soi qu'un raisonnement en deux lignes permet de conclure ; mais précisément, il ne convainc pas quelqu'un qui fait un raisonnement apparemment tout aussi juste, mais qui donne une autre solution. Eh! si ça ne marchait pas comme ça, pourquoi les matheux s'embêteraient à formaliser les probas? D'ailleurs, quand il n'y en a pas besoin, on ne formalise pas plus que ça.Salle 30 mai 2006 à 09:53 (CEST)

Merci Salle. Non, Fredge, cette attaque n'est pas légitime: on a fait des efforts pour donner dans l'article d'abord des solutions intuitives, tout en précisant que pour plus de rigueur il fallait réanalyser les arguments à l'aide des probabilités conditionnelles. Et je ne suis pas sûr que tu aies compris la clé du problème: si une porte s'ouvre par accident, que ce n'est pas celle que tu as chois, et qu'elle révèle une chèvre, que deviennent les probabilités? 1/2-1/2.

Le raisonnement le plus simple pour le cas du problème est "je gagne quand je change pas si j'avais bon dès le début, donc 1/3-2/3". Mais bien entendu il faut des arguments bien plus puissants pour montrer qu'on a le droit. Bourbaki 30 mai 2006 à 16:59 (CEST)

Première remarque : ce qui est vrai, c'est que la "variante" dans l'article explique les choses comme je l'ai fait: avec 100 portes (ou 10 ou une infinité, c'est pareil). Avec cette variante, on généralise le problème. C'est dommage de la mettre à la fin car c'est elle qui permet une explication intuitive claire. Sur le plan pédagogique, la conséquence est claire: elle risque de ne pas être lue :-) Il faudrait donc la mettre dès le début, avant tous les raisonnements mathématiques. C'est une fois qu'on a donné la réponse clairement sur le plan intuitif qu'on peut, et qu'on doit, en venir à la formalisation.

Deuxième remarque : il n'y a aucun paradoxe dans cette affaire. Il y a une situation qui engendre une illusion, une croyance fausse (j'en ai, je crois, donné la preuve ! :) ). Mais pas de paradoxe à proprement parler, car l'énoncé étant ce qu'il est, il n'y a qu'une solution qui soit juste. L'autre est fausse, un point c'est tout. Ce n'est pas comme le paradoxe du menteur. Ceux qui prétende qu'il y a une chance sur 2 oublient (le cas de l'amnésique) le chemin parcouru. Pour eux, c'est comme si on "mélangeait" les deux portes restantes et qu'on demandait alors au joueur de choisir: alors, ce serait bien entendu 1/2. Mais ce n'est pas ça la situation : le joueur sait quelle porte il a choisi d'abord. Il a donc intérêt à choisir la porte laissée fermée par le présentateur.

Troisième remarque: si une porte s'ouvre par accident, ça ne change rien au jeu... sauf bien entendu si elle fait apparaître la voiture. Le coeur de l'affaire, c'est de diviser l'ensemble des trois portes en deux sous-ensembles : celui du choix du joueur, 1 porte, 1/3 de chance d'avoir la voiture. Et celui du présentateur: 2 portes, 2/3 de chance d'avoir la voiture. Comme le présentateur ouvre une porte avec chèvre, la porte qui reste fermée dans son sous-ensemble a toujours le même nombre de chance d'avoir la voiture que le sous ensemble de départ: 2/3.

Si le présentateur ouvrait la porte au hasard, sans savoir ce qu'il y a derrière, cela ne changerait rien au choix final du joueur, à condition que le présentateur ne soit pas tombé sur la voiture, auquel cas, le joueur aurait perdu avant de pouvoir faire un deuxième choix.

Sincèrement, et sans polémique, il me semble que l'explication que je propose, et qui était dans la variante de l'article, est imparable et permet d'aborder clairement et sans équation tous les cas possibles.

Dernière remarque : Sur le plan de la compréhension intuitive du problème. Ne pas avoir de chance dans ce jeu consiste à être tombé sur la voiture lors du premier choix. Imaginons 100 portes, j'en choisi une, et la voiture est derrière. Dans ce cas, c'est : pas de chance pour moi car, après que le présentateur ait ouvert 98 portes, celle qu'il laisse fermée a 99 chance sur 100 d'avoir la voiture. C'est donc celle que je dois choisir si je suis logique. Le jeu est donc bien original : on veut un objet caché derrière 1 porte parmi n. Ce qu'il faut pour le trouver, c'est : ne pas le désigner au moment où on va vraiment faire un choix, c'est-à-dire la première fois. Ensuite, si on veut maximiser ses chances, on doit forcément choisir la porte laissée fermée par le présentateur. Ce qui veut dire, soit dit en passant, que dans tous les cas, on a (n-1) chances sur n (2 chances sur 3) de trouver la voiture, puisque ce qu'il faut au premier et seul choix, c'est trouver une chèvre... Tout cela fait un jeu rigolo, mais certainement pas un paradoxe, comme c'est clairement dit dès le début de la définition. C'est bien un casse tête probabiliste. Sa résolution non intuitive tend effectivement à en faire un paradoxe, mais seulement par abus de langage : c'est en fait toujours un casse tête. Ce casse tête possède une résolution intuitive, mais qui n'est pas immédiate. Une fois découverte, elle règle complètement le problème du casse tête pour en faire un exercice finalement trivial et évident.

Frege-Brouwer. 30 mai. 17:50.

"Trivial et évident" (on nage dans les répétitions de synonymes) un problème que tu as été incapable de comprendre en moins de 2 jours, et encore on t'a pris par la main… "Argument imparable" que tu avais refusé (d'admettre ou de lire?) quand je te l'avais exposé… Et tu proposes de faire l'expérience seul comme si tout ne résidait pas dans le fait que le présentateur, lui, sait… Je rigole, puis je retourne à mes formules de généralisation. Bourbaki 30 mai 2006 à 19:52 (CEST)

Je pensais que la discussion allait s'arrêter sur un accord général. Et me voilà tout surpris de découvrir de nouveaux désaccords.

Bourbaki, comme toujours tu pratiques l'anathème sans argument et sans réponse. Casséééééé... Le syndrome Bourbaki de Nice a encore frapé. Ta rhétorique de sophiste, désolé d'insister, n'explique pas pourquoi tout devrait résider dans le fait que le présentateur sait. Je vais démontrer un peu plus bas pourquoi c'est faux, et pourquoi le ratio 1/3 joueur, 2/3 présentateur ne bouge pas.

Pour ce qui est de généraliser, ce que j'ai proposé comme explication est une généralisation non négligeable puique ça fait marcher le jeu pour tout nombre de porte. Soit dit en passant, et ça fera un point de désaccord supplémentaire, ça marche aussi avec deux portes : le présentateur ouvre n-2 portes, avec n nombre total de portes. Donc avec 2 portes, il n'en n'ouvre aucune. Dans ce cas, le calcul des chances est toujours le même pour les deux sous-ensembles: 1/n pour le joueur, soit 1/2; et n-1/n pour le présentateur, soit 1/2. Ca fonctionne très bien, sauf qu'il n'y a plus de jeu !!!

Maintenant, il faut expliquer plus clairement pourquoi il faut que le présentateur sache.

Mon explication dit simplement que le jeu consiste à diviser les n portes en deux sous ensembles : un sous-ensemble de 1 porte et un sous-ensemble de n-1 portes. C'est le joueur, par son choix d'une porte, qui crée ces deux sous-ensembles. Ensuite, n-2 portes du sous-ensemble du présentateur vont être ouvertes. Il y a n-1 chances sur n que la voiture soit dans le sous-ensemble du présentateur.

On va ouvrir n-2 portes. Comment calculer les chances à chaque fois de trouver la voiture ? Il faut faire une itération d'ouverture de porte : pour i allant de 1 à n-2, on ouvre une porte. Cette porte à 1 chance sur (n-1)-i+1 que multiplie (n-1)/n chance de tomber sur la voiture. Comment comprendre cette formule? Il y a (n-1)/n chance de trouver la voiture dans le sous-ensemble du présentateur. A chaque porte qu'on ouvre, on a 1 chance sur le nombre de porte fermée du sous-ensemble que multiplie le (n-1)/n chance de trouver la voiture. Ce nombre de portes fermées commence à n-1 et finit à 1. Quand il y a n-1 portes fermées, i vaut 1 et on a 1 chance sur n-1 (*(n-1)/n). Quand il n'y a plus qu'une porte à ouvrir (il reste donc deux portes fermées dans le sous-ensemble du présentateur), i vaut n-2 et on a 1 chance sur 2 (*(n-1)/n). de trouver la voiture.

Si j'applique ce cas général au cas où n vaut 3 : on ouvre 1 porte : pour i allant de 1 à 1 (donc une fois) on ouvre une porte qui à 1 chance sur (3-1)-1+1 *(3-1)/3 : 1/2 fois 2/3 de chance de trouver la voiture, soit 1/3 de chance (c'est ce qu'on voulait !)

Une fois qu'il ne reste qu'une porte fermée dans le sous ensemble du présentateur, on a 1 chance sur 1 * (n-1)/n chance de trouver la voiture : soit (n-1)/n qui vaut 2/3 pour n = 3.

Maintenant, qu'est ce que ça change que le présentateur sache où est la voiture ? Rien pour le calcul. Si le présentateur ne sait pas où est la voiture, il arrivera assez souvent qu'il ouvre une porte avec une voiture et le jeu s'arrêtera. Mais s'il ouvre toutes les portes voulues sans tomber sur la voiture (un peu comme à la roulette russe), alors on se retrouvera à la fin avec le calcul des chances que je viens de décrire.

Si le présentateur sait où est la voiture, il peut et va n'ouvrir que les portes à chèvres. Ainsi, il fait durer le jeu, et rentre dans le cahier des charges du producteur qui est d'offrir 2 chances sur 3 à un joueur avisé de gagner la voiture, tout en faisant durer le suspens et en passant un peu de pub !

Donc, Styx, je ne suis pas d'accord avec tes notes 4 et 6 et j'aimerai, soit que tu me réfutes, soit que tu proposes ta démonstration pour que je puisse la réfuter.

Styx, et Bourbaki, je ne suis pas d'accord avec le raisonnement de "c'est pas si trivial". Ma réfutation consiste à démontrer que j'ai raison de cette façon (ça reprend ce que j'ai dit au dessus):

quand le joueur choisit une porte, il définit deux sous-ensembles de portes ayant respectivement 1 porte et 1/3 de chance d'avoir la voiture et 2 portes et 2/3 de chances d'avoir la voiture. Quand la voiture aura été découverte, les chances des sous-ensembles changeront: celui qui a la voiture qu'on voit maintenant aura 1/1 chance d'avoir la voiture et l'autre 0. C'est évident, mais c'est pour insister sur le fait que tant que la voiture n'aura pas été découverte, rien ne peut faire changer le %age de chance de chaque sous-ensemble. Ce qui change à chaque ouverture de porte, c'est le %age de chance des autres porte dans le sous-ensemble d'ouverture.

Comme précédemment, j'aimerai, soit que tu me réfutes, soit que tu proposes ta démonstration, pour que je puisse la réfuter.

Sinon, concernant ta note n°5, ma méthode consiste justement à ne pas numéroter les portes. Il y a deux sous-ensembles de travail. Ce sont ces sous ensembles qui portent des proba. 1/3 pour l'un, 2/3 pour l'autre. Ensuite, dans le sous ensemble à 2/3, il y a deux portes. Chaque porte est à 1/2 par rapport à son sous-ensemble, que multiplie 2/3 quand on ramène ça au tous, ce qui fait bien 1/3 de chance par porte de trouver la voiture. C'est vraiment cette distinction en sous-ensemble portant la probabilité générale qui rend l'explication compréhensible. Ce qui compte, c'est bien que le sous-ensemble des portes du présentateur est à 2/3. Cette valeur est ensuite donnée à la seule porte du sous-ensemble. J'ai fait le test avec ma femme en utilisant 3 cubes creux de ma fille de 3 ans. Dans un cube, je mets un billet de 10 euros sans que ma femme le voit. Je lui fait choisir un cube. Je montre un vide. Elle choisit de rester sur son premier choix. Ensuite je mets 10 cubes. Et j'explique qu'il y 9 chances sur 10 que le billet soit dans le sous-ensemble des 9 restants, et que quand j'ai éliminé 8 cubes de ce sous-ensemble, il y a 9 chances sur 10 que le billet soit dans le cube restant de ce sous ensemble. Ca a un peu de mal à passer, mais ça passe quand même, en 10 minutes.

Frege-Brouwer. 30 mai. 22:57.

Il y a un point qui m'ennuie, c'est d'attribuer à la porte restante la probabilité de toutes les portes non-ouvertes: ça marche dans les cas évoqués jusqu'ici, mais ça donne des incohérences quand on attaque le cas où les portes n'étaient pas équiprobables à l'origine. J'en reparlerai quand j'aurai continué mon étude à ce sujet.

Au fait, Fredge-Brouwer, je serais très interressé par ton analyse du problème de la Belle au bois dormant et même de toutes les curiosités probabilistes listées dans liste de paradoxes. Ca nous aiderait STyx et moi à déterminer quels problèmes peuvent légitimement être considèrés comme équivalents. Pas le temps d'en raconter plus.

Je te recommande juste de te demander si tu es sûr que tu pourrais faire l'expérience seul. On a souvent besoin d'un plus petit que soi; j'espère que ta fille a trouvé ça amusant.

Bourbaki

1) La solution est bien celle-ci : il faut attribuer à la porte restante la proba de son ensemble de départ. Que cela t'ennuie ni change rien. Si tu changes la règle du jeu, en passant en non équiprobable, tu changes de problème. Ca te regarde. Mais à ce jeu là, on ne s'arrête jamais. Le principe de base de la méthode, c'est d'abord de voir s'il n'y a pas une solution au problème qu'on se pose. La généralistion ne vient qu'ensuite. Commence donc par acceptet ou par réfuter le fait que la porte restante hérite de la proba de son ensemble de départ, et tu pourras ensuite justifier ta recherche sur le cas des portes non-équiprobables, la justifier mais aussi te donner une base pour avancer fructueusement.

2) Pour la belle au bois dormant, j'ai regardé le problème brièvement et je n'ai pas compris où il se situait... La formulation du problème est différente dans Wikipédia et dans le Pour la Science de référence. Dans pour la science, on change la règle du jeu pour justifier les changements de résultats. Bref, tout cela, une fois de plus, ne me paraît pas très sérieux... Cela dit, je réserve mon jugement à la lecture de ce livre sur les paradoxes [1] ou bien [2] qui me semble, à première vue, plus sérieux (et qui à première vue, ne traite pas du casse tête des chèvres et de la voiture), et qui pourra t'être utile pour tes analyses.

3) On ne pense pas tout seul, comme disait Kant ! J'en ai fait la démonstration. Elle vaut aussi pour toi !

4) J'attends toujours, de Bourbaki et de Styx, soit une réfutation claire, soit une contre démonstration claire, soit que vous vous rendiez à ma démonstration, dont j'ai donné d'ailleurs une variante formalisée.

Frege-Hilbert, 2 juin. 22:57. Frege et pas Fredge, merci pour le fondateur de la logique moderne [3]-Brouwer, mathématicien intuitionniste, qui rejette le formalisme qui assèche l'intuition [4]. Je laisse à chacun le soin de comprendre la pertinence de ces références. A noter que Frege comme Brouwer se sont opposés à Hilbert, prince des formalistes.

Solution formalisée, générale, définitive... et intuitive

Formulation intuitive de la solution en quelques lignes :

Le jeu consiste à ce que le joueur, par le choix d'une porte, divise les n portes en deux sous ensembles : un sous-ensemble de 1 porte (la porte du joueur) et un sous-ensemble de n-1 portes (les portes du présentateur). Il y a 1 chance sur n que la voiture soit dans le sous-ensemble à 1 porte, n-1 chances sur n que la voiture soit dans le sous-ensemble à n-1 portes. Ensuite, n-2 portes du sous-ensemble à n-1 portes vont être ouvertes. Ce ne sont que des portes à chèvre. Donc la porte restant fermée dans le sous-ensemble à n-1 portes a désormais la probabilité de son ensemble: elle a n-1 chance sur n d'être une porte à voiture. CQFD. Avoir de la chance pour le joueur, consiste à ne pas tomber sur la voiture quand il choisit sa porte. Il a donc n-1 chances sur n de gagner, s'il connaît le truc !

Démonstration formelle longue mais accessible avec un zeste de bon sens arithmétique, statistque et ensembliste:

Postulats :

On part d'un ensemble E de portes.

Chaque élément de l'ensemble peut prendre deux valeurs : v ou c (voiture ou chevre).

On pose comme situation de départ qu'il n'y a qu'une porte à voiture dans l'ensemble E.

Formalisme :

La probabilité d'avoir une porte à voiture dans cet ensemble est notée : p(v,E).

