Dans un jeu télévisé, Henry, un candidat, se trouve devant 3 portes fermées.
Derrière une de ces portes, il y a une superbe voiture à gagner. Il n’y a rien derrière les deux autres.
Le candidat choisit une porte au hasard (sans l’ouvrir). L’animateur ouvre alors une autre porte derrière laquelle il n’y a rien.
Que devrait faire le candidat : garder sa porte ou changer d’avis et choisir la dernière porte ?
@Dan Sliman
Soit
A:La voiture est derrière la porte A
B:La voiture est derrière la porte B
C:La voiture est derrière la porte C
Ca: le fait que le candidat choisisse la porte A (je parle bien sûr du premier choix)
Cb: le fait que le candidat choisisse la porte B
Cc: le fait que le candidat choisisse la porte C
Ea: la possibilité que le présentateur élimine la porte A
Eb: la possibilité que le présentateur élimine la porte B
Ec: la possibilité que le présentateur élimine la porte C
Avec ses événements on va contruire une partition de l’univers, c’est à dire des événements disjoints c’est-à-dire que les événements sont deux à deux incompatible.Il suffit de lister
tous les cas possibles comme par exemple:
La voiture est derrière la porte A(A), le candidat choisis B(Cb) et le présentateur élimine (Ec). Je noterai dans ce cas l’événénement (A,Cb,Ec). On liste donc toutes les possibilités:
(A,Ca,Eb) (B,Ca,Ec) (C,Ca,Eb)
(A,Ca,Ec) (B,Cb,Ea) (C,Cb,Ea)
(A,Cb,Ec) (B,Cb,Ec) (C,Cc,Ea)
(A,Cc,Ec) (B,Cc,Ea) (C,Cc,Eb)
C’est la où je me suis trompé:
Les événements ne sont pas équiprobables. Ceux équiprobables sont ceux-ci:
(A,Ca) (B,Ca) (C,Ca)
(A,Cb) (B,Cb) (C,Cb)
(A,Cc) (B,Cc) (C,Cc)
Là on a bien 1 chance sur 9 pour chaque événément.
Pour arriver à la première partition, il faut considérer deux choses:
– pour les cas ou le candidat choisit la bonne porte ( donc les cas (A,Ca) (B,Cb) et (C,Cc)), il ya deux événements equipropables possibles: si on rasionne par exemlpe sur le cas
(A,Ca), les deux événements sont le présentateur élimine soit B soit C et cela de façon tout à fait equiprobable. on donc (A,Ca)= (A,Ca,Eb) Union (A,Ca,Ec)
d’où P(A,Ca)= P(A,Ca,Eb)+P(A,Ca,Ec)=1/9 et comme P(A,Ca,Eb)=P(A,Ca,Ec) (eqioprobable), on a
2*P(A,Ca,Eb)=2*P(A,Ca,Ec)=1/9
d’où P(A,Ca,Eb) = P(A,Ca,Ec)= 1/18
on raisonne ede même manière pour les autres cas
– pour les autres cas, donc le candidat ne choisit pas la bonne porte, (A,Cb) équivaut forcément à (A,Cb,Ec) puisque le présentateur ne peut pas choisir d’autre porte que C vu qu’il
sait que la voiture est en A et que le candidat a choisit B. Donc on a P(A,Cb)=P(A,Cb,Ec)=1/9
On peut donc calculer les proba suivantes pour la première partition:
P(A,Ca,Eb)=1/18 P(B,Ca,Ec)=1/9 P(C,Ca,Eb)=1/9
P(A,Ca,Ec)=1/18 P(B,Cb,Ea)=1/18 P(C,Cb,Ea)=1/9
P(A,Cb,Ec)=1/9 P(B,Cb,Ec)=1/18 P(C,Cc,Ea)=1/18
P(A,Cc,Ec)=1/9 P(B,Cc,Ea)=1/9 P(C,Cc,Eb)=1/18
Si on regarde par exemple la probabilité que la voiture soit derrière A, on va compter le nombre d’événement contenant A, comme les événenments sont disjoints, on additionne les probas
P(A)=1/18 + 1/18 + 1/9 + 1/9=1/3;
il est en de même pour P(B)=P(C)=1/3;
De même la probabilité que le candidat choisisse une porte par exemple la porte C.
Donc P(Cc)=1/9 + 1/9 + 1/18 + 1/18 = 1/3
de même P(Ca)=P(Cb)=P(Cc)=1/3.
De la même manière, la probabilité que le présentateur élimine telle ou telle ou porte:
P(Ea)=P(Eb)=P(Ec)==1/3
On va maintenant parler de probabilité conditionelle: la probabilité de A en sachant B va être noté P(A\B). La formule dit:
P(A\B)=P({A inter B})/P(B) mais aussi:
P(A\B)=P(B\A)*P(A)/P(B)
Ce qu’on cherche par exemple si le candidat choisit B et que le présentateur élimine A. On va chercher la probabilité que la voiture soit derrière C en sachant donc Cb et A. On cherche
donc P(C\{Cb inter Ea)
On a
P(C\{Cb inter Ea})= P({C inter {Cb inter Ea}})/P({Cb inter Ea})
or C inter {Cb inter Ea} signifie la proba d’avoir C et (Cb et Ea) ce qui vaut à C et Cb et Ea. Il n’y a qu’une possibilité (C,Cb,Ea) 3è colonne, 2è ligne et la proba vaut 1/9. Donc
P({C inter {Cb inter Ea}})=1/9
Maintenant P({Cb inter Ea}) c’est la proba d’avoir Cb et Ea. Il y a deux possibilités (B,Cb,Ea) et (C,Cb,Ea) comme les événements sont disjoints, on additionne les probas. On a donc:
Donc si le candidat change de choix il a deux chances sur trois d’avoir la voiture!!
Si on calcule la proba s’il ne change pas de choix, il faut calculer la probabilité que la voiture soit en B en sachant Cb et Ea
P(B\{Cb inter Ea})=P({B inter Cb inter Ea}) / P({Cb inter Ea})
Là encore B inter Cb inter Ea, il n’y a qu’une possibilité (B,Cb,Ea) dont la proba est 1/18
on a donc
@Michel Laporte
[quote=kosmogol]moi je garde la même porte, j’ai démontré que j’avais 80% de chance de gagner :lol:[/quote]
Je suis tout à fait d’accord avec Philiathus.
Je vais revenir à des probas basiques. Pour calculer la proba qu’on a de gagner à pile ou face, on va lister le nombre d’événement possible: pour pile ou face il y en deux:
-soit pile
-soit face
Si tu choisis pile 1 chance sur deux de gagner
Si tu choisis face 1 chance sur deux de gagner
Pour un lancer de dé c’est pareil, 6 évébelent donc 1 chance sur 6 de gagner.
Ici Philiathus a fait exactement la même chose: il y quatre possibilités:
– Le candidat choisit B donc forcément le présentateur choisit C
– Le candidat choisit C le présentateur B
– Le candidat choisit A le présenteur choisit B
– le candidat choisit A le présentateur choisit C
Donc à chaque fois une chance sur deux de gagner quoi qu’il arrive!
Pour une démonstration complète et mathématiques:
on va définir les événements:
Soit
A:La voiture est derrière la porte A
B:La voiture est derrière la porte B
C:La voiture est derrière la porte C
Ca: le fait que le candidat choisisse la porte A (je parle bien sûr du premier choix)
Cb: le fait que le candidat choisisse la porte B
Cc: le fait que le candidat choisisse la porte C
Ea: la possibilité que le présentateur élimine la porte A
Eb: la possibilité que le présentateur élimine la porte B
Ec: la possibilité que le présentateur élimine la porte C
Avec ses événements on va contruire une partition de l’univers, c’est à dire des événements disjoints c’est-à-dire que les événements sont deux à deux incompatible.Il suffit de lister tous les cas possibles comme par exemple:
La voiture est derrière la porte A(A), le candidat choisis B(Cb) et le présentateur élimine (Ec). Je noterai dans ce cas l’événénement (A,Cb,Ec). On liste donc toutes les possibilités:
(A,Ca,Eb) (B,Ca,Ec) (C,Ca,Eb)
(A,Ca,Ec) (B,Cb,Ea) (C,Cb,Ea)
(A,Cb,Ec) (B,Cb,Ec) (C,Cc,Ea)
(A,Cb,Ec) (B,Cc,Ea) (C,Cc,Eb)
On a donc 12 événements; on est bien d’accord que chaque événement est équiprobable, et la probabilité de chaque événement est 1/12.
Si on regarde par exemple la probabilité que la voiture soit derrière A, on va compter le nombre d’événement contenant A, facile c’est la première colonne donc 4 événements, donc
P(A)=4/12=1/3;
il est en de même pour P(B)=P(C)=1/3;
De même la probabilité que le candidat choisisse une porte par exemple la porte C. On va compte le nombre d’événement contenant Cc. Si on sait comptait, il y en a 4
Donc P(Cc)=4/12=1/3
de même P(Ca)=P(Cb)=P(Cc)=1/3.
De la même manière, la probabilité que le présentateur élimine telle ou telle ou porte:
P(Ea)=P(Eb)=P(Ec)=4/12=1/3
On va maintenant parler de probabilité conditionelle: la probabilité de A en sachant B va être noté P(A\B). La formule dit:
P(A\B)=P(B\A)*P(A)/P(B)
Ce qu’on cherche par exemple si le candidat choisit B et que le présentateur élimine A. On va chercher la probabilité que la voiture soit derrière C en sachant donc Cb et A. On cherche donc P(C\{Cb inter Ea)
On a
P(C\{Cb inter Ea})= P({Cb inter Ea}\C) * P(C)/P({Cb inter Ea})
P({Cb inter A}\C) correspond à la probabilité d’avoir Cb ET A tout en sachant qu’on a C, cela signifie qu’on réduit l’univers aux cas où on a C (il y en a 4,3è colonne) et on regarde combien de fois on a à la fois Cb et Ea. On compte une fois donc
P({Cb inter Ea}\C)=1/4;
Maintenant on va regarder la proba de P({Cb inter Ea}). On va compter tous les événements où on a ET Cb ET Ea.Il ya deux événements correspondants: (B,Cb,Ea) et (C,Cb,Ea) donc
On a bien une chance sur deux qu’on aot la voiture en changeant. On peut de la même manière calculer que la probabilité si on ne change pas est 1/2 aussi.
Pour calculer la proba de P({Cb inter Ea}), on peut aussi le faire de visu:
c’est conditionné par Cb inter Ea donc on va regarder les cas ooù on a à la fois Cb ET Ea: il y en a deux (B,Cb,Ea) et (C,Cb,Ea). Et parmis ces deux là, la probabilité d’avoir C et 1/2!!