Proposition 1 :

• On est certain de trouver une voiture dans l'ensemble E : p(v,E) = 1

Proposition 2 :

• On est certain de trouver une chèvre dans l'ensemble E : p(c,E) = 1

Formalisme :

La probabilité pour une porte x de l'ensemble E d'être à voiture est notée : p(v, x, E)

Proposition 3 :

• Pour tout x appartenant à E, p(v, x, E) = 1/card(E)

avec Card(E) = nombre d'éléments de E

Postulats :

On définit deux sous-ensembles de E : E1 et E2 tels que :

E1 union E2 = E

E1 inter E2 = vide

Propositions 4 et 5 :

• p(v,E1)=card(E1)/card(E)

• p(v,E2)=card(E2)/card(E)

Proposition 6 :

Pour tout sous-ensemble EX de E, pour tout x appartenant à EX, on a :

• p(v, x, EX) = 1/card(EX) * p(v, EX)

Or, p(v, EX) = card(EX)/card(E)

Donc p(v, x, EX)=1/card(E)

On aurait aussi pu dire :

Pour tout x appartenant à EX, x appartient à E, donc p(v, x, EX)=p(v, x, E)=1/card(E)

Proposition 7 :

Généralisation de la proposition 6 :

La proposition 6 qui s'applique au sous ensemble EX s'applique aussi directement à E.

• Pour tout x appartenant a E, p(v, x, E) = 1/card(E) * p(v, E)

Dans le cas de l'ensemble complet, on p(v, E) = 1

Donc on retrouve bien : p(v, x, E) = 1/card(E)

Application au cas traité :

card(E1)=1

card(E2)=2

card(E)=3

p(v,E1)=1/3

p(v,E2)=2/3

pour tout x appartenant a E1, p(v, x, E1) = 1/card(E1) * p(v, E1) = 1/1 * 1/3 = 1/3

pour tout x appartenant a E2, p(v, x, E1) = 1/card(E2) * p(v, E2) = 1/2 * 2/3 = 1/3

Conséquence du fait d'ouvrir une porte :

Ouvrir une porte, ca veut dire connaitre la valeur de la porte.

Donc, pour toute porte ouverte x de E :

soit p(v, x, E)=1 et p(c, x, E)=0

soit p(v, x, E)=0 et p(c, x, E)=1

Proposition 8 :

Si une porte x prend la valeur c (on ouvre la porte et on voit une chèvre), alors p(v, x, E)=0

• Si il existe x appartenant a E tel que p(v, x, E)=0,

• Alors pour tout y different de x appartenant a E, p(v, y, E) = 1/(card(E)-1) * p(v, E)

Proposition 9 :

Généralisation de la proposition 8 :

• Si il existe m éléments x1,x2... xm appartenant à E tel que p(v, x, E)=0,

• alors pour tout y appartenant à E, p(v, y, E) = 1/(card(E)-m) * p(v, E)

Application au cas traité :

card(E1)=1

card(E2)=2

card(E)=3

p(v,E1)=1/3

p(v,E2)=2/3

J'ouvre une porte x1 dans E2 : p(v, x1, E)=0.

Pour la porte x2 restante dans E2 : p(v, x2, E) = 1/(card(E2)-1) * p(v, E2) = 1/(2-1) *2/3 = 2/3 : CQFD

Application au cas à 10 portes :

card(E1)=10

card(E2)=1

card(E)=9

p(v,E1)=1/10

p(v,E2)=9/10

J'ouvre 8 portes x1, x2... x8 dans E2 : p(v, xi, E)=0.

Pour la porte x9 restante dans E2 : p(v, x9, E) = 1/(card(E2)-8) * p(v, E2) = 1/(9-8) *9/10 = 9/10

Proposition 10, démonstration finale :

Si on généralise encore : on peut calculer la probabilité générale du cas suivant :

card(E1)=1

card(E2)=n-1

card(E)=n

p(v,E1)=1/n

p(v,E2)=(n-1)/n

On ouvre n-2 portes dans E2

Pour la dernière porte dx restante dans E2 :

• p(v, dx, E) = 1/(card(E2)-(n-2 )) * p(v, E2) = ((n-1)-(n-2)) * p(v, E2) = p(v, E2) : CQFD !

Frege-Brouwer. Formulation définitive le 2 juin 2006, le matin.

Merci à Bourbaki et Styx de m'avoir aider, grâce au dialogue précédent, à trouver cette formalisation.

Ta démarche achoppe à la proposition 8. Tu dis : si on découvre une chèvre sur une porte, la proba d'avoir une voiture est équitablement répartie entre les autres portes du même ensemble. Et tu l'appliques à des ensembles bien choisis. C'est bien gentil, mais que se passe-t-il si tu changes la façon de regrouper les portes?

Si tu te trompes malgré ta bonne volonté, c'est que ton écriture soi-disant formelle ne l'est pas du tout : tu utilises un langages ensembliste inadapté au sujet. La formalisation en probabilités, au niveau lycée, c'est écrire soigneusement les événements et leurs relations de dépendance et d'indépendance, et faire des calculs avec des probas conditionnelles. Ensuite, ce n'est pas suffisant, mais, n'étant absolument pas probabiliste, je ne m'aventure pas plus loin.Salle 2 juin 2006 à 19:06 (CEST)

Il faudrait expliquer un peu plus pourquoi tu penses que c'est faux !

La proposition 8 dit : p(v, y, E) = 1/(card(E)-1) * p(v, E) : ça me semble assez clair. 1 /card(E) si on a tout l'ensemble. 1/card(E) une fois qu'on a donné une probabilité nulle à 1 élément de l'ensemble. Le tout multiplié par p(v, E) c'est-à-dire la probabilité de trouver l'élément dans l'ensemble (soit 1 au départ).

Cette proposition est généralisée et s'applique à tous les ensembles (elle vient de la proposition 7 qui généralisait la proposition 6).

La formule s'appliquerait aussi bien si le joueur choisissait plusieurs portes.

Pourquoi la théorie des ensembles serait inadaptée au sujet ? Les mathématiques ne se réduisent à ce qu'on enseigne au lycée. Tu constates justement que dans cet exemple, le formalisme qui consiste à écrire soigneusement les événements nous fait perdre de vue le fait que l'événement fondateur, à savoir le choix du joueur, consiste à diviser l'ensemble des portes en deux sous-ensembles qui ont désormais chacun leur probabilité d'avoir la voiture. C'est en commençant par là, et par le dénombrement des cas possibles, qu'on arrive à une solution simple et élégante, ce qui est, ne l'oublions pas, un des objectifs des mathématiciens.

Frege-Brouwer. 2 juin 2006 à 23:10.

Ok, plus explicitement, avec ta méthode : je choisis en premier la porte 1 ; je regroupe dans l'ensemble E1 les portes 1 et 2, et dans l'ensemble E3 la porte 3 ; initialement : p(v,E1)=2/3 et p(v,E2)=1/3 ; le présentateur ouvre la porte 2 ; en utilisdant ta propriété 8 et ton raisonnement, cela montre que p(v,porte 1,E)=2/3.

Même chose avec des mots : c'est justement ton raisonnement de partition qui n'est pas justifié. Pourquoi la proba de l'ensemble E2 ne serait pas modifiée par l'ouverture de la porte? C'est vrai ici parce que tu as choisi une partition très particulière (ce que tu n'as pas dit). Et le fait même de dire que l'ensemble E1 est marqué par le choix initial, et que c'est la proba de l'ensemble E1 qui ne change pas, n'est pas satisfaisant non plus : voir exemple des portes initialement non équiprobables, où ce n'est pas vrai (as-tu réfléchi à ce problème généralisé? Je te suggère de le faire, tu comprendras mieux ce qui se passe...).

Donc je vais être dur : ce que tu proposes n'est pas une démonstration, et ce n'est pas formalisé. Personnellement, je ne le trouve pas particulièrement intuitif non plus, mais c'est plus subjectif. Quant à la généralité, je demande à voir comment tu généralises à des portes non initialement équiprobables.

Si je te renvoyais à ce qui est fait au lycée, c'était pour t'encourager à commencer par apprendre des choses faciles. Mais tu peux aussi étudier directement l'intégrale de Lebesgue et la formalisation avec espaces mesurables, variables aléatoires, et lois de probas, c'est évidemment beaucoup plus puissant.

Je trouve aussi que tu aurais dû laisser ma remarque là où je l'avais mise ; je te laisse opérer la remise en place, si tu es d'accord.Salle 3 juin 2006 à 11:17 (CEST)

Je ne comprends pas ce que tu dis. Si je choisis la porte 1, il y a deux sous-ensembles : E1 avec la porte 1, et E2 avec les portes 2 et 3 et non pas, comme tu le dis, E1 avec les portes 1 et 2, et E3 avec la porte 3. A partir de là, ton raisonnement tombe. Et ma proposition 8 n'est pas invalidée.

La proba de E2 est de n-1/n. Quand on ouvre une porte, ça ne change rien puisque ça concerne tout l'ensemble.

Dire que ce n'est pas une démo et pas formalisé a peu d'intérêt. Ce qu'il faut, c'est démontrer qu'elle est fausse. Or tu ne le fais pas. Que tu ne trouve pas la méthode intuitive, je n'y peut rien. Je peux juste te dire que quand je prends mes 6 lignes du début et que je l'explique à quelqu'un de pas matheux du tout, il comprend très bien. Quant à la version "portes non équiprobables" (qui semble beaucoup t'intéresser, ce qui est hors sujet dans cet article), elle ne change rien à l'affaire. La proba de E1 sera celle de la porte de E1. La proba de E2 celle de la somme des probas des portes de E2. Une fois toutes les portes -1 de E2 ouvertes, la proba de la porte restante dans E2 sera celle de E2. Si la proba de E1 est > 0,5, alors, mieux vaux choisir la porte de E1, sinon, mieux vaut choisir la porte de E2. Tout cela me paraît très clair !

Pour moi les mathématiques servent à produire du sens le plus simplement possible, et c'est tout. Le calcul n'est qu'un jeu.

Je préfère, tant que la démonstration de la fausseté de ma démonstration n'est pas faite, laisser cette démonstration d'un seul tenant. [Frege-Brouwer] le 21 février 2007.

Je persiste dans mes remarques ; donc je t'invite à relire les deux premiers paragraphes de ma réponse ; tu apportes un élément d'explication supplémentaire (Quand on ouvre une porte, ça ne change rien puisque ça concerne tout l'ensemble.), mais il n'est pas satisfaisant.

Ensuite, effectivement, la cas des portes non équiprobables n'est pas complètement dans le sujet, mais je m'en sers juste pour montrer que l'idée, séduisante certes, la seule porte restante de E2 récupère les probas de toutes celles qu'on a ouvertes, mérite justification : ce n'est pas vrai en général, donc il faut comprendre précisément pourquoi c'est vrai ici. Et c'est là où on voit que le calcul n'est pas qu'un jeu.Salle 21 février 2007 à 21:24 (CET)

Là où il est tout à fait con de dire que la proba que la bonne porte soit une de celles de E2 reste inchangée après ouverture d'une porte, c'est si l'assistante (ici on admet qu'elle dit la vérité) vous a soufflé que la porte qui n'est ni celle choisie ni celle ouverte cache une chèvre. Le raisonnement de Frage nous mène à 1/2-1/2 alors que le fait que la bonne porte est celle choisie initialement n'a cette fois pas une probabilité à calculer, mais est absolument sûr par élimination! Bourbaki 1 mars 2007 à 18:46 (CET)

With a little help from my girlfriend

Jusqu'à avant-hier, j'aimais beaucoup l'argument "changer est équivalent à ouvrir toutes les portes sauf celle choisie en premier lieu." Puis j'ai cherché à étendre au cas où les portes ne sont pas équiprobables à l'origine et tout a foiré.

Pas étonnant que tout ait foiré puisque le joueur ne choisit plus au hasard sa porte. On parle d'un autre problème et les conclusions ne sont pas applicables au monty-hall classique--CactusJoe 22 juin 2007 à 10:18 (CEST)

On reprend le problème initial en ajoutant cette information: vous avez dragué l'assistante du présentateur, qui vous a dit être sure que la porte centrale cachait une chèvre. Vous choisissez en premier lieu la porte de droite.

Si le présentateur ouvre la porte centrale, je pense qu'on retrouve les 2/3-1/3 habituels. Mais si quelqu'un a un raisonnement béton contraire, qu'il le dise. La seule chose dont je suis tout à fait sûr, c'est que c'est au moins 1/2.

Si l'assistante dit que la porte centrale contient une chèvre (et que cette info est sure) alors c'est comme si la porte centrale était ouverte. Donc le joueur choisit parmi deux portes restantes (1/2) et le fait que le présentateur ouvre la porte centrale n'apporte aucune information et donc la proba reste de 1/2. En fait on aurait même pu retirer cette porte sans que le problème change. La différence avec le monty-hall c'est que dans le aversion classique le joueur fait son choix parmi trois portes (1/3)--CactusJoe 22 juin 2007 à 10:18 (CEST)

Le problème, c'est que tu raisonnes comme si le présentateur savait qu'on sait. Bourbaki 22 juin 2007 à 10:49 (CEST)

Absolument pas, peu importe qu'il sache ou pas puisqu'il ne fait que donner une info déjà connue en début de problème. On n'a même pas besoin de lui...

Mais il a refusé d'ouvrir l'autre porte. Et si tu raisonnais avec Bayes, tu verrais que ce n'est pas indifférent pour cette porte. Bourbaki 22 juin 2007 à 11:53 (CEST)

Tu penses compliquer mais tu simplifies le problème. Car en fait, il n'y a que deux portes dans ton problème car on sait que celle du milieu est vide. Tu en choisis une parmi les deux et ensuite le présentateur te donnera la solution ou pas en ouvrant la porte restante ou pas. Lui faire ouvrir la porte du milieu n'est qu'un artifice pour tenter de compliquer inutilement le problème, il pourrait fumer une cigarette que ça reviendrait au même. Maintenant on est d'accord que si on choisit entre deux portes, et que le présentateur révèle une chèvre derriere l'autre porte, Bayes nous dit effectivement que la voiture est derrière l'autre. Mais c'est un peu mesquin d'avoir recours à Bayes pour cela...

Par contre, s'il ouvre la porte de gauche, que faire? -Si on peut avoir confiance en l'assistante, alors les chances de gain sont 0 en changeant, 1 sans changer

évidemment puisque la porte centrale est éliminée du problème. On sait que le présentateur va choisir une porte avec une chèvre parmi deux portes dont l'une contient la voiture. Difficille de faire plus trivial...--CactusJoe 22 juin 2007 à 10:18 (CEST)

-Si elle ne sait rien et a dit ça juste pour se rendre intéressante, retour au problème habituel, et on a démontré un frooglepoopillon de fois que c'est 2/3-1/3.

Entièrement d'accord--CactusJoe 22 juin 2007 à 10:18 (CEST)

C'est absolument trivial, mais ça ne te choque pas de reporter la proba de la porte ouverte sur la tierce porte, alors que dans le cas précédent tu l'as reportée sur la porte choisie? Bourbaki 22 juin 2007 à 11:53 (CEST)

Dans le cas précédent la probabilité de gain du joueur ne varie que si un événement la fait varier. Dans le cas précédent "deux portes vides ouvertes" => la proba du joueur varie; une porte vide ouverte => "la proba du joueur ne varie pas". Tout est cohérent par contre toi tu admets que le même événement "une seule porte vide" => entraine parfois un report des probas, parfois pas... La seule différence c'est tu mets la proba du choix de la porte dans la balance. Or ce hasard n'entraine aucune contrainte...--CactusJoe 22 juin 2007 à 12:46 (CEST)

-Si énervée par la drague lourde elle a menti, alors les chances de gain sont 1 en changeant, 0 sans changer

De nouveau, si cette porte ne contient pas de chèvre c'est qu'elle contient la voiture et n'a même pas besoin du présentateur

On pourrait attribuer un paramètre p représentant la probabilité pour qu'elle dise vrai.

si il y a 8/10 pour qu'elle dise vrai, les deux autres portes ont chacune 4/10 de contenir la voiture tandis que la porte choisie par le joueur à 2/10. On suit la même logique et dès que le présentateur aura éliminé une porte avec une chèvre la proba de la porte restante sera de 8/10. --CactusJoe 22 juin 2007 à 10:18 (CEST)

Bien entendu, indépendament de savoir si la porte ouverte est celle qui avait 2/5 ou 1/5. Bourbaki 22 juin 2007 à 10:49 (CEST)

Je comprends pas, avant le choix du présentateur les deux portes restantes sont équiprobables.--CactusJoe 22 juin 2007 à 12:46 (CEST)

Et non seulement je ne sais pas comment trouver la formule exacte en fonction de p, mais je ne sais même pas déterminer p pour que les chances soient 1/2-1/2.

On ne peut donc pas se contenter de dire "la porte non choisie a autant de chances d'être la bonne que toutes les portes non choisies réunies au début du problème". On sait que ça marche dans le cas équiprobable. Reste à résoudre le cas non équiprobable pour justifier pourquoi…

Quelqu'un pense avoir assez bien compris le problème pour se lancer? Bourbaki 1 juin 2006 à 14:59 (CEST)

c'est fort simple p est la proba que la porte centrale cache une chèvre.