Pour comprendre l’astus je vous preconise de refaire le jeu mais en ayant 1000 portes on choisi une porte, le préseantateur ouvre 998 portes il reste 2 portes (la porte que j’ai choisi et la porte qu’il n’a pas ouvert.
faut il changer de porte ? reponse bien sur OUI
avec 1000 portes j’ai une chance sur 1000 de gagner et 999/1000 de perdre
si je change j’aurais 999/1000 de gagner
Je vais essayer de l’expliquer de façon “logique” pour ceux à qui les probas ne parlent pas.
Au final donc j’ai deux options :
– soit je garde ma porte; et je ne gagne que si j’avais la bonne (donc 1 chance sur 3 initialement).
– soit je change; et je ne gagne que si je m’étais trompé (donc 2/3 initialement).
Changer augmente donc les chances même si quelqu’un qui arriverait à ce moment n’aurait qu’une chance sur deux.
Je crois que j’ai une explication assez simple, dites-moi si je me trompe:
En fait le seul cas de figure ou j’ai raison de ne pas changer de porte, c’est lorsque j’ai choisi dès le départ la bonne porte.
Dans tous les autres cas, je devrai changer de porte si je veux gagner.
Or, j’ai une chance sur 3 de choisir la bonne porte dès le départ, et donc 2 chances sur 3 d’être dans l’autre cas de figure.
Donc j’ai 1 chance sur 3 de gagner en gardant ma porte, et 2 chances sur 3 de gagner en changeant.
Démonstration:
J’ai fait l’essai avec 3 cure-dents. Celui tout à gauche était le cure-dent gagnant.
J’ai ensuite “choisi” chaque cure dent a tour de role, en prenant soin de changer mon choix dès que l’un des cure-dent était retiré. J’ai gagné 2 fois sur 3.
Essayez avec des cure dents ou autre objets dans vos mains, c’est beaucoup plus clair.
Cette probabilité fonctionne sous 2 conditions :
_Celui qui retire l’un des cure-dent (après mon choix initial) sait lequel est le cure-dent gagnant.
_Le cure-dent gagnant ne change pas de place après que l’un des cure-dent perdants ait été retiré.
Je vais mettre la voiture en position 1 pour étudier les cas (notons que si elle est en position 2 ou 3 ça ne change rien aux probas). Je vais supposer que le choix de la porte se fait au hasard, et que je change à chaque fois.
TROIS CAS :
1) Je choisis d’abord la porte 1. (une chance sur trois).
Deux cas :
1- l’animateur ouvre la porte 1.
Je change, je perds. 1/6
2- l’animateur ouvre la porte 2
Je change, je perds. 1/6
2) Je choisis d’abord la porte 2.
Je change je gagne. 1/3
3) Je choisis d’abord la porte 3.
Si je change je gagne. 1/3
Si je change, j’ai donc 1/6 + 1/6 = 1/3 de perdre. Donc 2/3 de gagner.
@Neotenien
Mon raisonnement ne tiens pas… je n’ai pas tenu compte du poids du cas où l’animateur n’a qu’un seul choix… Il est obligé de choisir la 2 si, soit j’ai choisi initialement la porte 1 ou la porte 3 et si, respectivement, la voiture est derrière la 3 ou la 1. Idem pour la 3.
En fait le raisonnement donné au début est juste (c’est du dénombrement de cas).
Je suppose au départ, que je ne connais pas l’emplacement de la voitire et que l’animateur le connais.
Je suppose que je choisis, au départ, la porte 1.
3 Cas de figures :
– la voiture est en 1
– la voiture est en 2
– la voiture est en 3
Si la voiture est en 1:
– si l’animateur choisit la porte 2 et que je change pour la 3, je PERD
– si l’animateur choisit la porte 3 et que je change pour la 2, je PERD
Si la voiture est en 2:
L’animateur est obligé de choisir la 3, MAIS JE NE SAIS PAS qu’il ne peut que choisir la 3. si je change pour la 2, JE GAGNE. ET C’EST LE SEUL CAS DE FIGURE.
Si la voiture est en 3:
L’animateur est obligé de choisir la 2. Si je change pour la 3, JE GAGNE.
Il y a 4 cas de figures pour chacun de mes choix initiaux (1, 2 ou 3) et à chaque fois, 50% de chance de gagner si je change.
Le raisonnement initial est biaisé par le fait qu’on part du choix initial de la position de la voiture, alors que tout est conditionné PAR NOTRE CHOIX initial. On choisit au départ, soit la 1, soit la 2, soit la 3. Le fait que l’animateur ait choisi un emplacement vide ne fait qu’augmenter nos chance de 33.33 à 50% suivant cette chronologie.
Faisons le même problème, mais cette fois avec 100 portes. Si tu choisis la porte A et que l’animateur ferme toutes les autres sauf une autre porte, nottons la la porte B, alors on peut voir que tu as plus de chance d<Avoir la voituyre derrière la porte B car tu as 1 chance sur 100 pour ta porte A et 1 chance sur 2 avec la porte B. Essayez de trouver une voiture derrière 100 portes 😛
Le fou, tu restes gindé sur le fait que la porte choisit est la bonne, c’est ce qui semble t’induire en erreur. Tes cas ne prennent pas en compte que la voiture soit autre que sur le choix de départ, tu me suis?
je rappele que si on garde sa porte la possibilité de gagner est 1/2 et si je change ça reste 1/2 puisqu’il ne reste que deux porte , et une deux est la fausse
imaginons qu’on a 10 portes pour que ce soit plus clair et vérifiable
maintenant on en choisit une
on a donc 1/10 chance que la porte soit la bonne
et donc 9/10 que le bonne porte soit parmis les 9 autres
maintenant l’animateur qui sait ou est la voiture ouvre 8 des 9 autres portes
et bien on a bien 9 chances sur 10 de gagner en changeant de porte
faites l’essai avec 10 boites et un ami
vous mettez quelque chose sous une boite (sans que l’autre le voit)
ensuite vous demandez a votre ami de choisir une boite
parmis les 9 autres vous en ouvrez 8 dans lesquels vous savez que l’objet n’a pas été rangé
et bien vous verrez que votre ami s’il change de boite à chaque fois gagnera 9 fois sur 10 environ
plus vous prenez de boites et plus vous pouvez facilement vérifier ce fait
en effet si vous ne prenez que 3 boites et que votre ami est vraiment malchanceux vous ne pourrez pas le vérifier lol
Vous êtes induit en erreur par un amalgame de cas.
Supposons que la voiture soit derrière la porte 1.
Au départ j’ai donc 3 cas différents :
– Je choisis la porte 1 (je vais gagner)
– Je choisis la porte 2 (je vais perdre)
– Je choisis la porte 3 (je vais perdre)
Là, l’animateur CHOISIT une porte qui n’a pas la voiture.
Il n’y a alors plus 3 cas, mais 4 cas!
– J’ai choisi la porte 1 et l’animateur a choisi la porte 2
– J’ai choisi la porte 1 et l’animateur a choisi la porte 3
– J’ai choisi la porte 2 et l’animateur a choisi la porte 3 (il ne peut pas choisir la porte 1)
– J’ai choisi la porte 3 et l’animateur a choisi la porte 2 (il ne peut pas choisir la porte 1)
J’ai bien 2 chances sur 4 de gagner (les 2 premiers cas) si je garde ma porte et 2 chance sur 4 de gagner (les 2 derniers cas) si je change de porte.
Il faut bien prendre en compte toutes les possibilités de combinatoire pour faire des calculs de probabilités.
Prenons en compte tous les commentaires et mettons tous le monde d’accord, quelques que soit la “vrai” réponse :
1ère possibilité de réponse :
On a 1/2 chance de gagner en changeant de porte
-> donc que l’on change ou pas, cela n’affectera en rien notre chance de gagner puisqu’elle est de 1 sur 2 qu’elle que soit la porte.
2ème possibilité de réponse :
On a 2/3 chance de gagner en changeant de porte
-> donc il faut changer de porte pour avoir plus de chance de gagner
Synthèse :
Dans le 1er cas, les 2 portes sont à égalité (1/2 – 1/2 chances)
Dans 2ème cas, les 2 portes sont à inégalité (1/3 – 2/3 chances)
En prenant en compte les 2 cas ————> (5/6 – 7/6 chances)**
Conclusion :
En prenant en compte les 2 réponses, nous avons de toutes les façons plus de chance de changer de porte.
** J’ai ajouté cette ligne pour illustré ma réflexion, elle est seulement subjective, elle ne sert qu’à comparé les 2 dernières portes.
Il y a pas mal d’incompréhension par rapport à cette énigme.
Comme dit plus au, le présentateur sait ou est la cadeau et n’ouvre que des portes derrière laquelle il n’y a rien.
Imaginons le même jeu mais avec 1000 portes et un cadeau. Au premier tour, le joueur choisit une porte. Et à chaque tour, le présentateur ouvre une porte autre que la porte choisie et ne dévoilant aucun cadeau. Ensuite, il propose au joueur de changer de porte ou de garder celle initialement choisie.
Supposons que le joueur garde systématiquement la même porte jusqu’au dernier tour. Initialement, il avait 0,1% de chance d’avoir la bonne et donc 99,9% de chance que le cadeau soit derrière l’une des 999 autres portes. Successivement, l’animateur ouvre les portes derrière lesquelles il n’y a rien. Ca ne change en rien la probabilité d’avoir initialement choisi la bonne porte. Au dernier tour, il reste donc la porte initialement choisie par le joueur avec 0,1% chance de gain et une porte avec 99,9% de chance de gain.
Il est évidement avantageux de changer de porte au dernier tour.
Bravo pour cette énigme. C’est la première vrai énigme logique que je trouve en cinq pages.
Enigme fausse. Il vaut mieux garder sa porte si on est completement débile, et ça ne change rien si on a plus de neurones.
disons qu’on choisit porte A, et que l’animateur ouvre porte C
la voiture est soit derrière porte B soit derrière porte C.
si on garde sa porte on a 50% de chance de gagner (à ce stade du jeu ‘vais pas refaire tout le blabla des post précédents)
Si on change pour B on a aussi 50% de chance (soit A soit C)
MAIS il faut aussi émettre la possibilité du cros débile qui décide de changer pour la porte C (et qui a donc 0% de chance de réussite ou 25% s’il change au hasard). La probabilité d’être con à ce point est faible certes mais existante. Donc en changeant de porte on a une probabilité inférieure à celle en gardant sa porte.
Michel Laporte, ton programme prouve exactement l’explication de Deeder: tu pars du principe que l’animateur n’ouvre pas une porte gagnante. Autrement dit, l’animateur sait quelle porte ouvrir.
cqfd.
Je suis d’accord avec le fait qu’il faut changer. Admettons que l’animateur n’ouvre pas de porte, alors il y a 3 possibilités. (Dans l’exemple, tu prends la porte 1) …
*(1/3 de gagner si tu garde la même porte et 1/3 – (2/6) si tu changes)
Par contre, si on prend en considération que l’animateur ouvre une porte, il choisit alors entre les portes 2 et 3 et prend la porte ou il n’y a rien, ce qui amène ces 3 possibilités
Je viens de me prendre la tête sur le problème:
Faut partir du principe que lors du premier choix, on a 2/3 chances de se tromper (donc que la voiture soit autre part).