• Si p=1 alors il faut alors choisir (en premier) la porte centrale et l'on gagne à coup sur puisque le présentateur élimine l'autre chèvre.
• Si p=0 alors il faut alors choisir en second la porte centrale et l'on gagne à coup sur.
• Sinon le problème est insoluble (3 joueurs et objectifs flous) sans hypothèse suplementaire. Si l'on suppose aucune conivence entre le presentateur et l'assistante, et que le presentateur choisit au hasard entre les deux chevres alors
• la stratégie optimale consiste à choisir (en premier) la/une porte qui a le moins de la chance de contenir la voiture puis à changer son choix. Les chances de gains sont max( p, 1-p/2 ) >=3/2. (note: la règle que « la proba de la porte choisie en premier ne change pas » est toujours valable.  <STyx @ 2 juin 2006 à 03:15 (CEST)

Euh, je préfère largement les formules de Salle. Et tu devrais arrêter de regarder ça comme un duel, ça complique tout. Bien sûr que c'était une mauvaise stratégie de prendre une des portes les plus probables.

• je donnes justement les conditions nécessaire pour que ton problème compliqué se simplifie.  <STyx @ 2 juin 2006 à 17:40 (CEST)

Je ne vois pas comment tu peux encore maintenir qu'on a autant de chances de gagner sans changer que d'avoir bon du premier coup:

• tu as lu de travers  <STyx @ 2 juin 2006 à 17:40 (CEST)

... quand on sait que la porte 2 est mauvaise (le présentateur ignore qu'on sait), les chances sont de 1/2 pour la 1, 1/2 pour la 3. On choisit la 1, il ouvre la 3: maintenant la proba pour que la porte choisie initialement soit bonne est de 1. la règle que « la proba de la porte choisie en premier ne change pas » est vraie si la porte choisie initialement est forcément mauvaise ou que les 2 autres portes ont autant de chances d'être bonnes. Bourbaki 2 juin 2006 à 14:13 (CEST)

• elle est toujours vrai.  <STyx @ 2 juin 2006 à 17:40 (CEST)

D'accord avec Bourbaki. On a choisi initialement la porte 1 (événement P1), le présentateur a désigné la porte 2 comme abritant une chèvre (événement O2). On s'intéresse aux probabilités, sachant cela des trois événements Vi la voiture est derrière la porte i. D'après la formule (provient de Bayes) $P(V_{3}|P_{1}\cap O_{2})={\frac {p_{3}}{p_{3}+p_{1}/2}}$ (où p1, p2 et p3 sont les probabilités initiales que la voiture soit derrière la porte 1, 2 ou 3, leur somme vaut 1 ; elle valent 1/3, 1/3 1/3 dans le problème initial, sans secrétaire), sachant que $P(V_{2}|P_{1}\cap O_{2})=0$ (puisque il y a une chèvre derrière la porte 2), on trouve $P(V_{1}|P_{1}\cap O_{2})=1-{\frac {p_{3}}{p_{3}+p_{1}/2}}={\frac {p_{1}}{p_{1}+2p_{3}}}$. Et on vérifie facilement que ceci est égal à p1 si et seulement si (p3=p2ou p1=0).Salle 2 juin 2006 à 18:04 (CEST)

#Réponse de STyx à Salle

Proposition

Trois portes 1, 2 et 3 ; avec probabilités p1, p2, p3 de trouver une voiture derrière chacune respectivement (donc p1+p2+p3=1). Si je choisis intialement la porte p_i, mes chances de gagner en gardant la porte sont p_i, et elles sont 1-p_i en changeant de porte ; exemple d'application : si ta secrétaire te dit : je crois que la voiture est derrière la porte 1, avec une probabilité 1/2, et les deux autres sont équiprobables (donc plutôt de bonnes proba, par rapport à la situation équiprobable, c'est-à-dire si on ne sait rien), il y adeux tactiques : tu choisis cette porte, et après ouverture d'une porte par le présentateur, tu te retrouves avec deux portes équiprobables, c'est pas cool ; tu choisis une autre porte, elle reste avec sa proba 1/4 après ouverture d'une mauvaise porte, et ton choix devient 1/4-3/4, et le changement est encore plus efficace que dans la situation équiprobable. Moralité, le plus intéressant, c'est de choisir initialement la porte la moins probable, et de changer ; et moins la porte la moins probable est probable, plus tu as de chances de gagner. Est-ce que je réponds à la question?Salle 1 juin 2006 à 15:32 (CEST)

Faux.Salle 2 juin 2006 à 18:18 (CEST)

En fait, non, je ne fais pas le test de confiance en l'assistante ; mais c'est des événements indépendants, et ça ne doit pas être difficile à inclure.Salle 1 juin 2006 à 15:33 (CEST)

Pas si facile, hein? Notez, on peut conseiller de suivre le conseil de toute façon, pour pas vexer la fille… Mais c'est pas vraiment le but de la maneuvre.

J'avais voulu écrire une formule pour des ouvertures successives de portes, mais je m'aperçoit que tant que je n'aurais pas de formule pour les portes non équiprobables, je ne pourrais traiter le cas où on change plusieurs fois de porte. Mais on finira par y arriver. Bourbaki 1 juin 2006 à 17:07 (CEST)

Je me suis mal exprimé : si tu as des portes avec probas p1, p2 et p3 (peu importe comment on les obtient, que ce soit par une secrétaire fiable ou pas), ce que j'ai dit marche. Si tu as une secrétaire non fiable qui te donne des probas p1, p2 et p3, tu fais un calcul préalable pour obtenir les vraies probas p1', p'2 et p'3 sur les portes, et tu appliques ce que j'ai dit. Voilà.Salle 1 juin 2006 à 17:41 (CEST)

J'ai écrit une démonstration semi-formalisée sur ma page de brouillon ; les calculs sont lourds (ils doivent pouvoir être simplifiés), donc je ne copie pas ; mais je confirme le résultat, et je décris la stratégie optimale pour le contexte où le candidat sait que les trois portes ont des probas données d'abriter la voiture : choisir en premier lieu la porte ayant le moins de chances d'abriter la voiture puis changer ; c'est le résultat naturel.Salle 1 juin 2006 à 19:53 (CEST)

Je trouve de même avec un arbre. Très interressant: finalement l'idée de dire que la porte restante avait les probabilités de toutes les portes non choisies semble ne marcher que par coïncidence. Je pense malgré cela que ça marchera encore avec n portes.

C'est encore plus surprenant qu'on s'y attendait: on peut obtenir 2/3-1/3 après ouverture en partant de 1/2-1/2-0.

Bon, Frege-Brouwer, là je suis vraiment désolé, mais j'ai l'impression qu'il y a certaines démonstrations expliquées sur la page et que tu sembles avoir adoptées en partie (je ne sais pas si je les ai moi-même employées sur la page de discussion) qui donnent le bon résultat par hasard alors qu'elles sont infondées. Bourbaki 1 juin 2006 à 20:57 (CEST)

En fait, non ; d'après la formule, en partant de 1/2 1/2 0, tu trouves : si tu choisis d'abord une des deux premières portes, après intervention du présentateur, tu gardes 1/2 1/2 ; si tu choisis d'abord la dernière porte, après intervention du présentateur, tu te retrouves à 1 -0. C'est-à-dire dans ce cas, la stratégie choisir d'abord la porte à proba 0, puis changer est gagnante à coup sûr. Et puis, ce n'est pas étonnant que tu trouves pareil avec un arbre ; j'ai juste écrit les calculs parce que mon raisonnement avec un arbre ne t'avait pas convaincu. Enfin, le point clé de toute l'histoire, (on suppose que le choix initial de la porte a été fait : porte 1) c'est de comparer P(V1|P1) (proba que la voiture soit derrière la porte 1, sachant que c'est celle qu'on a choisi au départ), et P(V1|P1 et O2) (même chose sachant de plus que le présentateur a montré une chèvre derrière la porte 2) ; on a tendance à dire naturellement que ces deux probas sont égales (et égales à 1/3 dans le problème initial). La question est : comment le montrer? Je n'ai pas envie de la relire, mais je suis à peu près convaincu que Frege- Brouwer avait implicitement admis cette égalité dans sa démo générale et définitive. La méthode naturelle pour la montrer est la formule de Bayes : l'énoncé fournit précisément P(P1 et O2|V1 et P1) (c'est 1/2), et la formule de Bayes donne très exactement le passage de l'un à l'autre.Salle 2 juin 2006 à 09:33 (CEST)

P.S.:j'avais effectivement oublié de le dire: la situation que j'employais commence effectivement par un choix stupide. Mais c'était la situation qui mettait le plus en évidence le point que je soulevais. Bourbaki 1 juin 2006 à 21:00 (CEST)

Euh, Salle, tu réponds un peu à la mauvaise question: la probabilité qui nous intéressait, c'était celle-là:

$P(P_{1}\cap O_{2}\cap V_{3}|P_{1}\cap O_{2})={\frac {p_{3}q_{1}}{p_{3}q_{1}+p_{1}q_{1}/2}}={\frac {p_{3}}{p_{3}+p_{1}/2}}$

Réadditionner (enfin, c'est plus compliqué qu'une addition mais je connais pas de verbe) les probabilités des différents cas où la voiture était derrière la troisième porte, ça donnait forcément p3, mais ce n'est pas le plus interressant ici; le fait que l'espérance gobale soit de 1/3 en changeant était attendu aussi; mais ce qui nous intéresse, c'est de voir que la probabilité que la 3 soit bonne sachant que cette la 1 a été choisie et la 2 ouverte est de ${\frac {p_{3}}{p_{3}+p_{1}/2}}$. Et le mieux, c'est que quand on savait que la 2 était mauvaise, qu'on choisit la 1 et que la 2 est ouverte, la probabilité que la 3 soit bonne devient quand même de 2/3. Bourbaki 2 juin 2006 à 14:13 (CEST)

Je ne vois pas vraiment ce que tu veux dire ; il me semble que les calculs que j'ai faits répondent aux diverses questions que tu évoques ; donc je maintiens mon post précédent : le point clé est d'évaluer une certaine proba conditionnelle, et ça se fait avec la formule de Bayes, et dans nos raisonnements intuitifs, on a tendance à admettre ce point implicitement (n'est-ce pas ce que tu fais en disant ça donnait forcément p3 et le fait que l'espérance gobale soit de 1/3 en changeant était attendu aussi?). Après, une remarque supplémentaire : le calcul que j'ai donné permet aussi de traiter un problème légèrement modifié. Le joueur ne choisit pas la porte initiale : elle est donnée par une certaine loi de proba ; ensuite, le présentateur fait son boulot ; enfin, le joueur choisit juste de changer ou non, quand il reste deux portes. La formule permet de trouver la meilleure stratégie, pour p1, p2, p3, q1, q2, q3 donnés.Salle 2 juin 2006 à 16:08 (CEST)

Ce qui m'intéressait, c'était de savoir ce qu'il fallait faire après choix de la première porte et ouverture de la seconde porte. La probabilité globale calculée sur tous les cas de choix et d'ouverture nous renseigne sur la stratégie la plus efficace globalement. Mais il s'agissait justement de montrer qu'il existe des cas pathologiques dans lesquels le choix n'est pas la meilleure stratégie. C'est pour ça que je te dis que le calcul qui m'interressait était surtout $P(P_{1}\cap O_{2}\cap V_{3}|P_{1}\cap O_{2})$ et non P(C | P1). Bourbaki 2 juin 2006 à 17:15 (CEST)

OK, d'accord. Je me suis effectivement lamentablement vautré dans un message précédent. DésoléSalle 2 juin 2006 à 18:04 (CEST)

Conclusion : Résolution des problèmes

• Pour éviter la théorie des jeux (problème minmax) on est obligé de supposer que « le présentateur choisi au hasard quand il le peut ». (sinon je crois que cela ne change rien, mais c'est beaucoup plus difficile à prouver).

• la règle a retenir est : « la proba de la porte choisie en premier ne change pas ».

Non, je t'assure que c'est faux. D'ailleurs, je viens de faire une vérification numérique (10 000 tests) qui confirme la formule qu'on t'a donné.Salle 2 juin 2006 à 18:51 (CEST)

• car le présentateur ne peut choisir cette porte. La V.A. "contenu de la porte" est donc indépendante de « l'opération de "choix" du présentateur. »

Je ne peux que te répondre non. D'abord parce que j'ai fait des simulations numériques, et que j'ai fait un calcul théorique qui sont cohérents entre eux, et qui montrent le contraire. Je t'encourage à les faire pour le constater aussi (as-tu lu les calculs sur ma page de brouillon? as-tu fait une simulation numérique qui soutient ton propos?). Ensuite parce que l'idée même que ces va soient indépendantes quand on sait que le présentateur n'a pas le droit d'ouvrir une porte cachant une voiture me paraît curieuse.Salle 3 juin 2006 à 11:24 (CEST)

#Réponse de STyx à Salle

• la stratégie optimale consiste à choisir (en premier) la/une porte qui a le moins de la chance de contenir la voiture puis à changer son choix.
• Les chances de gain de la voiture G sont donc : $G=1-p_{m}$ où $m={\hbox{argmin}}_{i}\{p_{i}\}$.

• Le premier problème de Bourbaki correspond à $p_{2}=1-p$, $p_{1}=p_{3}=p/2$.
• Donc : m=2 et G=p si p>=3/2. m=1 ou 3 et G=1-p/2 si p<=3/2.
• Finalement $G=\max(p,1-p/2)$ (donc $G>=3/2$).

Voilà, j'espère que cela satisfera Bourbaki, et qu'il pourra nous pondre un chapitre supplementaire. :)   <STyx @ 2 juin 2006 à 18:32 (CEST)

Je me lance là-dedans. Premier objectif: complèter la superformule de bilan des variantes de Delahaye. Deuxième objectif: redémontrer la formule sur laquelle Frege et moi sommes d'accord pour n portes, et trouver une condition minimale pour qu'elle soit vérifiée (je suis sûr qu'on peut trouver plus faible que "toutes les portes sont équiprobables", on a trouvé plus faible pour n=3). Ensuite, le cas de rafales d'ouvertures successives.

Pour le cas quantique, je peux pas faire grand-chose. Malheureusement je n'ai aucune source en français sur le sujet, et pas les compétences pour comprendre des articles de physique quantique en anglais.

Frege a évoqué le cas d'un nombre de portes infinies… Honnètement, je pense que le problème "Monty Hall dans l'hôtel de Hilbert" risque d'être d'un trop haut niveau pour nous. C'est tellement dûr de ne pas dire de bétises quand on manipule des infinis…

STyx, je n'aime pas considèrer le présentateur comme un adversaire parce que si on lui donne le droit d'ouvrir la porte choisie, on retrouve 1 chance sur 2… Sans compter qu'il aurait intérêt à chercher à induire le candidat en erreur… Je préfère supposer qu'on a un "Jean-Pierre Foucault" comme présentateur (à "qui veut gagner des millions", il réconforte toujours les candidats, et leur dit que lui non plusne sait pas quand ils sèchent… ). Bourbaki 2 juin 2006 à 21:27 (CEST)

Bon, sinon, pour Frege: désolé, mais on vient de remettre en cause un postulat utilisé aussi bien par toi que par Delahaye, donc il faut qu'on reréfléchisse très sérieusement au problème dans son ensemble avant de se prononcer sur ton raisonnement. Tes résultats, j'ai parfaitement confiance en eux. Mais pour la démarche, je suis en train de me demander si ça concorde avec le bon résultat par coïncidence ou si on peut démontrer que ta démarche est rigoureuse, enfin dans le cas d'équiprobabilité. Comme l'homme descend du singe, le salut est probablement dans les arbres. Affaire à suivre. Si Frege et Brouwer sont aussi géniaux que ça, j'ai trouvé quelqu'un d'aussi orgueilleux que moi dans le choix de son pseudo. J'imagine que j'ai pas besoin d'expliquer pourquoi. À propos, laisseras-tu un lien rouge pointant vers la page de ton idole? Bon, affaire à suivre pour le Monty Hall. Je reviendrai quand j'aurais quelque chose de nouveau. Bourbaki 2 juin 2006 à 22:55 (CEST)

De Gottlob Frege, je conseille "Sens et dénotation" pour commencer à être sérieux. C'est difficile, mais ça rend intelligent ! Pour Brouwer, je n'ai rien trouver d'autre que le lien vers la logique intuitionniste (j'ai mis ça un peu plus haut). Tu aura peut-être deviné que c'est ton pseudo qui m'a incité à choisir le mien. Au delà des compétences mathématiques de Frege et Brouwer, l'important c'est leur philosophie des mathématiques. Frege est un réaliste pour qui les mathématiques ne sont pas qu'un jeu mais bien l'expression d'une vérité qui existe indépedemment du fait qu'on la pense. Quant à Brouwer, je le connais nettement moins bien. Mais il me semble que son approche consiste à rattacher le réalisme mathématique de Frege à l'intuition. En tous cas, il est certain qu'ils se sont tous les deux opposés au formalisme de Hilbert. L'intérêt de ma démarche, c'est bien un mixte des deux : arriver à formuler une solution qui, ne rejettant pas l'intuition, soit compréhensible intuitivement par le commun des mortels, et en plus, la prouver.

Que le présentateur choisissent les portes au hasard ou pas ne change rien au fond du problème. Ca change seulement la philosophie du jeu. Le jeu, c'est de laisser 2/3 (n-1/n) de chance à un joueur avisé. Si le présentateur choisi au hasard, alors le joueur n'aura plus qu'un tiers de chance de gagner (1/n), car le présentateur peut tomber sur un porte.