Si, effectivement on s’est trompé, ce qui arrive 2/3 fois (je rabâche un peu) l’animateur n’a pas le choix sur la porte qu’il doit ouvrir puisqu’il ne peut ouvrir celle qu’on a choisit ni celle qui contient la voiture. Donc, dans ce cas là, la porte restante est celle qui cache l’auto.
C’est pour ça que dans le cas où l’animateur est obligé d’ouvrir une porte vide, entre nos deux choix on a 2/3 de trouver la bonne en changeant de porte.
pariterre je suis pas d’accord toi tu dit en gros
“si je choisis la porte 1…, si je choisis la porte 2…, si je choisis la porte 3 …”
Mon cher amis si les dinosaur ne se serait pas eteint on ne serait pas la pour en parler. Avec des “et si…” on referait le monde. mais dans la vrai vie henry a 1 chance sur 2 de gagner. soit il garde(1) soit il change(1) cher moi 1 et 1 font 2, 2 possibiliter 1 choix font pas chercher plus loin. l’homme a toujours voulu expliquer les choses en se compliquent la vie et c’est se que vous faite
Bonjours, je pense que vous avez tous raison, seulement la probabilité de gagner la voiture dépend s’il on prend en compte la porte que vient d’ouvrir l’animateur soit :
Porte prise en compte : 66% de chance de gagner
Porte non prise en compte : 50% de chance de gagner
même si cela sans improbable, dans chaque cas nous avons 1 chance sur 2 de gagner dès que l’animateur ouvre une porte qui ne contient pas la voiture
en fait c’est gràce à l’animateur qu’on augmente notre chance de gagner
Eh bien, j’étais moi-même sceptique.. je me disais qu’il devait y avoir une chance sur deux pour qu’il aie la bonne porte à la fin, et logiquement, j’étais sûr de ma réponse, alors j’ai voulu en avoir le coeur net. J’ai créé un programme informatique en C++ qui simule ce jeu. J’ai créé 3 portes, et fait mettre une voiture au hasard derrière une des portes. Ensuite, j’ai fait choisir au hasard une des 3 portes. Ensuite, j’ai fait ouvrir au hasard une autre porte (bien entendu à condition que cette porte ne contienne pas la voiture).
À partir de là, je pouvais regarder si la personne avait tombé sur le bon choix (c’est-à-dire si elle conserve sa porte initiale). J’ai donc fait exécuter le jeu 1000 fois en buocle, et compilé les résultats. Résultats : le joueur gagnait en moyenne une fois sur 3 (environ 300 fois sur 1000), et ce à chaque exécution. J’ai donc modifié mon programme pour qu’après que l’animateur ait ouvert une porte, le joueur change son choix. Après avoir exécuté le jeu en boucle 1000 fois avec ces nouveaux paramètres, et compilé les résultats, quelle ne fut pas ma surprise de voir que cette fois le joueur gagnait en moyenne 2 fois sur 3 !! (environ 600 fois sur 1000) !! Donc je crois que c’est la preuve ultime, et que maintenant, les sceptiques peuvent en avior le coeur net (y compris moi !). Si vous avez des questions, ou si vous voulez me faire tester d’autres genres d’énigmes pour en avoir le coeur net, n’hésitez pas à me contacter 🙂 laportemichel@live.ca
Désolé j’ai fait des erreurs, je me suis trompé de mots, écrivant “avenir” alors que je voulais écrire “passé”.. bref mon post corrigé est le suivant :
Les amis, je crois que vous ne connaissez pas assez le système des probabilités. Quand tu choisis une porte, tu as une chance sur trois que ta porte soit la bonne. Mais après que le commentateur ait ouvert l’autre porte, il ne te reste que 2 portes, donc 50 pourcent de chances dans chacune d’elles. Il est important de se rappeler que tout ce qui s’est passé dans le passé n’a plus de poids car c’est ce qu’on a devant les yeux uniquement qui compte, car les probabilités n’ont pas de mémoire.. et ce qu’on a devant les yeux, c’est deux portes, et on ne sait pas dans laquelle la voiture est.. c’est tout.. c’est comme si on lance pile ou face 500 fois… même si on tombe sur pile les 499 premières fois, on a encore une chance sur 2 de tomber sur face la 500 ième fois simplicité rigoureuse des probalités. Je ne reviendrai pas ici pour m’obstiner avec ceux qui ne comprennent pas encore ce simple principe, je ne tenais pas à débattre, simplement à vous donner la solution. Donc c’est ma première et dernière visite. Bonne journée à tous
Les amis, je crois que vous ne connaissez pas assez le système des probabilités. Quand tu choisis une porte, tu as une chance sur trois que ta porte soit la bonne. Mais après que le commentateur ait ouvert l’autre porte, il ne te reste que 2 portes, donc 50 pourcent de chances dans chacun d’une 😉 Il est important de se rappeler que tout ce qui s’est passé dans l’avenir n’a plus de poids 😉 c’est ce qu’on a devant les yeux uniquement qui compte, car les probabilités n’ont pas de mémoire.. et ce qu’on a devant les yeux, c’est deux portes, et on ne sait pas dans laquelle la voiture est.. c’est tout.. c’est comme si on lance pile ou face 500 fois… même si on tombe sur pile les 499 premières fois, on a encore une chance sur 2 de tomber sur face la 500 ième fois 😉 simplicité rigoureuse des probalités. Je ne reviendrai pas ici pour m’obstiner avec ceux qui ne comprennent pas encore ce simple principe, je ne tenais pas à débattre, simplement à vous donner la solution. Donc c’est ma première et dernière visite. Bonne journée à tous 😉
Non, en fait Zick tu as tort, le joueur N’a PAS 1/2 de gagner avec les trois portes (encore une fois, il est nécessaire que l’animateur sache qu’il ouvre une porte vide).
Pour le joueur, lorsqu’il change de choix, il a 2/3 de gagner (alors qu’avec seulement 2 portes au départ, il aurait eu 1/2.
Et d’après ta réponse, je crois que tu n’as pas compris pourquoi. Je t’explique rapidement :
Au départ, tu as 1/3 de sélectionner la bonne porte. L’animateur en ouvre une autre QUI N’A PAS LA VOITURE À L’INTÉRIEUR. Il te demande si tu veux changer. Ta porte a encore 1/3 de contenir l’automobile. L’autre porte passe à 2/3 (pour que l’addition donne 100%). Ainsi, changer est avantageux.
Je te l’explique d’un point de vue mathématique. Si on regarde l’arbre des possibilités :
Auto porte 1, je choisi porte 1. l’animateur ouvre porte 2, je change à 3 et je perds (1 de perdu)
Auto porte 1, je choisi porte 1. L’animateur ouvre porte 3, je change à 2 et je perds (1 de perdu)
Auto porte 1, je choisi porte 2. L’animateur ouvre porte 3, je change à 1 et je gagne (1 gain)
Auto porte 1, je choisi porte 2. L’animateur ouvre porte 3 [à défaut de pouvoir ouvrir la 1], je change à 1 et je gagne (1 gain).
Auto porte 1, je choisi porte 3. L’animateur ouvre porte 2, je change à 1 et je gagne (1 gain)
Finalement, auto porte 1, je choisi porte 3. L’animateur ouvre porte 2 [à défaut de pouvoir ouvrir 1], je change à 1 et je gagne (1 gain)
Total : 2 pertes et 4 gains en changeant, soit 4/6 de gagner (ou 2/3). On peut aussi completer avec auto porte 2 et auto porte 3, mais ça revient au même.
Dernière précision, si l’animateur a aucune idée où est la voiture et ouvre une porte au hasard, Zick a raison et ses chances en changeant sont de 1/2. Rapidement :
Auto porte 1, je choisi porte 1. l’animateur ouvre porte 2, je change à 3 et je perds (1 de perdu)
Auto porte 1, je choisi porte 1. L’animateur ouvre porte 3, je change à 2 et je perds (1 de perdu)
Auto porte 1, je choisi porte 2. L’animateur ouvre porte 3, je change à 1 et je gagne (1 gain)
Auto porte 1, je choisi porte 2. L’animateur ouvre porte 1 [sans savoir qu’il ouvre la bonne], je ne peux changer (1 de perdu).
Auto porte 1, je choisi porte 3. L’animateur ouvre porte 2, je change à 1 et je gagne (1 gain)
Finalement, auto porte 1, je choisi porte 3. L’animateur ouvre porte 1 [Idem], je ne peux changer (1 perdu)
j’ai donc 1/3 de gagner (en changeant ou non) au début du jeu. À la deuxième porte(on enlève les parties où l’animateur avait déjà ouvert la porte) : je perds 2 fois et je gagne 2 fois, soit 1/2
Voilà, j’espère que ça été clair. Donc si tu es dans un jeu télévisé, change! au cas où l’animateur savait où était la voiture 😉
ok avec Deeder mais pas avec Paul : ” c un jeu pratiquement debile car quoiqu’on fasse autant demarrer avec seulement deux portes vu que de toute manieere le presentateur ouvre une porte” car comme le joueur choisit avant que le presentateur ouvre la porte ou il n’y a rien , le joueur commence avec 1 chance sur 3 alors que si on commençait avec 2 porte , le joueur on commencerait avec 1 chance sur 2
Alors moi je suis d’accord d’un point de vue mathematique cependant je pense que cette enigme ne peut pas s’appliquer a l’homme . car que se passe t il dans sa tete : le presentateur ouvre la porte ou il n’y a pas d’objet . Mais apres l’univer change il devient deux …. donc la personne peut choisir entre les deux portes soit il a une chance sur deux …enait c un jeu pratiquement debile car quoiqu’on fasse autant demarrer avec seulement deux portes vu que de toute manieere le presentateur ouvre une porte . je ne sias pas si tout est clait mais pour ma part et personnellement je crois que tous ces jeux de hasards ou il ya des probabilités , ces dernieres ne peuvent pas s’appliquer a l’Homme en general car non seulement il a une capcité de raisonement elevé mais aussi car il est imprevisible ….
Dans l’état, cela reviendra strictement au même qu’il conserve son choix ou qu’il change d’avis car le problème est mal énoncé. Je pense que l’auteur de cette énigme voulait faire référence au fameux paradoxe de Monty Hall, qui n’est autre qu’un petit jeu de probabilités.
En fait, ce paradoxe nécessite une condition supplémentaire pour être mis en place : la connaissance par le présentateur de ce qui se cache derrière chaque porte. Ceci lui permet donc de choisir parmi les deux portes restantes, un porte derrière laquelle ne se trouve rien __en connaissance de cause__. A partir de là, la probabilité de gagner en changeant de porte est de 2/3, contre 1/3 si le joueur ne change pas son choix.
Si, par contre, le présentateur ne connaissait pas la nature des gains cachés derrière chaque porte, alors la probabilité que chacune des deux dernières portes soient gagnantes est d’1/2.