Avec ma solution, j'arrive au résultat suivant : il ne faut pas choisir la porte à voiture au départ. Si on avait 3 portes, une à 7/10 de chance d'avoir la voiture, une à 2/10 et une à 1/10, en appliquant la même règle (ne pas choisir une porte à voiture), il vaudrait donc mieux prendre la porte à 1/10. Effectivement, le présentateur ouvrira plutôt celle à 2/10 puisque c'est plutôt celle à 8/10 qui doit avoir la voiture. Et on finira en prenant la porte restante du présentateur. Donc, ma méthode continue à régler le problème élégament, c'est-à-dire sans calculs compliqués.

Mettre un nombre de portes infini ne change strictement rien à l'affaire. Ca n'a rien a voir avec l'histoire de l'hôtel de Hilbert. Avec un nombre de portes infini, on a 1/infini pour la proba de la porte du joueur, soit 0, donc le choix de la porte restante aura une proba de 1.

Je n'ai pas compris quel est le postulat que j'utilise et que tu aurais remis en cause ???

Je reviens sur le pseudo paradoxe de la belle au bois dormant. J'ai lu avec plus d'attention l'article de Pour la sciences. Il est clair que son auteur est un dangereux crétin qui par ses propositions délirantes exaltent les jeunes esprits et les éloignent de la vérité. Pour la Sciences est donc bien une revue de fumistes. Ecrire que "le fait qu'une pièce de monnaie ne soit pas truquée ne signifie pas qu'on doive observer autant de pile que de face" est une fumisterie honteuse. Et ajouter "le seul fait de proposer un pari constitue parfois une information qui change les évaluations de probabilités" de même (pp. 101 et 102). La question étant "quelle probabilités attribuez vous au tirage du dimanche soir", la réponse est 1/2 pour pile, 1/2 pour face, un point c'est tout. Quand on change le jeu et qu'on fait parier à chaque réveil, vue qu'il y a deux réveils pour pile, mieux vaut dire tout le temps pile pour gagner plus. Mais le jeu a alors changé. Cela dit, à la question de départ, la réponse reste la même. Le "pari du directeur" ne fait que venir contrer cet "effet de loupe" en disant qu'on ne parie que le lundi, c'est-à-dire une fois pour pile et une fois pour face. Qu'on puisse ensuie se creuser la tête pour formaliser cette affaire de paris, c'est une chose légitime du point du vue des mathématiques. Qu'on prétende par contre qu'il y a paradoxe, ou semblant de paradoxe, et qu'on conclue que les probabilités d'un tirage au sort "physique" varient en fonction d'un pari "logique", c'est vraiment de la grosse fumisterie. Parole de Frege, de Brouwer, de Hilbert, de Bourbaki et de n'importe qui à qui on ne fait pas prendre des vessies pour des lanternes ! Ce que cela nous apprend c'est que le royaume des mathématiques n'est pas peuplé que de gens sérieux !

Sur ce, bonnes statistiques à tous, et gare aux illusionnistes !

Frege-Brouwer. 3 juin 2006 à 0:42.

Là c'est exactement ce que je craignais… Il faut vraiment considèrer les probabilités en fonction des informations dont on dispose, pas des événements.

Pour le cas d'un nombre infini de portes, je pense que certains de nos raisonnements sont encore valables, mais méfions-nous. Par exemple, est-il IMPOSSIBLE de désigner la bonne porte en premier choix parmi une infinité? Et puis excuse-moi, mais parler d'une infinité de probabilités nulles dont la somme vaut 1, ça m'a l'air très dangereux. Comme je n'ai jamais eu de cours sur les hyperréels, je pense qu'on risque de dire des énormités. Pour les cas des infinis, pas question d'écrire quoi que ce soit dans la page de l'article tant que ça n'aura pas été vérifié par exemple par un rédacteur de Quadrature (journal de maths qui a déjà abordé la question du tirage de boules dans une urne infinie).

Par l'exemple de la drague de l'assistante, on a démontré que la proposition "la porte choisie initialement a sa probabilité d'être bonne inchangée" est soumise à conditions sur les probabilités initiales. Plus précisement, après une bonne heure de calcul, quel que soit le nombre de portes à l'origine, le nombre de portes choisies et le nombre de portes ouvertes (enfin, il doit rester au moins une porte non choisie fermée, et bien sûr on n'ouvre pas les portes choisies), les portes choisies ont leur probabilité d'être bonnes inchangées si la probabilité moyenne d'être bonnes des portes qui ont été ouvertes était égale avant ouverture à la probabilité moyenne d'être bonnes des portes non choisies (avant ouverture). C'est tout sauf intuitif, mais au moins ta formule est parfaitement valide dans le cas d'équiprobabilité.

Sauf que je ne sais vraiment pas si on peut dire alors que le raisonnement est bon. Comment "vois"-tu que cette probabilité est inchangée? Mon intuition à moi ne distinguait pas efficacement les cas où ça marche des autres. J'ai donc plus confiance dans les arbres pondèrés qu'en elle.

Désolé, je ne peux pas te dire si ton intuition a concordé avec la bonne réponse par hasard ou si tu as perçu inconsciemment que les conditions te donnaient le droit d'utiliser cette invariance. Honnètement, je me méfie toujours quand j'entend le mot "intuition" en probabilités. Bourbaki 3 juin 2006 à 12:47 (CEST)

Réponse de STyx à Salle

(je réponds ici car on ne s'y retrouve plus.)

• Salle: $P(V_{3}|P_{1}\cap O_{2})={\frac {p_{3}}{p_{3}+p_{1}/2}}$

• STyx: Que d'erreurs !! :(

on va voir

1. $P(V_{3}|P_{1}\cap O_{2})$ est un abus de langage : confusion entre notation propositionnelle et notation ensembliste.

non

1. la v.a. P_i n'a pas de sens (ce n'est pas un aleas)

si dans le modèle que j'ai choisi, qui généralise le problème.

1. la v.a. O_i n'a donc pas plus de sens car sa valeur serait subordonnée à celle de P_i

si, mais l'énoncé fixe effectivement sa probabilté conditionnelle en fonction des P_j.

1. ce qu'il est correcte d'introduire, c'est $O_{ij}\;$ la v.a. associée à « le présentateur, qui doit "choisir" entre i et j, ouvre la porte i » pour tout (i,j) : $\{i,j,k\}=\{1,2,3\}$

on peut effectivement aussi faire comme ça

1. on a bien $P(V_{3}|O_{23})={p_{3} \over p_{3}+p_{1}/2}$
2. MAIS ce calcul et les calculs similaires sont sans rapport (direct) avec les chances de gain du joueur

ah bon? voilà qui est bien étonnant. Et tout à fait faux.

1. donc cela ne contredit en rien ce que j'ai dit

Toujours, si.

1. l'erreur première consiste à faire appel aux proba. cond. là où il n'y en a pas.

Encore une fois, tu devrais faire plus attention à ce dont on parle.

  <STyx @ 6 juin 2006 à 03:31 (CEST)

Donc, tu ne m'as pas convaincu que mon raisonnement était faux, je te suggère de retenter ta chance ; et tu as superbement dédaigné de parler de vérification numérique (ce n'est pourtant pas bien difficile à faire) où il n'y a pas de possibilité d'erreur de raisonnement ou de pseudo-paradoxe, hein? Ca te permettrait pourtant de te rendre vite compte que tu te trompes. Enfin, je regrette que tu ne prennes même pas la peine de réfléchir avant de répondre. :(Salle 10 juin 2006 à 00:16 (CEST)

PS: Pour une réponse complète voir Utilisateur:STyx/Paradoxes probabilistes

• je regrette que tu ne prennes même pas la peine de me lire avant de répondre. Utilisateur:STyx/Paradoxes probabilistes me semble être une reflexion suffisante.   <STyx @ 10 juin 2006 à 00:46 (CEST)

Une autre approche

Bon je tiens à préciser que j'ai tout lu :) Cependant j'aimerais soumettre une autre approche de ce problème. l s'agit de se mettre dans la peau du candidat. Car j'ai envie d'objecter lorsque je lis les statistiques sur un grand nombre de coup (statistiques qui amènent au résultat 2/3) que le joueur lui n'a droit qu'à un et un seul coup !

Et il me semble que tout le monde est d'accord pour dire que l'intitulé du problème, au mot près, conditionne le résultat final des calculs probabilistes. Or dans l'intitulé il n'est pas mentionné que le joueur n'a droit qu'à un et un seul essai. Cela semble évident mais devrait tout de même être pris en compte ;-)

Donc le jeu commence, le joueur choisit une porte, le présentateur en ouvre une autre derrière laquelle se trouve une chèvre. Que se passe-t-il ensuite ? Le joueur doit choisir de conserver son choix initial ou de changer. Mais il n'a qu'un et un seul essai ! Mettez-vous dans la peau du joueur. N'est-il pas possible de reformuler le problème ainsi à l'instant t ou il doit faire son choix : "Ai-je choisi la bonne porte au début ou la mauvaise ?" Si j'ai choisi la bonne il ne faut surtout pas que je change pour gagner. Si j'ai choisi la mauvaise il faut absolument que je change pour gagner.

Rien d'autre n'intérresse le joueur à cet instant t ! Soit il a fait le bon choix initial, soit il a fait le mauvais ! Il ne peut pas savoir et il est donc obligé de choisir au hasard, ou par intuition, s'il garde son choix initial ou s'il le change. A cet instant t pour le joueur et uniquement pour le joueur qui n'a droit qu'à un et un seul essai, il a bel et bien une chance sur deux de gagner. Peu importe qu'il change ou pas, c'est le hasard, soit il a fait le bon choix initial soit le mauvais. Changer en esperant maximiser ses chances alors que le choix initial est bon est une erreur monumentale ! Conserver alors que le choix initial était mauvais est une erreur du même accabit. Le joueur doit donc au hasard, par intuition, faire le bon choix entre deux ! 50% de gagner et 50% de perdre !--Baba au rhum 6 février 2007 à 15:31 (CET)

Ben, ce que tu dis, ça revient à : voilà, j'ai un choix à faire, je ne peux pas avoir de certitude sur la bonne solution, j'ai une information supplémentaire qui me permet de dire qu'un choix a plus de chance de se révéler bon que l'autre, mais comme ce n'est pas sûr, je n'en tiens pas compte. Tiens, c'est peut-être parce que les gens font des raisonnements comme ça que c'est si souvent le mauvais candidat qui est élu ?Salle 6 février 2007 à 18:27 (CET)

Pour les jugements de valeur sur les candidats je ne m'engagerai par sur ce terrain ;-) Sinon pour revenir au jeu de Monty Hall, ce que je veux dire c'est qu'il existe pour moi un paradoxe. Ce jeu est même très traitre. A la fin du jeu le joueur doit choisir entre deux portes. Il a le choix de prendre soit l'une soit l'autre, il est totalement libre. Il n'a droit qu'a un seul et unique essai ! Il à 50% de chances de gagner ou de perdre. Qu'il ai choisit une porte parmi trois au début est une pirouette qui permet de dire que chaque porte à 1/3 de chance de cacher la voiture. Que le présentateur ouvre une porte cachant une chèvre est une feinte. Car la porte que ni le présentateur ni le joueur n'a choisi possède toujours 1/3 de chance de cacher la voiture. Elle ne récupère pas l'intégralité de la probabilité de la porte ouverte par le présentateur soit 1/3 pour passer à 2/3 !

--Baba au rhum 9 février 2007 à 16:42 (CET)

Justement si. Faut lire l'article en entier, même section Bayes. Bourbaki 3 mars 2007 à 20:57 (CET)

Ben oui j'ai tout lu. Ce que je dit c'est qu'on trouve ce qu'on veut bien trouver. Pour Bayes : "Soit B1,B2,...,Bn est un ensemble d'évènements à la fois exhaustifs et mutuellement exclusifs,"

Comment appliquer Bayes si les évènements ne sont pas mutuellement exclusifs ? Ce n'est pas rigoureux et à la fois rigoureux selon comment le problème est tourné. Or la règle du jeu tourne le problème dans un sens tandis que le joueur tourne le problème dans un autre sens, d'où le paradoxe.--Baba au rhum 29 mars 2007 à 15:12 (CEST)

Hum, j'ai l'impression que tu as du mal à intègrer le fait que les calculs menés en raisonnant avec des probabilités absolus sont valables à l'échelle d'un seul tirage. La probabilité n'est pas 1/2 du point de vue du joueur, c'est juste que le joueur idiot croit que c'est 1/2. Bourbaki 29 mars 2007 à 18:02 (CEST)

En fait comme j'ai intitulé cette section ainsi puisqu'il s'agit d'une autre approche. Je l'ai écrit, mathématiquement on peut prouver ce qu'on veut puisqu'on prouve ce qu'on veut prouver. Mais cet outil n'est aucunement garant d'une quelconque vérité. Pour moi il existe un paradoxe et aucun outil mathématique présenté ici ne peut le résoudre. C'est pour ça que j'écrivais que si les événements ne sont pas mutuellement exclusifs Bayes tombe à l'eau. En revanche le paradoxe ne me gênant pas je ne chercherais pas à le supprimer par un autre moyen... --Baba au rhum 30 mars 2007 à 15:46 (CEST)

Là désolé, mais je ne vois pas sur quoi tu te bases. Qu'est-ce qui te pose problème et que veux-tu montrer? Et surtout, que refuses-tu dans les démonstrations qui sont faites? Et quel résultat paradoxal mets-tu en avant? Bourbaki 30 mars 2007 à 15:59 (CEST)

Euh non rien ne me pose problème ici, c'est juste que pour moi il est juste d'évoquer "Le paradoxe de Monty Hall" puisqu'il y à, pour moi, paradoxe. Je me base sur mes propres intuitons, perceptions et réflexions. En fait cela relève plus d'une aporie philosophique qu'autre chose. Les démonstrations qui sont faîtes me conviennent au niveau purement mathématique, je déplorais juste le manque de démonstration quant au caractère paradoxal du problème de Monty Hall. Pour tenter de reformuler comment le paradoxe s'impose à moi j'écrirais que le paradoxe se situe au niveau du jeu entre la règle qui cautionne l'outil mathématique utilisé qui est transcendant et la réalité immanente de ceux qui jouent.--Baba au rhum 30 mars 2007 à 17:57 (CEST)

Tu veux dire leur intuition? Eh oui, dès que Bayes intervient, la bonne réponse n'est pas la plus intuitive. Note que le problème est caractérisé "paradoxe probabiliste", mais je pense pas qu'il faille renommer. Bourbaki 2 avril 2007 à 12:40 (CEST)

rectificatif

Le débat sur ce problème me semble assez stérile car le web pullule de simulateurs qui permettent de vérifier la véracité du 1/3 2/3. Si vous n'avez pas confiance en ces programmes, faites le test avec un partenaire et vous serez convaincus...

Par contre, je suis horrifié lorsque je lis ceci sur le wiki:

"Si une des portes non choisies s'ouvrait par accident et révèlait une chèvre, les probabilités passeraient effectivement à 1/2 contre 1/2 (voir en particulier à ce sujet les variantes). "

Il y a plusieurs moyens pour renvoyer cette atrocité dans les limbes.

1) Le participant a une chance sur trois d'avoir choisit la bonne porte et gardera cette probabilité jusqu'au moment ou la solution sera révélée. C'est le fondement des probas

Lisez donc la section "with a little help from my girlfriend", vous verez qu'il est intenable de dire que la proba de la porte initiale ne change jamais.

la proba ne change pas tant qu'un événement ne vient pas la changer. Ca s'appelle une proba conditionelle. Or l'événement "ouvir une porte avec une chèvre" ne change pas la proba comme démontré dans le "cas général". Peu importe les raisons qui ont poussé cet événement à se produire--CactusJoe 21 juin 2007 à 13:49 (CEST)

Vous avez lu le cas de "with a little help from my girlfriend"? Dans ce cas-là, les probas changent. Pourtant la différence avec le cas général est une hypothèse qu'on pense rarement à expliciter. Non, dans le cas général, la formule est bien plus compliquée. Bourbaki 21 juin 2007 à 19:53 (CEST)

Si tu ne lis pas ce que j'écrit, cette discussion est sans issue. Une proba n'est conditionnée que par un événement. Cite moi ton événement ou argumente au lieu de répéter la même chose--CactusJoe 22 juin 2007 à 08:51 (CEST)

Ce n'est que dans un cas très particulier qu'on a démontré que ça ne changeait pas. Ou alors, j'aimerais bien voir ton argument pour prouver que ça ne change pas dans l'autre section, au cas où tu l'aurais réellement lue. Bourbaki 22 juin 2007 à 09:40 (CEST)

Désolé, je sais par éxpérience que lorsqu'on dévie sur un autre problème on ne s'en sort plus. Dis moi sur quoi tu te bases pour affirmer qu'autre chose qu'un événement peut conditionner une proba. Surement pas sur Bayes...De nouveau aucune réponse à mes questioons, ça devient lassant...--CactusJoe 22 juin 2007 à 09:57 (CEST)

2) Imaginons que le présentateur s'apprête à ouvrir la porte et brusquement un coup de vent ouvre la porte ciblée par le présentateur. Quelles sont les probas? He bien elles n'ont jamais variés et le joueur a toujour 1/3 d'avoir choisit la bonne, je vous laisse calculer les probas de la porte restante.

Ce n'est pas la même chose. Si le présentateur s'apprêtait à l'ouvrir, on sait déjà que c'est une porte qu'il a le droit d'ouvrir.