En fait, ce paradoxe repose uniquement sur le fait que le choix du présentateur pour l’une des deux portes n’est pas fait au hasard et qu’il ouvre obligatoirement une porte derrière laquelle il n’y a rien. S’il n’a pas choisi d’ouvrir l’autre porte, elle a alors potentiellement plus de chances de cacher la voiture. Farfelu, parfois difficile à comprendre, mais pourtant véridique. 🙂
@Dan Sliman
Errata: 1ère partition 1ère colonne 4ème ligne c’est (A,Cc,Eb)
@Dan Sliman
Soit
A:La voiture est derrière la porte A
B:La voiture est derrière la porte B
C:La voiture est derrière la porte C
Ca: le fait que le candidat choisisse la porte A (je parle bien sûr du premier choix)
Cb: le fait que le candidat choisisse la porte B
Cc: le fait que le candidat choisisse la porte C
Ea: la possibilité que le présentateur élimine la porte A
Eb: la possibilité que le présentateur élimine la porte B
Ec: la possibilité que le présentateur élimine la porte C
Avec ses événements on va contruire une partition de l’univers, c’est à dire des événements disjoints c’est-à-dire que les événements sont deux à deux incompatible.Il suffit de lister
tous les cas possibles comme par exemple:
La voiture est derrière la porte A(A), le candidat choisis B(Cb) et le présentateur élimine (Ec). Je noterai dans ce cas l’événénement (A,Cb,Ec). On liste donc toutes les possibilités:
(A,Ca,Eb) (B,Ca,Ec) (C,Ca,Eb)
(A,Ca,Ec) (B,Cb,Ea) (C,Cb,Ea)
(A,Cb,Ec) (B,Cb,Ec) (C,Cc,Ea)
(A,Cc,Ec) (B,Cc,Ea) (C,Cc,Eb)
C’est la où je me suis trompé:
Les événements ne sont pas équiprobables. Ceux équiprobables sont ceux-ci:
(A,Ca) (B,Ca) (C,Ca)
(A,Cb) (B,Cb) (C,Cb)
(A,Cc) (B,Cc) (C,Cc)
Là on a bien 1 chance sur 9 pour chaque événément.
Pour arriver à la première partition, il faut considérer deux choses:
– pour les cas ou le candidat choisit la bonne porte ( donc les cas (A,Ca) (B,Cb) et (C,Cc)), il ya deux événements equipropables possibles: si on rasionne par exemlpe sur le cas
(A,Ca), les deux événements sont le présentateur élimine soit B soit C et cela de façon tout à fait equiprobable. on donc (A,Ca)= (A,Ca,Eb) Union (A,Ca,Ec)
d’où P(A,Ca)= P(A,Ca,Eb)+P(A,Ca,Ec)=1/9 et comme P(A,Ca,Eb)=P(A,Ca,Ec) (eqioprobable), on a
2*P(A,Ca,Eb)=2*P(A,Ca,Ec)=1/9
d’où P(A,Ca,Eb) = P(A,Ca,Ec)= 1/18
on raisonne ede même manière pour les autres cas
– pour les autres cas, donc le candidat ne choisit pas la bonne porte, (A,Cb) équivaut forcément à (A,Cb,Ec) puisque le présentateur ne peut pas choisir d’autre porte que C vu qu’il
sait que la voiture est en A et que le candidat a choisit B. Donc on a P(A,Cb)=P(A,Cb,Ec)=1/9
On peut donc calculer les proba suivantes pour la première partition:
P(A,Ca,Eb)=1/18 P(B,Ca,Ec)=1/9 P(C,Ca,Eb)=1/9
P(A,Ca,Ec)=1/18 P(B,Cb,Ea)=1/18 P(C,Cb,Ea)=1/9
P(A,Cb,Ec)=1/9 P(B,Cb,Ec)=1/18 P(C,Cc,Ea)=1/18
P(A,Cc,Ec)=1/9 P(B,Cc,Ea)=1/9 P(C,Cc,Eb)=1/18
Si on regarde par exemple la probabilité que la voiture soit derrière A, on va compter le nombre d’événement contenant A, comme les événenments sont disjoints, on additionne les probas
P(A)=1/18 + 1/18 + 1/9 + 1/9=1/3;
il est en de même pour P(B)=P(C)=1/3;
De même la probabilité que le candidat choisisse une porte par exemple la porte C.
Donc P(Cc)=1/9 + 1/9 + 1/18 + 1/18 = 1/3
de même P(Ca)=P(Cb)=P(Cc)=1/3.
De la même manière, la probabilité que le présentateur élimine telle ou telle ou porte:
P(Ea)=P(Eb)=P(Ec)==1/3
On va maintenant parler de probabilité conditionelle: la probabilité de A en sachant B va être noté P(A\B). La formule dit:
P(A\B)=P({A inter B})/P(B) mais aussi:
P(A\B)=P(B\A)*P(A)/P(B)
Ce qu’on cherche par exemple si le candidat choisit B et que le présentateur élimine A. On va chercher la probabilité que la voiture soit derrière C en sachant donc Cb et A. On cherche
donc P(C\{Cb inter Ea)
On a
P(C\{Cb inter Ea})= P({C inter {Cb inter Ea}})/P({Cb inter Ea})
or C inter {Cb inter Ea} signifie la proba d’avoir C et (Cb et Ea) ce qui vaut à C et Cb et Ea. Il n’y a qu’une possibilité (C,Cb,Ea) 3è colonne, 2è ligne et la proba vaut 1/9. Donc
P({C inter {Cb inter Ea}})=1/9
Maintenant P({Cb inter Ea}) c’est la proba d’avoir Cb et Ea. Il y a deux possibilités (B,Cb,Ea) et (C,Cb,Ea) comme les événements sont disjoints, on additionne les probas. On a donc:
P({Cb inter Ea})= P(B,Cb,Ea) + P(C,Cb,Ea) = 1/18 + 1/9 = 3/18 = 1/6
Donc:
P(C\{Cb inter Ea})= (1/9)/(1/6)= 1/9 *6 =2/3!!