Mauvais raisonnement, Si la porte ouverte révèle une chèvre c'est que le présentateur pouvait l'ouvrir. La seule chose qui compte c'est qu'il ouvre la porte avec la chèvre. Et maintenant imaginons qu'on ne sait pas si le présentateur a tiré au hasard ou pas. Cela voudrait dire qu'on ne peut pas donner de solution à ce problème. Ca ne tient évidemment pas debout.

Quand on dit "évidemment" c'est sûr qu'on n'en sait rien.

Là ça devient comique, donc le joueur choisit sa porte avec sa proba de 1/3 et ensuite un événement "une porte avec une chèvre s'ouvre" et cet événement ,d'après toi, rend la proba incalculable car on ne connaissait pas sa proba. On connaissait les probas conditionelle, tu viens d'inventer la proba déconditionelle. Après tout pourquoi pas mais attends tout de même la validation du monde mathématique avant de présenter cette invention comme acquise...--CactusJoe 22 juin 2007 à 08:51 (CEST)

Attention, si la porte s'ouvre au hasard, on passe à trois issues possibles : gain, perte, annulation de la manche. Bourbaki 21 juin 2007 à 19:53 (CEST)

Quelles issues?? La porte est ouverte et la chèvre te regarde d'un air interrogatif. Quelles sont les 3 issues??Comprends-tu que le problème commence à ce moment-là?--CactusJoe 22 juin 2007 à 08:51 (CEST)

Non, l'arrangement habituel est que si une porte cachant une chèvre est ouverte avant que le choix du joueur soit arrêté, on recommence le jeu (variante Delahaye). Si tu n'aimes pas cette règle-là, il faut en inventer une autre, mais ce cas n'est de toute manière pas prévu par les règles traditionnelles. Bourbaki 22 juin 2007 à 09:40 (CEST)

De quel problème parle-tu. Le monty-hall est clair, le joueur choisit et ensuite le présentateur ouvre une porte (parmi les deux restnates) avec la chèvre. Il ne s'agit pas d'aimer ou pas cette règle, c'est écrit dans l'énoncé... --CactusJoe 22 juin 2007 à 10:29 (CEST)

3) Certains font appel à Bayes pour résoudre ce problème.

a)Les uns calculant la proba du joueur d'avoir choisit la bonne porte sachant que le présentateur a ouvert une porte avec une chèvre. Tout le monde aura noté l'anachronisme: c'est d'abord le joueur qui choisit!

C'est pour ça qu'on fait l'inverse.

b) les autres , plus subtilement, calculent la proba du présentateur d'ouvrir au hasard une porte avec chèvre et recalculent la proba initiale du joueur sachant la proba du présentateur. Là le problème c'est que Bayes n'a jamais dit qu une proba pouvait être conditionnée par une autre proba mais seulement par un événement. De plus, il y a toujours ce problème d'anachronisme car quoi qu'on en dise le joueur choisit librement, mais pas le présentateur puisque l'énoncé l'oblige à montrer une chèvre.

Ce qu'on fait, c'est qu'on évalue la probabilité pour que le présentateur ouvre cette porte-là et que la chèvre soit à chaque endroit, puis on bayesise pour en déduire la probabilité de chaque position de la chèvre.

La porte est ouverte et la chèvre est là, c'est inutile de calculer la probabilité de cet événement qui est de 1. Peu importe les chances qu'il avait de se produire puisqu'il s'est déjà produit. Ce raisonnement serait valable si le présentateur n'avait ouvert aucune porte, or dans l'exercice la porte est déjà ouverte. Exemple simple: si je joue à un jeu ou je dois faire deux six consécutivement avec un dé. Dès que j'ai fait le premier 6, mes chances de gain passent à 1/6. Peu importe que j'avais une 1/36 avant de lancer le dé...--CactusJoe 21 juin 2007 à 13:49 (CEST)

?????? Les cas d'utilisation de Bayes que j'ai dans mon cours de probas seraient refusés par un raisonnement pareil. Bourbaki 21 juin 2007 à 19:53 (CEST)

De quoi tu parles, des dés?--CactusJoe 22 juin 2007 à 08:51 (CEST)

Non, du test de maladie. Bourbaki 22 juin 2007 à 09:40 (CEST)

Encore du flood, si tu veux parler d'un autre problème cree une rubrique...

Pour finir, je pense que c'est cette notion de choix "obligé" du présentateur qui sème la confusion. Tout le monde croit que le présentateur qui choisit au hasard a le droit d'ouvrir la porte de la voiture. Or il n'en est rien puisque l'énoncé commence au moment ou il a déjà ouvert la porte avec la chèvre. Maintenant je comprends aisément que pour un esprit cartésien, il est clair que le présentateur doit savoir ce qu'il y a derrière les portes mais si par miracle il arrivait à les ouvrir chanceusement , ça ne changerait strictement rien.

Dans le même style:

-Lors de la fête des rois, chacun reçoit un morceau de gâteau: he bien même si certains ont déjà mangé une partie de leur morceau de gateau et d'autres pas, chacun a exactement les même chances de trouver la fève tant que son morceau est suffisamment gros pour dissimuler une fève.

-Si vous prenez un billet à gratter avec d'autres personnes, vos chances de gains resteront identiques même si vous grattez votre billet après que tous les autres aient perdu (sauf evidemment si vous saviez qu'au moins un des billets du groupe était gagnant)

Non, parce que quand une porte autre que celle choisie est ouverte accidentellement, il y avait un risque pour que la porte ouverte soit celle cachant la voiture. Or ce risque est nul quand on a choisi la bonne porte au déut. Voilà pourquoi une ouverture accidentelle favorise plus la porte choisie en premier lieu que l'ouverture normale. Faites un arbre si vous n'êtes toujours pas convaincu. Bourbaki 20 juin 2007 à 21:54 (CEST)

Encore une fois même si le présentateur avait une chance sur 1000000 de choisir la porte vide, peu importe puisqu'il l'a fait. Il faut juste comprendre que le joueur fait son choix en toute indépendance puisqu'il choisit en premier. Ensuite le présentateur peut ouvrir une porte avec chèvre ou danser le sirtaki, seul un événement pertinent pourra modifier cette proba. Et on se moque de savoir quelles étaient les probas de cet événement lorsqu'il s'est produit. Les probas ne calculent pas le passé si il est connu.

Exemple d'événement pertinent, je choisit une carte dans un paquet et quelqu'un me dit que la carte que j'ai choisie est rouge. La proba passe de 1/52 à 1/26 car je sais (j'en suis certain) que je peux éliminer les cartes noires.--CactusJoe 21 juin 2007 à 13:49 (CEST)

Bof. Le problème dans sa forme classique permet d'otenir le vrai résultat comme ça, mais c'est vraiment par hasard. Non, vraiment, faut tracer un arbre. Quoique je pense que c'est l'utilité de Bayes en général qui n'est pas bien comprise.

Je crois que certains sortent Bayes pour tout et n'importe quoi mais de nouveau ce genre de remarque ne contient aucune argumentation--CactusJoe 22 juin 2007 à 08:51 (CEST)

Tiens, tu connais le test de maladie selon Bayes? Pour une maladie qui touche une personne sur mille et dont le test se trompe une fois sur cent (dans les deux sens) quelle est la probabilité d'être contaminé si le test est positif? Je dois d'abord te demander ça pour voir comment tu utilises Bayes. Bourbaki 21 juin 2007 à 21:37 (CEST)

J'ai trouvé, j'ai trouvé !! S'il ne revient pas, tu me diras la réponse pour que je vérifie si j'ai juste ? Salle 21 juin 2007 à 22:23 (CEST)

Ca c'est typique d'une absence d'argumentation, tu n'as déjà plus rien à dire sur ce problème. Si tu veux parler d'un autre problème crée une autre rubrique et j'y participerai ou pas, je verrai...

En fait comme je le craignais tes interventions n'ont pour but que de poulluer ce fil pour le rendre illisible. Un bel exemple d'ouverture d'esprit...

--CactusJoe 22 juin 2007 à 08:51 (CEST)

Tu ne comprends pas du tout comment fonctionne la démo avc Bayes. Il faut bien que je vérifie si tu comprends Bayes en général pour voir par où commencer.

Chaque fois que je te pose une question sur Bayes tu n'y réponds pas, c'est plutôt à moi d'être inquiet sur ton niveau...

Question plus simple: pourquoi t'ai-je demandé de lire "with a little help from my girlfriend"? Bien entendu, si tu ne l'as pas lu tu ne peux pas comprendre. Bourbaki 22 juin 2007 à 09:30 (CEST)

Je l'ai lu et j'ai beaucoup de choses à en dire, et je le ferai dans la section adéquate. En attendant répond à mes questions...

Bon, alors voici un exemple pour réflachir un peu. On garde exactement les mêmes règles que dans le problème initial, sauf un détail: au lieu d'ouvrir une porte au hasard parmi les portes qu'il a le droit d'ouvrir, le présentateur ouvre toujours la porte la plus à gauche parmi les portes qu'il a le droit d'ouvrir. Je choisi la porte du milieu. Quelle est la probabilité pour que j'ai choisi la bonne porte. Puis le présentateur ouvre la porte de DROITE. Où se trouve la voiture? Ce n'est même plus une question de probas.

Je comprends pas, il ouvre deux portes le présentateur?? Quel rapport avec le monty-hall? Evidemment si il ouvre deux portes l'événement "ouvrir toutes les portes sauf celles choisies par le joueur" conditionne la proba du joueur puisque cela révèle à 100% la solution....--CactusJoe 22 juin 2007 à 10:29 (CEST)

Non, il ouvre la plus à gauche des portes qu'il a le droit d'ouvrir. Or, ici, c'est la porte de droite. Bourbaki 22 juin 2007 à 10:39 (CEST)

Ok, ce n'est pas l'ouverture de la portede droite qui a modifié la proba. C'est l'événement "la porte du milieu ne peut pas être ouverte" (et donc contient la voiture) qui a modifié la proba la preuve c'est qu'on a même pas besoin qu'il ouvre la porte de droite on doit juste savoir que la porte du milieu ne peut pas l'être.--CactusJoe 22 juin 2007 à 10:55 (CEST)

Pourquoi cette règle d'ouverture conduit-elle à un événement et pas les autres règles? Chaque règle d'ouverture affecte les probas à sa façon. Bourbaki 22 juin 2007 à 11:47 (CEST)

Parce que cette "non-ouverture" de la porte du milieu se fait sous la contrainte. Il ne peut pas ouvrir la porte du milieu car elle ne contient pas de chèvre (donc la voiture). Par contre l'événement "ouvrir une porte avec une chèvre" est libre de cette contrainte puisque elle ne devoile pas la solution comme démontré dans le monty-hall.C'est facile de rajouter des événements à celui du problème classique mais il ne faut pas s'étonner de changer la solution également. Par contre l'événement "le présentateur a choisit sa porte au hasard" n'apporte strictement rien puisque le fait d'avoir choisit au hasard ne le contraint à rien...--CactusJoe 22 juin 2007 à 12:23 (CEST)

Cette fois, l'ouverture de la porte a bien modifié les chances pour que la porte centrale soit la bonne. En quoi cet événement diffère de celui du problème original? Tu ne peux pas maintenir que l'ouverture d'une porte tierce ne modifie jamais la probabilité pour la porte initiale d'être la bonne. Bourbaki 22 juin 2007 à 10:14 (CEST)

Je ne peux que te répèter ce que visiblement tu n'as pas encore lu. L'évènement "ouvrir une porte avec une chèvre" ne modifie pas la proba car il n'apporte aucune info puisqu'il n'est pas "contraint". Par contre l'évenement "ouvrir deux portes vides" se fait sous la contrainte que le joueur ait choisit la porte avec la voiture initialement. Je peux pas faire plus clair. (Ps j'ai répondu dans la section my little girlfriend)--CactusJoe 22 juin 2007 à 10:29 (CEST)

Même pas capable de reconnaître un titre des Beattles. Bourbaki 22 juin 2007 à 10:39 (CEST)

Belle argumentation, mais pour ma défense, je sais au moins écrire le nom du groupe correctement :0)...--CactusJoe 22 juin 2007 à 10:55 (CEST)

Reformulation

Tout le problème et toute la discussion vient de la formulation volontairement nébuleuse du problème. Si il avait été exposé de manière simple, personne n'en n'aurait jamais parlé.

Voici une reformulation plus parlante.

Simplification 1)

Vous avez trois portes dont l'une cache une voiture. Vous en choisissez une et ensuite le présentateur vous propose d'échanger votre porte contre les deux autres. Si vous acceptez, il ouvrira lui-même une porte vide parmi ces deux portes. Qui n'échange pas? Qui se pose la question de savoir si le présentateur choisit au hasard?

Simplification 2)

Après avoir choisit la porte, le présentateur vous demande de sortir un instant et à votre retour, il vous dit qu'il a ouvert une des deux portes restantes et qu'elle était vide. Voulez-vous échanger votre porte contre les deux autres? Qui se soucie de savoir si le présentateur a choisit au hasard?

Simplification 3)

Comme vous pouvez échanger votre porte contre les deux autres, autant choisir les deux portes directement... Vous choisissez deux portes parmi trois, quelles sont vos chances de gain? Qui préfère choisir une porte plutôt que deux? Et le présentateur dans tout ça? Il n'est là que pour dire que parmi les deux portes choisies, il y en a une qui est vide. Tu parles d'un tuyau...

La première complication de ce problème est la porte ouverte par le présentateur. L'énoncé tend à faire oublier cette porte et à la retirer du problème. Or en changeant d'avis vous choisissez cette porte également.

La deuxième complication est le présentateur lui-même. On introduit une autre personne alors qu'il n'est là que pour donner une information déjà connue "une des deux portes restantes est vide. Cette information est inutile puisque le joueur échange sa porte contre les deux autres. Peu importe laquelle des deux est vide...

La troisième complication (et celle-là a été inventée par la suite): on modifie le protocole. Le présentateur choisit au hasard, mais on ne change pas l'événement: il ouvre malgré tout une porte vide. Il faut savoir que le protocole décrit la manière dont va se dérouler l'exercice. Or ici, il y a déjà un problème dans le protocole: On dit le présentateur sait ou se trouve la voiture et va ouvrir une porte vide. Or le protocole devrait être "le présentateur va ouvrir une porte avec une chèvre". Il est inutile de dire qu'il sait ou se trouve la voiture, ni même qu'il a un bras, une main des yeux et une cervelle. L'important étant d'ouvrir la porte vide. On aurait même pu dire "une porte vide non-choisie par le joueur va s'ouvrir" c'était suffisant.

Cela dit ce n'est pas trop grave car le protocole n'est qu'une contrainte, Il faut le suivre. Et la contrainte "le présentateur sait ou se trouve la voiture" ne modifie pas l'exercice car il n'empêchera pas la condition importante "Une porte vide sera ouverte". Bref le protocole sert à nous amener à un endroit bien précis, un peu comme une carte. Avant même de commencer l'exercice on sait qu'une porte vide sera ouverte après le choix du joueur. Maintenant on change le protocole en y ajoutant le hasard. Ici il faut bien se rendre compte que suivant le protocole définit on a deux problèmes distincts.

Protocole 1: "Le présentateur choisit au hasard" et le problème commence au moment ou le présentateur va choisir au hasard parmi les deux portes avec deux résultats possibles : Il ouvre la porte vide ou la porte avec la voiture. Dans cette exercice: -Soit le joueur perd quand le présentateur tombe sur la voiture => le joueur gagnera 1/3. -Soit il gagne quand le présentateur tombe sur la voiture => le joueur gagnera 2/3. Pas de 1/2 à l'horizon...

Le piège c'est évidemment de faire rejouer les parties ou le présentateur tombe sur la voiture car on fait rejouer uniquement des cas ou le joueur avait choisit une porte vide et donc on augmente ses chances de gain artificiellement en lui faisant rejouer uniquement des cas ou il aurait perdu. Si je vous dis de lancer un dé mais de rejouer chaque fois que vous faites un 5, il est clair que les chances de faire 6 viennent de passer à 1/5

Protocole 2:"Le présentateur choisit au hasard et ouvre la porte vide". Ici évidemment ça choque... Remarquez, si j'avais dit: le présentateur n'a ni bras, ni jambes, ni yeux, ni oreilles et ouvre la porte vide ça aurait choqué également... Ces protocoles sont farfelus car ils contiennent tous les deux des informations parasites qui rendent l'expérimentation impossible ou improbable. La seule chose que l'expérimentateur en retiendra c'est "la porte vide doit être ouverte" et qu'il vaut mieux savoir ce qu'il y a derrière et qu'il n'est pas inutile d'avoir un bras, une main, un oeil et une cervelle pour cela. Maintenant si il arrive à le faire en respectant le protocole ,c'est étonnant, mais ça ne change rien. On peut calculer la probabilité que l'expérimentateur réusisse à suivre le protocole définit mais là encore c'est totalement extérieur au problème puisque la résolution se base sur le principe que le protocole sera respecté. Si je définis le protocole suivant: Je lance un dé et je fais un 6, il est inutile de calculer les probas de faire un 5 puisque cela ne correspond pas au protocole que j'ai défini. L'expérimentateur se débrouillera doncpour faire un 6 (peu importe comment il y arrivera)

Pour résumer les protocoles servent à produire des événements qui eux (et seulement eux) déterminent les probabilités. Plusieurs protocoles pouvant produire les mêmes événements et donc les mêmes probas. D'ailleurs le protocole initial de cet exercice ne fait pas mention du fait que le présentateur sache ou pas. La condition "ouvrir une porte vide" l'oblige à produire l'événement désiré.

Quand on parle d'événement: Il n'y a pas que l'ouverture des portes qui comptent . "le présentateur ne peut pas ouvrir cette porte" est également un événement qui peut modifier les probas... Je définis dans mon protocole que le présentateur ouvrira la porte avec la voiture si le joueur ne l'a pas choisit. Les deux événements suivants se produiront si le présentateur ouvre malgré tout la porte vide 1) Une porte vide a été ouverte 2) la porte avec la voiture n'a pas pu être ouverte

L'événement 1 indique que la porte choisie ne contient pas la voiture

L'événement 2 indique qu'aucune des deux portes restantes ne contient la voiture.

L'événement 2 conditionne la proba du joueur qui passe de 1/3 à 1 puisque cet événement détermine l'emplacement de la voiture

Par contre l'événement 1 en lui-même ne conditionne rien du tout car le fait que cette porte soit vide n'empêche pas le joueur de détenir la porte avec la voiture ou une porte vide--CactusJoe 25 juin 2007 à 16:14 (CEST)

tout simplement

sans vouloir passer par les statistique ,je pense qu'il est plus simple de voir les choses de cette façon admettons que la porte 1 et 2 soit une chèvre,la 3 une voiture 1)le candidat sait juste que le présentateur ouvrira forcément une porte avec une chèvre,donc le point de vue présentateur ne présente aucun interet 2)que sa première réponse ne l'engage a rien

il choisi la porte 1 si j'étais le candidat,je chercherai plutôt a savoir ou est une des 2 chèvre que de savoir ou est la voiture:en effet,sa première réponse ne l'engage a rien,il aura forcément 2 fois plus de chance de choisir une chèvre que la voiture.donc en partant du principe qu'il est tombé sur une chevre(2/3)en choisissant la porte 1 le présentateur ouvre donc la porte 2,donc logiquement,sachant qu'il a plus de chance d'être tombé sur une chèvre,il change sa réponse et gagne la voiture

il choisi la porte 2.de la même façon,sur qu'il a 1 choisi une chèvre,le présentateur ouvre la porte une,il change sa réponse et gagne aussi la voiture

il choisi la porte 3,encore de la même façon,sur qu'il y a une chèvre(se qu'y n'est pas le cas),le présentateur ouvre la porte 1 ou 2,il change de réponse et ne gagne pas la voiture

donc forcément,en changeant de réponse,il aura 2 chance sur 3 de gagner la voiture,c'est pas plus compliquer que ça,voili voilou

modification de l'article

J'ai retiré cette phrase qui n'est validée par aucun élément concret (ce qui est normal puisqu'elle est fausse).

La voici : Si une des portes non choisies s'ouvrait par accident et révèlait une chèvre, les probabilités passeraient effectivement à 1/2 contre 1/2 (voir en particulier à ce sujet les variantes). Mais le présentateur ouvre en fait la porte non pas au hasard, mais sous la contrainte.

Ce n'est pas le fait d'ouvrir une porte avec une chèver au hasard qui modifie la probabilité de 1/3 vers 1/2 mais le fait de rejouer les parties ou le présentateur ouvre la porte avec la voiture.

En effet dans ce cas, il augmente les chances du joueur puisqu'il permet de rejouer des parties ou le participant n'avait pas choisit la bonne porte ce qui veut dire que sur 3 cas:

- le joueur choisira la voiture et le présentateur ouvrira la porte avec la chevre - le joueur ne choisira pas la porte avec la voiture et le présentateur ouvrira une porte avec une chèvre

Le troisième cas dans lequel le joueur choisira une porte avec une chèvre et ou le présentateur ouvrira la porte avec la voiture sera recommencé. On voit bien que c'est le fait d'ouvrir la porte avec la voiture qui modifie la probabilité. C'est comme si on lançait un dé mais qu'on relançait chaque fois qu'on fait un 5, la probabilité de faire un 6 passerait de 1/6 à 1/5.

Ici on recommence une fois sur deux chaque fois que le joueur ne choisit pas la voiture.

Pour confirmer ce que je dis:

voici ce que Mueser et Granberg (la réference pour ce problème) écrivent:

The second version does not specify the host's protocol, but merely indicates one instance of it:

You begin by pointing to door number 1. The host shows you that door number 3 has a goat. He says to you, "Now that I've shown you the goat, you can make your final choice whether to stick with door 1 or switch to door 2."

We label this Monty Hall Ambiguous. This corresponds closely to the version of the Monty Hall Dilemma as it is most widely stated. In order to calculate whether it is best to switch, some assumption about the host's protocol must be made. If a contestant follows a policy of sticking with the original choice, the chance of winning is 1/3, whereas a policy of switching will yield a chance of winning that can vary between 0 and 1, depending on the host's protocol

Ce que signifie que si je choisis et que je garde mon choix systématiquement la je gagnerai une partie sur 3, peu importe ce que fera (ou comment il le fera) le présentateur. Ce qui est bien la preuve qu'on ne peut pas modifier cette proba de 1/3 autrement qu'en faisant rejouer des parties.

J'ai donc modifié la phrase par celle-ci qui elle ne souffre aucune contestation:

La faute de ce type de raisonnement est de ne retenir que l'événement "une porte a été ouverte". Si le présentateur choisissait au hasard parmi les deux portes restantes et si on recommençait la partie chaque fois qu'il ouvre la porte avec la voiture, alors les probabilités seraient de 1/2 (voir les variantes)

Non, l'argument était donné sans supposer de recommencement. Cette phrase situait uniquement l'importance du fait que le présentateur sait. On envisage uniquement que, par chance, la voiture n'a pas été révélée. Ce qu'il faut bien comprendre, c'est que ce n'est pas parce que apparemment cette situation ne nécessite pas qu'on recommence, que c'est la même. _{BOCTAOE. Ou pas.} Barraki Retiens ton souffle! 18 août 2008 à 18:31

Pas d'accord et comme tu n'as pas la moindre référence pour justifier cela (alors que tu dis le contraire de la référence anglaise, je remets ma version) Comme je l'ai expliqué plus haut et comme le confirment Mueser et Granberg, si le joueur garde son choix la proba est de 1/3 même si le présentateur ouvre au hasard une porte avec une chèvre.

Si tu as une référence qui dit le contraire, donne-là (CEST)

Non, ta source dit que 1/3 est la proba de gagner en posant à l'avance le choix de ne pas changer, mais cette proba suvient avant qu'on ouvre la porte. Tu ne peux pas appliquer cette proba à la situation que je décris, puisqu'il s'agit d'une des issues possibles.

De toute manière l'ouverture accidentelle revient au même que l'ouverture en autorisant la remise en cas de découverte de la voiture. Sauf que tu ajoutes des règles pour présenter ce cas, alors que je me contente d'envisager de le faire dans le cas qui ne nécessite pas de se demander ce qu'on fait si on trouve la voiture. _{BOCTAOE. Ou pas.} Barraki Retiens ton souffle! 18 août 2008 à 22:01 (CEST)

c'est toi qui devrais lire, la proba reste de 1/3 avant et après qu'il ait ouvert la porte. De nouveau cite ta source qui dit le contraire. Tant que tu n'auras pas cité un article, je reviendrai à ma version.

Puisque tu es sourd à toute logique et toute argumentation, fais le test. Tu prends trois cartes , tu en choisis une au hasard et tu demandes à un ami de retourner une des deux autres au hasard et tu verras que si tu gardes systématiquement ton choix tu gagneras une partie sur trois. (en considérant comme perdue les parties ou ton amis retournera la carte gagnante , pas en la rejouant évidemment)

Bon, je n'ai pas à me justifier face à quelqu'un qui me dit que je suis sourd. Tu me proposes un test portant sur le cas où il ne tire pas la bonne carte. Or la phrase porte exclusivement sur le cas où la porte ouverte n'est pas la bonne. _{BOCTAOE. Ou pas.} Barraki Retiens ton souffle! 18 août 2008 à 22:46 (CEST)

Je te propose d'essayer de comprendre que tant que le présentateur ouvre des portes vides la proba reste de 1/3. C'est un fait que confirment les spécialistes de ce problème. La seule possibilité pour faire varier cela c'est d'ouvrir des portes avec la voiture et de recommencer la partie. Tu nies cela, très bien mais alors tu dois apporter une preuve de ce que tu avances. Sans références ce que tu dis ne comptes pas.

Jusqu'à présent la théorie des probas dit que si qqn choisit librement en ayant une chance sur 3 de gagner il gagnera une partie sur 3. Le seul moyen de faire varier cette proba est de le forcer à rejouer certaines parties.

Bon, tu vas complètement contre ta référence. Tu affirmes que quand je choisis la porte A et qu'on m'ouvre la porte B, la probabilité dépend de savoir ce qui se serait passé si c'était la porte C qui c'était ouverte. C'est très clairement exactement le contraire du bouquin que tu cites. _{BOCTAOE. Ou pas.} Baracki Retiens ton souffle! 25 novembre 2008 à 00:04 (CET)

Ne pas chercher midi à 14 heures

• Imaginons 3 boites (ou portes, peu importe). On en choisit une. Probabilité de gagner : une chance sur trois.
• On en ouvre une perdante. Magnifique : notre probabilité de gagner passe ipso facto à une chance sur deux, car il n'y a plus que deux boites en présence dont une gagnante.
• Quelle est la probabilité que l'autre soit gagnante ? Une sur deux aussi. Aucune raison de changer, donc, sauf si on est payé pour ça; mais en aucun cas il n'est rentable de payer, ni même d'ailleurs de changer quand ça ne coûte rien : les deux boîtes ne se ditinguent que part leur nom et rien d'autre (extérieurement).

Je me demande bien où vous pouvez voir le moindre paradoxe ! 212.198.146.203 (d) 18 août 2008 à 22:10 (CEST)

Le paradoxe est ... que ton raisonnement est faux (sans doute dans le "On en ouvre une perdante" : comment fait-on ? )! Relis l'article donc. --Epsilon0 ε₀ 18 août 2008 à 22:15 (CEST)

"(sans doute dans le "On en ouvre une perdante" : comment fait-on ?"

Lire sans doute : "une porte est ouverte, {peut-être au hasard par on ne sait qui. Il se trouve qu'}elle est perdante". Dans ces conditions, il n'y a pas de problème.

J'ai l'impression que nous sommes ici dans le cas d'une discussion de type théologique, où on pense que le discours va permettre de raisonner juste en milieu inconnu. Ce n'est pas le cas. Le discours permet de formuler des hypothèses, c'est le résultat de l'expérience qui permet de savoir ce qui est juste ou non, et donc éventuellement de remettre en cause le discours. Exactement comme dans le paradoxe de Zénon : un raisonnement très élégant permet de dire qu'Achille ne rattrape pas la tortue, l'expérience dément, et cela donne une occasion de chercher ce qui clochait dans le discours. Ici, la simulation (que chacun peut faire, le choix de Java étant juste l'un des plus absurdes possibles pour ça) montre que de façon très inattendue la permutation serait avantageuse. Il faut donc de l'observation déduire le bon type de discours et non l'inverse 82.226.27.88 (d)

1) on n'est pas sur un forum. 2) la question (pas inintéressante) de savoir si le discours prime sur l'expérience u non est très délicate (cf Descartes , le bâton brisé et le mauvais génie, par exemple) ; il n'est sans dute pas nécessaire de se battre sur ce point, le raisonnement consistant à rajouter plein de portes suffisant en général a convaincre les gens non de mauvaise foi. 3) cela dit, cette page a pour unique but d'améliorerl'article en s'appuyant sur des sources ; vos arguments et les miens, si judicieux soient-ils, n'y ont guère leur place...--Dfeldmann (d) 13 septembre 2012 à 09:56 (CEST)

Dans ce prétendu problème, on confond deux situations distinctes : le résultat prévisible d’une expérience unique et la probabilité d’obtenir tel résultat en multipliant les expériences.

Par hypothèse, la probabilité que la voiture soit derrière l’une des 3 portes est de 1/3.

Dans le cas présenté, il s’agit d’une expérience unique.

               Option 1. La porte 3 ayant été ouverte par l’animateur, le joueur maintient son choix de la porte 1. La voiture est derrière la porte 1 ou la porte 2. Et comme la probabilité que la voiture soit porte 1 ou porte 2 est la même, initialement de 1/3 mais ramenée à 1/2 par l’animateur, il a 1 chance sur 2 de gagner.

               Option 2. Le joueur change pour la porte 2. La voiture est toujours porte 1 ou porte 2. Il a donc là encore 1 chance sur 2 que la voiture soit porte 2.

               Quel que soit son choix, le joueur a 1 chance sur 2 de gagner.

Si maintenant on pratique un grand nombre de fois le jeu.

Option 1. Un certain nombre de joueurs choisit de conserver la porte 1. La voiture est soit porte 1 soit derrière l’autre porte restée fermée, puisqu’elle n’est pas derrière la porte ouverte par l’animateur. À chaque partie, le joueur a donc 1 chance sur 2 de gagner la voiture, mais, la probabilité de l’emporter pour l’ensemble des joueurs, n’est que de 1 sur 3, égale à la probabilité que la voiture soit porte 1 : 1 joueur sur 3 l’emportera.

Option 2. Un certain nombre de joueurs renonce à la porte 1 et choisit la porte laissée fermée par l’animateur. La probabilité que la voiture soit derrière la porte 1, non choisie, est de 1 fois sur 3. Et la probabilité que la voiture soit derrière la porte finalement choisie est de 2 fois sur 3, puisqu’une telle configuration est possible 2 fois sur 3. Ainsi, quand un grand nombre de joueurs change de porte, 2 sur 3 gagnent, alors même qu’à chaque partie l’individu qui fait ce choix a seulement 1 chance sur 2 de l’emporter. Cependant, s’il devient un joueur compulsif, il aura toujours 1 chance sur 2 de l’emporter à chaque partie, mais après plusieurs parties il finira par gagner, en moyenne, 2 fois sur 3.

En conclusion, les 2 options sont équivalentes pour 1 joueur occasionnel, mais l’option 2 est plus favorable s’il joue plus de 2 fois. ALACOURT (discuter) 6 mai 2022 à 17:32 (CEST)

Je me réponds à moi-même. Au temps pour moi : oublier ma contribution ci-dessus. Dans tous les cas, après l'intervention de l'animateur, la probabilité pour que la voiture soit derrière la porte 1 est de 1/3 et de 2/3 pour qu'elle soit derrière la porte 2. Aussi dans tous les cas, expérience unique ou multiple, il y a deux fois plus de chances de gagner en changeant de porte plutôt que de conserver le choix de la porte 1 A. LACOURT (discuter) 9 mai 2022 à 11:19 (CEST)

Explanation

I'm sorry it is difficult for me to write in French, but I do enough understand your language as to comprehend the article. As in most other languages the given explanation is not correct. It gives the solution to a slightly, but essential other problem. The real problem as stated has the condition that the door that is chosen and the door that is opened and revealing a goat are both known to the player. This excludes possibilities in which the other door is opened. Many people does not see the difference with the problem, in which the chosen door is known, but the presentator explains his plans to the player, and before opening one of the othere doors, asks the player what he intends to do if a door is opened. The presented solution is the right one for the last case, but not for the real problem.

In more formal mathematics: Let X be the door behind which the car is, Y the door chosen by the player and M the door opened by the presentator, then

$P(X=2|Y=1,M=3,X\neq 3)={\frac {P(Y=1,M=3|X=2)P(X=2)}{P(Y=1,M=3,X\neq 3)}}=$

${\frac {P(Y=1,M=3|X=2)P(X=2)}{P(Y=1,M=3,X=1\cup Y=1,M=3,X=2)}}={\frac {{\frac {1}{3}}\times 1\times {\frac {1}{3}}}{{\frac {1}{3}}\times {\frac {1}{2}}\times {\frac {1}{3}}+{\frac {1}{3}}\times 1\times {\frac {1}{3}}}}={\frac {2}{3}}$

82.75.67.221 (d) 7 février 2009 à 00:17 (CET)

In the section La résolution par le théorème de Bayes, a computation of the same kind is given ; but the initial choice of the player is not viewed as a random variable - which seems more natural to me. Actually, there's a problem with your computation : the final value should be ${\frac {1}{3}}$ ; sorry but I can't follow the reasonment when treating Y as a random variable and find the mistake. Salle (d) 7 février 2009 à 15:12 (CET)

Ok. I give you the solution without the random first choice, so Y=1, i.e. door 1 is initially chosen:

$P(X=2|M=3,X\neq 3)={\frac {P(M=3|X=2)P(X=2)}{P(M=3,X\neq 3)}}=$

${\frac {P(M=3|X=2)P(X=2)}{P(M=3,X=1\cup M=3,X=2)}}={\frac {\frac {1}{3}}{{\frac {1}{2}}\times {\frac {1}{3}}+1\times {\frac {1}{3}}}}={\frac {2}{3}}$

NB You were right, there was a mistake in the first formula. Nijdam (d) 7 février 2009 à 23:08 (CET)

Your computation looks now exactly the same as that given in the article. Salle (d) 8 février 2009 à 18:48 (CET)

And so it should be. The problem, as I explained, is the explanation given directly in the section: Premiere approche. This explanation is not correct. Nijdam (d) 9 février 2009 à 01:10 (CET)

You might be right. I am too lazy (and above all too less a probabilist) to try to check out if the different explanations in this section are really about a different probability space ; but they actually look dubious. I delete the whole section, for which n reference is given. Salle (d) 9 février 2009 à 19:28 (CET)

Arbre des probabilités

Dans le schéma expliquant les probabilités (dans la partie "les clés pour comprendre"), il y a une erreur : il y est mis que lorsque le candidat choisit la porte cachant la voiture et que le présentateur lui ouvre celle cachant la chèvre 1 (resp. 2), en changeant d'avis le candidat révèlera la chèvre 1 (resp. 2), alors que c'est l'inverse : en changeant de choix, il révèlera l'autre chèvre, donc la 2 (resp. 1). Nightbird (d) 20 février 2009 à 13:08 (CET)

Résolution et résumé par Arbre de probabilités

Introduction

Je déterre un vieux débat et je ne voudrais pas être pris pour un troll. J’ai essayé, tout au long de la discussion, de me forger un avis qui me semble être correct. J’aimerai le résumer ici car je m’étonne de voir que tout le monde s’accorde sur des résultats égaux s’ils se basent sur des hypothèses identiques mais je ne vois nulle par un résumé des résultats en fonction des hypothèses.

De plus, je me permet de réagir sans être certain de la mise en forme à utiliser dans la rubrique "discussion" d'une page. d'utilisation de Wikipédia. Je sais qu'il y a des règles de bienséance quand à la présentation d'un message. Si celui ci ne les respecte pas, n'hésitez pas à me reprendre.

L’espérance de gain

Je pense que le piège réside dans la différenciation de l’ESPERANCE de gain propre à chaque hypothèse et l’AUGMENTATION de cette espérance en fonction du changement de choix ou non. Aussi, je propose de d’abord calculer tranquillement l’espérance de gain du joueur en fonction de la situation PUIS de s’intéresser à savoir si elle augmente ou non en fonction du changement de choix au deuxième tour du joueur.

4 situations possibles

Selon moi il y a deux hypothèses principales à prendre en compte.

Hypothèse 1

• Le présentateur va volontairement choisir une porte « à chèvre » une foi la décision du joueur à propos de la première porte arrêtée

OU

• Le présentateur va choisir une porte aléatoirement une foi la décision du joueur à propos de la première porte arrêtée

Hypothèse 2

• Le joueur va faire son premier choix aléatoirement et son deuxième choix aléatoirement

OU

• Le joueur va faire son premier choix aléatoirement et son deuxième choix en considérant que le présentateur va volontairement choisir une porte « à chèvre »

Pourquoi l’hypothèse du présentateur faisant un choix aléatoire ?

Même si l’hypothèse consistant à dire que le présentateur choisit la porte volontairement est faite dans l’énoncé (Puis le présentateur ouvre une porte qui n'est ni celle choisie par le candidat, ni celle cachant la voiture (le présentateur sait quelle est la bonne porte dès le début). ) Je pense qu’il est tout de même nécessaire de laisser ce choix possible car le joueur, lui, ne sait pas si le présentateur à fait ce choix volontairement ! Et c’est uniquement de la comparaison de toutes les situations possibles qu’il pourra déduire un choix logique. 

En somme, bien que l'énoncé donne une situation claire, vous "pensez" qu'il est nécessaire de la changer. Avez-vous "pensé" également qu'il pourrait y avoir une vache à la place de la voiture? Certes, l'énoncé n'envisage pas cette possibilité, mais le joueur n'en sait rien, lui non plus... Pourquoi ne devrait-il pas prendre également cette hypothèse en compte, ainsi que celle où la voiture serait en panne, etc. ?--Dfeldmann (d) 10 décembre 2012 à 15:24 (CET)

Je ne pense pas qu'il faille changer l'hypothèse, d'ailleurs je ne la change pas, mais je dit que le joueur doit considérer cette possibilité pour s'assurer de prendre la bonne décision. Mais il est vrai que pour répondre aux questions finales du paradoxe "Que doit-il faire ?" et "Quelles sont ses chances de gagner la voiture en agissant au mieux ?" cette supposition n'est pas nécessaire. Que doit-il faire : Changer, et quelles sont ses chances : 2/3. Je n'ai pas pu m'empêcher de me mettre à la place du joueur et d'essayer de déterminer la réflexion qu'il se doit d'avoir pour agir au mieux. --Cyril Poirot10 décembre 2012 à 22:55 (CET)

Cela dit, je raille, mais votre analyse, quoique lourde, est évidemment correcte. Simplement, il y aurait encore bien d'autres cas à considérer : le cas où le présentateur choisit sciemment de tromper le candidat (par exemple en montrant toujours (ou du moins plus souvent que dans votre version "aléatoire") une voiture quand c'est possible, amenant le candidat à changer de porte par principe, et donc à retomber sur une chèvre le plus souvent) : c'est de fait ce qui s'est passé quand Marilyn von Savant a été confrontée au vrai Monty Hall, à sa grande surprise. C'est pourquoi les règles du jeu doivent nécessairement être complètement spécifiées à l'avance pour que l'analyse ait un sens...--Dfeldmann (d) 10 décembre 2012 à 15:36 (CET)

C'est évident. C'est d'ailleurs là que s'introduit la "magie" dont parlait Frege-Brouwer il y a quelques années. Même s'il se trompait alors (ses propres mots) il avait bien cerné le lieux du problème. Mais je prend bien la raillerie, et je note par ailleurs que mon raisonnement à grands coups d'arbres de proba vous parait juste. Cela me permettra de brancher les plus motivées de mes connaissances sans me sentir forcé à une grande révision de mes cours de prépa pour autant ! Notez que je sort de PT et non PSI, ce qui expliquera peut être mon goût prononcé pour les méthodes "rouleau compresseur" --Cyril Poirot10 décembre 2012 à 22:55 (CET)

Les 4 situations possibles

Choix aléatoire du présentateur & Choix aléatoire du candidat	Choix aléatoire du présentateur & Changement automatique de la part du candidat
Choix calculé du présentateur & Choix aléatoire du candidat	Choix calculé du présentateur & Changement automatique de la part du candidat

Effectivement, c’est selon moi sur cette base qu’il faut axer la réflexion mathématique. Car à partir d’ici et UNIQUEMENT à partir d’ici, on peut commencer à réfléchir avec des arbres de probabilité (que je préférerais au formules pour être sûr de ne pas me tromper mais qui sont finalement équivalentes) . De plus, il n’y a pas 2 tirages, mais trois. Les deux tirages du joueur et celui du présentateur. Si le présentateur choisit volontairement une porte on considérera la probabilité du tirage comme égale à 1.

Espérance de chaque situation

Je ne voudrais pas dire de bêtise mais il me semble que l'espérance est le résultat en terme de gain et non directement une probabilité. Je considère donc ici que le joueur gagne 1 s'il gagne la voiture et 0 s'il ne la gagne pas. Ceci rend le calcul équivalent au calcul de la probabilité de gagner une voiture.

Choix aléatoire du présentateur & Choix aléatoire du candidat

Choix aléatoire du présentateur & Choix aléatoire du candidat

L’espérance de gain sur le jeu complet est donc de 1/3*1*1/2+2/3*1/2*1/2=1/6+1/6=1/3  

Choix aléatoire du présentateur & Changement automatique de la part du candidat

Choix aléatoire du présentateur & Changement automatique de la part du candidat

L’espérance de gain sur le jeu complet est donc de 2/3*1/2=1/3

Arbre très clair. Si le candidat change à chaque fois, il a une chance sur deux, s'il décide de ne pas changer... il a une chance sur deux. Cet article n'aurait-il pas davantage sa place dans un forum plutôt que dans une encyclopédie ? --Gaël COSTE-MEUNIER (discuter) 11 octobre 2019 à 13:43 (CEST)

Choix calculé du présentateur & Choix aléatoire du candidat

Choix calculé du présentateur & Choix aléatoire du candidat

L’espérance de gain sur le jeu complet est donc de 1/3*1/2+2/3*1/2=1/2  

Choix calculé du présentateur & Changement automatique de la part du candidat

Choix calculé du présentateur & Changement automatique de la part du candidat

L’espérance de gain sur le jeu complet est donc de 2/3*1*1=2/3  

Résumé des espérances

Ce qui nous donne comme réponse à la question de l’ESPERANCE de gain, le tableau suivant :

Choix aléatoire du présentateur & Choix aléatoire du candidat 1/3	Choix aléatoire du présentateur & Changement automatique de la part du candidat 1/3
Choix calculé du présentateur & Choix aléatoire du candidat 1/2	Choix calculé du présentateur & Changement automatique de la part du candidat 2/3

Entre parenthèse

Entre parenthèse, il me semble que cela corrobore la théorie des deux ensembles déterminés par le joueur au moment de son premier choix et le fait que si le présentateur choisit volontairement une porte perdante, il donne à l’autre la probabilité de l’ensemble.

De l’espérance à l’augmentation de l’espérance

A la question de l’AUGMENTATION ou non de l’espérance, il semblerait logique de dire :

• Si le présentateur à choisit aléatoirement, je n’ai pas d’intérêt à changer.
• Si le présentateur à choisit volontairement une porte perdante, j’ai intérêt à changer.

Généralisation

Si on veut généraliser plus encore, on peut même penser à dire : Ne sachant pas si le présentateur à choisit aléatoirement ou non, il y a tout de même, dans le doute, intérêt à choisir de porte.

Ceci semble être la réponse au problème initialement posé. Ais-je intérêt à changer de porte ? Sans même connaître les valeurs exactes des probabilités, par principe, oui

Petit rappel sur à quoi sert cette présente page et ce à quoi elle n'est pas destinée

(suite à l'ajout de ce jour faisant suite à des ajouts antérieurs)

• 1. Ce problème est considéré comme totalement résolu par les sources académiques.
• 2. La page de discussion d'un article de wikipédia est uniquement dévolue à l'amélioration de l'article et non à discuter du fond de son sujet.
  • 2.1 En particuliers pour cet article, cette présente page de discussion n'est pas le lieu pour que chacun fasse part de ses recherches personnelles sur le sujet même si c'est en généralisation (aisément faisables par chacun), voir WP:TI.

Cordialement, --Epsilon0 ε₀ 10 décembre 2012 à 23:27 (CET)

Ce problème est-il totalement résolu par les sources académiques?

Supposons que les 3 portes et l'animateur soient dans un même studio de télévision et que plusieurs chaines de télévision propose le jeu en filmant en direct ces 3 portes et cet animateur. Chaque chaîne a son propre candidat qui ignore le choix du candidat des autres chaines.
Sur la chaine 1 que je regarde le candidat choisit la porte 1 et l'animateur ouvre la porte 2. La probabilité de la porte 3 de cacher la voiture est alors 2/3.
Je zape sur la chaine X où je constate que le candidat avait choisi la porte 3. La probabilité de la porte 1 de cacher la voiture est alors 2/3.
La probabilité totale de trouver la porte cachant la voiture serait donc 2/3 + 2/3 = 4/3 ce qui est impossible.
Faut -il alors remettre en question les "sources académiques" et considérer que les probabilités des portes restantes après l'ouverture d'une porte par l'animateur est 1/2?

Non, mais chercher votre erreur de raisonnement est (vaguement) intéressant : que se passe-t-il si on joue le même jeu avec 10 portes ? Plus précisément : sur la chaine 1 que je regarde le candidat choisit la porte 1, et le présentateur ouvre les portes 2,3,4,5,7,8,9 et 10. Sur la chaine X, le candidat a choisi la porte 3, et le présentateur a ouvert les portes 1,2, 4,5,7,8,9 et 10. Vous (mais pas les candidats) avez alors la certitude que c'est la porte 6 qui cache la voiture (et chaque candidat devrait légitimement penser qu'il y a de fortes probabilités que ce soit le cas, même s'il n'en est pas sûr, et n'arrive pas à calculer précisément cette probabilité)... Et vous voyez peut-être à présent pourquoi votre calcul non académique n'a guère de sens...--Dfeldmann (d) 30 avril 2013 à 14:30 (CEST)

Contradiction avec la page traitant spécifiquement du paradoxe des prisonniers

La conclusion de cette partie de l'article : Problème_de_Monty_Hall#Probl.C3.A8me_cousin_:_les_trois_prisonniers me semble être en contradiction avec l'article qui traite plus précisément de ce "paradoxe" : Paradoxe_des_prisonniers

Je me trompe ? --Yamaneko77 (d) 1 mai 2013 à 15:44 (CEST)

Non, tu as raison ! Il faut y remédier... Nicophil (d) 1 mai 2013 à 11:59 (CEST)

Ok, je m'en charge. --Yamaneko77 (d) 1 mai 2013 à 15:44 (CEST)

Retour sur le problème résolu par les sources académiques

Prenons un exemple équivalent au problème de Monty Hall qui paraît remettre en cause le résultat des sources académiques.
Trois amis A1, A2 et A3 se partagent une galette des rois à parts égales.
La probabilité de chacun de trouver la fève vaut 1/3.
A3 mange sa part avant les autres sans trouver la fève.
D'après les sources académiques, la probabilité de A1 de trouver la fève reste à 1/3 donc celle de A2 passe à 2/3.

Non, vous ne les avez pas lu ou pas comprises. Votre raisonnement ne s'applique (probabilités conditionnelles) que si le présentateur ne sait pas où se trouve la voiture, et n'a ouvert une porte dévoilant une chèvre que par l'effet du hasard.--Dfeldmann (d) 13 mai 2013 à 06:34 (CEST)

Le hic c'est que le même raisonnement s'applique pour A2: la probabilité de A1 de trouver la fève passe aussi à 2/3.
Comme 2/3 + 2/3 = 4/3 > 1 on tombe sur une impossibilité.
Pour pallier cette impossibilité doit-on alors admettre que l'information de l'élimination de A3 modifie les probabilités de A1 et A2 de trouver la fève et passent à 1/2 ?

Information sur les trois fèves Vs. Information sur les deux AUTRES portes. Nicophil (d) 13 mai 2013 à 10:29 (CEST)

Forme de l'article

Je vais faire un commentaire qui n'a pas grand chose à voir avec le problème en lui même, mais littérairement parlant, c'est assez mal écrit. On voit que ça a été écrit par des matheux et pas par des littéraires... ;-)

Les 12 coups de midi : le coup par coup

Bonjour, j'ai remarqué quelque chose d'étrange dans l'émission Les 12 coups de midi. En effet, dans l'épreuve du coup par coup, les candidats doivent sélectionner parmi 7 réponses celle qui leur paraît être la bonne. Il y a 6 réponses justes et 1 réponse fausse. Les candidats doivent donc répondre deux fois, le premier candidat choisissant la réponse fausse perdant l'épreuve et recevant un point de pénalité (dans la terminologie du jeu, une erreur fait passer à l'orange, la deuxième faisant passer au rouge et provoquant un duel éliminatoire). Je vais parler du cas où le dernier candidat n'a plus le choix qu'entre deux réponses, autrement dit quand il n'y a eu que des réponses justes.

Et j'ai remarqué qu'empiriquement, lorsqu'il ne reste que deux réponses, les candidats se trompent en moyenne... 6 fois sur 7. Ce qui ressemble très fortement à un problème de Monty Hall ! Mais c'est un peu spécial, du fait que les candidats connaissent en général une ou plusieurs réponses justes. Ce n'est pas comme l'animateur dans le problème de Monty Hall qui "sait tout" : ici les candidats savent que certaines portes sont les bonnes (du fait qu'ils connaissent certaines réponses). C'est un cas qui vaut le coup d'être étudié, car il n'y a pas de facteur animateur : juste des candidats qui savent que certains réponses sont justes. Les candidats ne choisissent donc pas aléatoirement leur porte, sachant que certaines sont bonnes, mais une fois que ces bonnes portes sont éliminées, on peut considérer qu'ils s'en tiennent au hasard et prennent une réponse "au pif". Du coup, en quoi cela influe sur un Problème de Monty Hall ? Linkinito (discuter) 9 novembre 2013 à 13:00 (CET)

Aucun rapport avec le Monty Hall : dans les 12 coups de midi, le joueur a toute l'information nécessaire pour trouver, il n'y a aucun hasard, sauf s'il ne connaît pas la réponse (mais ça, c'est son problème, ce n'est pas intrinsèque au jeu). Et même quand il joue au hasard, ça n'a aucun rapport avec le Monty Hall : il n'y a pas d'aide en cours de route, ou bien ça passe, ou bien c'est perdu. Dans le Monty Hall, au contraire, le joueur n'a (au départ) aucune information sur le jeu, et ne peut jouer qu'au hasard. Et l'animateur fait une proposition après le premier choix du joueur. Tout l'intérêt du Monty Hall est dans cette proposition, qui permet au joueur d'obtenir de l'information sur la réponse correcte, et donc d'améliorer son choix. kiwipidae (discuter) 26 septembre 2017 à 12:57 (CEST)

 Linkinito : Après réflexion, on peut essayer le raisonnement suivant : si le joueur (appelons-le A) n'a aucune idée, il va en tirer au hasard une case et la désigner comme « maudite » (il suppose que c'est la case qui fait perdre), et va donc jouer autre chose. Les coups des autres joueurs fournissent une indication de là où la case maudite n'est pas. Il y a cependant deux différences importante avec le Monty Hall :

• Le joueur choisit sa case maudite sans l'indiquer aux autres, leurs choix sont donc indépendants du choix du joueur A. Dans le jeu du Monty Hall, l'animateur choisit d'ouvrir une porte qui dépend du choix initial du joueur.
• La première remarque signifie qu'il peut tout-à-fait arriver que la case maudite du joueur A soit jouée par un autre joueur, avant le tour de A. Et il peut arriver que ce soit une « bonne » case. Dans ce cas, le joueur A est obligé d'en choisir une autre.

Ces différences compliquent la vie, mais intuitivement, je dirais qu'il est possible d'améliorer le choix dans certains cas :

• Le joueur A ayant choisi sa case maudite au hasard, si des joueurs jouent autre chose (et ne perdent pas) avant A, alors il a intérêt à changer. Même principe que le Monty Hall : il avait une probabilité 1/N de tomber sur la vraie case « perdante » dans son choix de case « maudite ». Si k joueurs jouent, il reste N-k cases, et donc avec une probabilité de (N-1)/N, la case maudite est dans les N-k-1 autres cases restantes. En tirant au hasard parmi celles-ci, il a une probabilité (N-1)/N * 1/(N-k-1) de tomber sur la bonne, et c'est mieux que 1/N.
• Si jamais sa case maudite est jouée, le joueur A doit immédiatement en choisir une autre, de façon à reprendre le raisonnement précédent
• Si sa case maudite est jouée juste avant son tour, c'est loupé : il ne gagne aucune information, et va devoir jouer au hasard.

Évidemment, dans le raisonnement, le joueur désigne sa case « maudite », il doit donc essayer d'en jouer une autre. Même si le jouer A sait que certaines cases ne sont pas la case maudite, ce n'est pas très grave : il va tirer au hasard parmi les cases dont il n'est pas sûr, et on reprend le raisonnement en excluant les cases qu'il sait (ou croit savoir...) bonnes. Il doit même être possible d'affiner et d'attribuer un degré de confiance à chaque case, mais là ça devient épineux. Quant aux autres joueurs que A, ça n'a aucune importance qu'ils jouent au hasard ou non. Ce qui compte, c'est que A tire au hasard parmi les cases douteuses, et utilise l'information apportée au mieux.

Bon, tout ceci est très intuitif et je vais devoir travailler dessus un peu plus rigoureusement. Comme il est très facile de se planter en calcul des proba, d'autant plus avec ce genre de cas tordu, c'est à prendre avec des pincettes. Ceci étant dit, même si le raisonnement est correct, il n'a pas sa place dans l'article (TI évident : à ma connaissance personne n'a jamais rapproché les 12 coups de midi du Monty Hall dans une source acceptable).

kiwipidae (discuter) 26 septembre 2017 à 20:10 (CEST)

En fait, à l'époque, je me prenais la tête dessus alors que l'explication est totalement étrangère : étant donné qu'il s'agit d'une émission de télé, il y a un montage (pour que l'émission fasse 45 minutes) et les questions où tout le monde répond juste ne sont pas toutes diffusées. Par conséquent, il y a plus de questions où quelqu'un fait une erreur, que de questions où tout le monde répond juste. Un ancien "champion" du jeu avait fourni une explication très pertinente sur Maths-Forum. On peut donc dire que Monty Hall n'a rien à voir là-dedans, juste du montage. Cependant, la question de « l'information partielle » a le mérite d'être posée. Linkinito (discuter) 27 septembre 2017 à 14:25 (CEST)

Fausse complexité

Il est totalement absurde de consacrer l'équivalent de 10 pages à ce "paradoxe". Celui-ci s'explique très bien en 10 lignes. L'article va faire penser aux esprits naïfs que le paradoxe de Monty Hall est beaucoup plus sophistiqué qu'il n'y paraît.

Développement "pratique" de cette solution

Je ne suis pas d'accord avec la logique présentée dans cette section.

Le cas 3 cache en réalité 2 cas :

• cas 3-1 : Le candidat ayant initialement choisi la porte de la voiture, le présentateur ouvre la porte de la chèvre 1. La porte restante cache la chèvre 2.
• cas 3-2 : Le candidat ayant initialement choisi la porte de la voiture, le présentateur ouvre la porte de la chèvre 2. La porte restante cache la chèvre 1.

On voit ici aisément que dans 2 cas sur 4, la porte restante cache la voiture.

Ces quatre cas ne sont évidemment pas équiprobables. kiwipidae (discuter) 20 mai 2018 à 21:14 (CEST)

Nouvelle donne

Les chances de gagner au ¨"Monty Hall" sont de 2/3 qu'on choisisse de changer de porte OU PAS !!! Comme dit plus haut : on a droit de choisir 2 portes dont 1 est vide. N738139 (discuter) 19 mars 2019 à 16:18 (CET)

Le problème, c'est qu'on ne choisit pas la porte vide et donc il y a plus de chance en changeant son avis que de s'y conformer. 2A02:1205:5003:E280:24C9:BE84:8B4A:E839 (discuter) 19 mars 2019 à 18:57 (CET)

Le problème est de lier deux événements qui sont indépendant (ce ne sont même pas deux tirages !). On a un pseudo-tirage (qui n'a jamais eu lieu) avec une chance sur 3. Mais on ne vérifie pas le résultat. Bon, c'est comme si on avait rien fait. Puis on décide de supprimer une option que le présentateur connaît. Donc, on se retrouve face à un nouveau tirage à deux porte avec, derrière une, une voiture et, derrière l'autre, une chèvre. Il y a donc une chance sur deux de tomber sur la voiture et une chance sur deux de tomber sur la chèvre. Ce qui s'est passé avant le tirage n'influence pas la probabilité du tirage à partir du moment où les conditions de celui-ci sont posées. Il s'agit, en fait, d'un tirage non réalisé (il n'a jamais lieu) et d'un tirage, indépendant de ce qui s'est passé avant, avec deux portes. Donc une chance sur deux.

Comme indiqué dans l'article (et un peu modifié pour distinguer les chèvres) : "Preuve : En supposant que le participant pense que le présentateur pourrait choisir la voiture, on constitue la liste les triplets de choix de la forme (1er choix participant, choix présentateur, porte restante) dont les éléments sont notés C pour chèvre, V pour voiture : (C1,C2,V), (C1,V,C2), (C2,C1,V), (C2,V,C1),(V,C1,C2), (V,C2,C1). Après dévoilement de la première porte qui est C (C1 ou C2), le participant en conclut avoir les cas suivants de façon équiprobable : (C1,C2,V), (C2,C1,V), (V,C1,C2), (V,C2,C1). À ce moment il voit deux cas sur quatre où l'autre porte est V et deux autres cas où elle est C, soit une chance sur deux de gagner ou perdre en gardant son choix."

En fait il y a (avec X=la porte ouverte) : (X,C2,V) ou (C1,X,V), (X,V,C2) ou (C1,V,X), (X,C1,V) ou (C2,X,V) , (X,V,C1) ou (C2,V,X),(V,X,C2) ou (V,C1,X), (V,X,C1) ou (V,C2,X)

Soit : (C2,V) ou (C1,V), (V,C2), (C1,V), (C1,V), (C2,V), (V,C1), (C2,V),(V,C2), (V,C1),(V,C1), (V,C2)

On a la voiture sur la porte de droite restante : 6 fois/12.

et la voiture sur la porte de gauche restante : 6 fois/12.

Donc la même probabilité pour chaque porte. Ce que sait le présentateur n'influence pas le tirage qui a lieu : un choix entre deux portes. La première expérience n'est même pas un tirage mais un choix mental fait par le candidat et qui n'est jamais réalisé. Ni ce choix mental ni ce que sait le présentateur ne change la probabilité du tirage finalement effectué. Par contre, comme le tirage réel (celui sur deux portes) n'est pas fait en double aveugle, les candidats ont intérêt a observer et à discuter, l'air de rien, avec le présentateur... Après, est-ce qu'il vaut mieux avoir la voiture qui coûte cher et pollue ou bien une des chèvres qui donne du lait, permet de faire de très bons fromages en fertilisant son jardin et, parfois, peu faire preuve d'un peu d'attachement ? --Gaël COSTE-MEUNIER (discuter) 11 octobre 2019 à 12:57 (CEST)

Raisonnement faux dans l'article

Bonjour,

Analysons le passage de l'article suivant : ";Le joueur change de porte On a vu précédemment que lorsque le candidat avait choisi initialement une porte à chèvre, changer de porte le menait forcément à gagner la voiture, soit :

$\mathbb {P} (GVC|C)=1$

On a aussi vu qu'en ayant initialement choisi la voiture, changer de porte menait forcément le candidat à ouvrir une porte à chèvre. Donc :

$\mathbb {P} (GVC|V)=0$

La probabilité de gagner en changeant de porte s'écrit donc comme suit :

$\mathbb {P} (GVC)=\mathbb {P} (GVC|C)\times \mathbb {P} (C)+\mathbb {P} (GVC|V)\times \mathbb {P} (V)=1\times {\frac {2}{3}}+0\times {\frac {1}{3}}={\frac {2}{3}}.$

"

Ce passage stipule que :
▪ Dans le cas ou le joueur a choisi la porte à chèvre changer de porte le fait gagner.
▪ Dans le cas ou le joueur a choisi la porte à voiture, changer de porte le fait perdre.
Soit une chance sur deux de gagner la voiture et une chance sur deux de gagner la chèvre.

Dans le même temps :
▪ Si le joueur a choisi la porte à chèvre et ne change pas de porte, ça le fait perdre.
▪ si le joueur a choisi la porte à voiture et ne change pas de porte, ça le fait gagner.
Soit une chance sur deux de gagner la voiture et une chance sur deux de gagner la chèvre.
Au final, que le joueur change ou non de porte, il a une chance sur deux de gagner la voiture et une chance sur deux de gagner la chèvre.

Donc, le calcul de proba de l'article est faux. Il est aussi important de rappeler que le joueur ne sait pas quelle porte il a choisie. Il n'a donc aucun moyen de savoir s'il vaut mieux changer de porte ou non.

De plus, le passage : "Longtemps le raisonnement développé ci-dessus n'a pas fait l'unanimité. Il lui était reproché de considérer que l'ouverture d'une mauvaise porte laisse inchangée la probabilité pour que la porte initialement choisie soit la bonne :1⁄3. Il est effectivement légitime de se demander pourquoi l'ouverture de la troisième porte ne modifie la probabilité que de l'une des deux portes. En particulier il est clair que si les deux portes étaient ouvertes, cette probabilité deviendrait une certitude, soit dans un sens, soit dans l'autre. Cela montre donc que la probabilité varie en fonction des connaissances : c'est la notion de probabilité conditionnelle, et en fait toute probabilité, explique Myron Tribus, est conditionnelle à un état de connaissance.

Ceux qui refusent ce raisonnement (les personnes pro-1⁄2) considèrent que la situation après ouverture d'une porte est équivalente à ouvrir une mauvaise porte avant le choix du candidat. Ils affirment par conséquent que la probabilité de gagner est la même en changeant ou sans changer, soit 1⁄2. "

pose problème. Les personnes pro-1/2 comme appelées dans cet article ne refusent pas du tout l'idée qu'il faille connaître les conditions d'un tirage pour en déduire la probabilité. Au contraire. Ces personnes constatent que si une porte-chèvre est ouverte, alors il ne reste plus qu'une porte-chèvre et une porte-voiture parmi des deux portes restantes. Ce qui permet un calcul rapide de la probabilité en changeant ou en ne changeant pas de porte. Donc, là encore, une affirmation fausse.

--Gaël COSTE-MEUNIER (discuter) 11 octobre 2019 à 14:07 (CEST)

Paradoxes probabilistes

Exemple Paradoxe de Monty Hall

Par définition les probabilités ne sont applicables qu'aux expériences aléatoires c'est à dire aux expériences où seul le hasard intervient. Peut on dire qu'une expérience impliquant un gugusse qui connait la porte où se situe le trésor à découvrir et qui fait en sorte qu'elle ne soit pas ouverte est une expérience où seul le hasard intervient? — Le message qui précède, non signé, a été déposé par l'IP 90.37.227.128 (discuter), le 19 avril 2020 à 20:13 (CEST)

[sans titre]

Dans la partie « Une solution non ambigüe > Développement » :

« On voit ici aisément que dans 2 cas sur 3, la porte restante cache la voiture. »

Est-ce que ça ne devrait pas plutôt être : « On voit ici aisément que dans 2 cas sur 3, une porte restante cache la voiture. » (sous-entendu : une des deux portes restante, les deux portes que le présentateur n’a pas ouvertes) ?

--77.197.54.101 (discuter) 31 mai 2023 à 23:14 (CEST)

Absolument ! L'arnaque est aussi dans la formulation des cas : Les chèvres sont d'abord individualisées pour faire 2 cas, puis fusionnées ("l'une des deux chèvres") pour faire un seul cas. La logique commande de garder le même principe :

cas 1 : Le candidat ayant initialement choisi la porte de la chèvre 1, le présentateur ouvre la porte de la chèvre 2. La porte restante cache la voiture.

cas 2 : Le candidat ayant initialement choisi la porte de la chèvre 2, le présentateur ouvre la porte de la chèvre 1. La porte restante cache la voiture.

cas 3 : Le candidat ayant initialement choisi la porte de la voiture, le présentateur ouvre la porte de la chèvre 1. La porte restante cache la chèvre 2.

cas 4: Le candidat ayant initialement choisi la porte de la voiture, le présentateur ouvre la porte de la chèvre 2. La porte restante cache la chèvre 1.

On voit ici aisément que dans 2 cas sur 4, la porte restante cache la voiture. Doralice 31 (discuter) 12 novembre 2023 à 14:15 (CET)

Magie et psychologie

Le jeu ne consiste pas à choisir entre trois portes, mais entre deux portes. Les "simulations" présentées s'acharnent à accorder une probabilité de 1/3 à la porte "choisie" et 2/3 à la porte non choisie et non ouverte, ce qui est faux, mais donne l'impression (magie de la psychologie) qu'une "simulation" "prouve" que la porte restante a conservé la somme des probabilités initiales des deux portes non choisies, soit 1/3 +1/3. Ce jeu n'a en fait d'intérêt que parce que le joueur a la possibilité de changer son choix, et du coup de faire grimper l'émotion des téléspectateurs, quelle que soit la bonne porte, soit parce qu'il a fait le bon choix en définitive, soit l'inverse. Magie et psychologie.Environnement2100 (discuter) 25 décembre 2023 à 15:00 (CET)

C’est cela, oui… Mais ce qu’il y a de bien avec Wikipédia, c’est que vos passionnantes explications n’y ont d’intérêt que si elles proviennent d’ (ou sont reprises par) une source de qualité. En avez-vous une ? Dfeldmann (discuter) 25 décembre 2023 à 18:45 (CET)

Il y a de très nombreux articles de WP, par exemple dans les zones philosophie, développement personnel, psychologie, psychanalyse etc., où de grandes quantités de bêtises ont été déversées ; je ne toucherais pas à ces articles avec des pincettes, puisque pratiquement tout est à supprimer - c'est le cas de cet article. Je sais bien ce qui se passe quand on fait une timide tentative : une armée d'ignorants s'impose immédiatement. Dans le tas, il y a aussi des moins ignorants que cela amuse de maintenir des articles constitués d'idioties. J'ai bien autre chose à faire que combattre la bêtise, surtout quand elle s'organise :). Comme vous le savez sans doute, contre la bêtise, les Dieux eux-mêmes sont impuissants. WP n'a jamais, à ma connaissance, inventé de parade.Environnement2100 (discuter) 27 décembre 2023 à 11:51 (CET)

Merci de nous informer que Wiki est donc un ramassis de bêtises, vous qui semblez avoir des solides connaissances sur tout les sujets que vous citez. Traiter les contributeurs d'armée d'ignorants, tout en n'apportant aucune source à ses dires, en rajoutant qui plus est qu'on à autre chose à faire que d'apporter une contribution utile prouve bien aux yeux de tous que du haut de sa supériorité on à pas forcément saisi ce qu'est un projet collaboratif, et qu'il est préférable de passer son chemin, en effet. Impressionnant pour un contributeur avec plus de 4000 contributions de ne toujours pas avoir saisi WP:RdS, WP:NdPV, WP:CITE, etc. RawWriter (discuter) 27 décembre 2023 à 18:11 (CET)

WP est une entreprise (sens neutre) formidable à laquelle je souscris, à la fois en versant une petite contribution pécuniaire annuelle, et en faisant l'effort de corriger ce que je peux. C'est bien parce que j'ai été confronté de nombreuses fois aux comportements des éditeurs que je peux en parler. Ce sujet a été évoqué des milliers de fois et ne m'intéresse guère, et puisque vous aimez les balises, WP:FORUM.Environnement2100 (discuter) 28 décembre 2023 à 18:03 (CET)

Le sujet (lequel ? On ne sait pas de quoi vous parlez) ne vous intéresse pas. Très bien. Votre nouvelle réponse n'apporte toujours rien au débat, surtout pas source. C'est vous qui contribuez à WP FORUM en en rajoutant. Quand on à l'outrecuidance d'insulter les autres contributeurs il ne faut pas être étonné de se faire piquer en retour. RawWriter (discuter) 29 décembre 2023 à 16:15 (CET)