Donc si le candidat change de choix il a deux chances sur trois d’avoir la voiture!!
Si on calcule la proba s’il ne change pas de choix, il faut calculer la probabilité que la voiture soit en B en sachant Cb et Ea
P(B\{Cb inter Ea})=P({B inter Cb inter Ea}) / P({Cb inter Ea})
Là encore B inter Cb inter Ea, il n’y a qu’une possibilité (B,Cb,Ea) dont la proba est 1/18
on a donc
P(B\{Cb inter Ea}) = (1/18) / (1/6) = 1/18 * 6 = 1/3
En ne changeant pas, le candidat n’a qu’une chance sur trois de gagner la voiture!!
CQFD
commentaire à rina.rakotovao@laposte.net
Merci de votre lecture!
@Michel Laporte
[quote=kosmogol]moi je garde la même porte, j’ai démontré que j’avais 80% de chance de gagner :lol:[/quote]
Je suis tout à fait d’accord avec Philiathus.
Je vais revenir à des probas basiques. Pour calculer la proba qu’on a de gagner à pile ou face, on va lister le nombre d’événement possible: pour pile ou face il y en deux:
-soit pile
-soit face
Si tu choisis pile 1 chance sur deux de gagner
Si tu choisis face 1 chance sur deux de gagner
Pour un lancer de dé c’est pareil, 6 évébelent donc 1 chance sur 6 de gagner.
Ici Philiathus a fait exactement la même chose: il y quatre possibilités:
– Le candidat choisit B donc forcément le présentateur choisit C
– Le candidat choisit C le présentateur B
– Le candidat choisit A le présenteur choisit B
– le candidat choisit A le présentateur choisit C
Donc à chaque fois une chance sur deux de gagner quoi qu’il arrive!
Pour une démonstration complète et mathématiques:
on va définir les événements:
Soit
A:La voiture est derrière la porte A
B:La voiture est derrière la porte B
C:La voiture est derrière la porte C
Ca: le fait que le candidat choisisse la porte A (je parle bien sûr du premier choix)
Cb: le fait que le candidat choisisse la porte B
Cc: le fait que le candidat choisisse la porte C
Ea: la possibilité que le présentateur élimine la porte A
Eb: la possibilité que le présentateur élimine la porte B
Ec: la possibilité que le présentateur élimine la porte C
Avec ses événements on va contruire une partition de l’univers, c’est à dire des événements disjoints c’est-à-dire que les événements sont deux à deux incompatible.Il suffit de lister tous les cas possibles comme par exemple:
La voiture est derrière la porte A(A), le candidat choisis B(Cb) et le présentateur élimine (Ec). Je noterai dans ce cas l’événénement (A,Cb,Ec). On liste donc toutes les possibilités:
(A,Ca,Eb) (B,Ca,Ec) (C,Ca,Eb)
(A,Ca,Ec) (B,Cb,Ea) (C,Cb,Ea)
(A,Cb,Ec) (B,Cb,Ec) (C,Cc,Ea)
(A,Cb,Ec) (B,Cc,Ea) (C,Cc,Eb)
On a donc 12 événements; on est bien d’accord que chaque événement est équiprobable, et la probabilité de chaque événement est 1/12.
Si on regarde par exemple la probabilité que la voiture soit derrière A, on va compter le nombre d’événement contenant A, facile c’est la première colonne donc 4 événements, donc
P(A)=4/12=1/3;
il est en de même pour P(B)=P(C)=1/3;
De même la probabilité que le candidat choisisse une porte par exemple la porte C. On va compte le nombre d’événement contenant Cc. Si on sait comptait, il y en a 4
Donc P(Cc)=4/12=1/3
de même P(Ca)=P(Cb)=P(Cc)=1/3.
De la même manière, la probabilité que le présentateur élimine telle ou telle ou porte:
P(Ea)=P(Eb)=P(Ec)=4/12=1/3
On va maintenant parler de probabilité conditionelle: la probabilité de A en sachant B va être noté P(A\B). La formule dit:
P(A\B)=P(B\A)*P(A)/P(B)
Ce qu’on cherche par exemple si le candidat choisit B et que le présentateur élimine A. On va chercher la probabilité que la voiture soit derrière C en sachant donc Cb et A. On cherche donc P(C\{Cb inter Ea)
On a
P(C\{Cb inter Ea})= P({Cb inter Ea}\C) * P(C)/P({Cb inter Ea})
P({Cb inter A}\C) correspond à la probabilité d’avoir Cb ET A tout en sachant qu’on a C, cela signifie qu’on réduit l’univers aux cas où on a C (il y en a 4,3è colonne) et on regarde combien de fois on a à la fois Cb et Ea. On compte une fois donc
P({Cb inter Ea}\C)=1/4;
Maintenant on va regarder la proba de P({Cb inter Ea}). On va compter tous les événements où on a ET Cb ET Ea.Il ya deux événements correspondants: (B,Cb,Ea) et (C,Cb,Ea) donc
P({Cb inter Ea}) = 2/12 = 1/6;
On n’a plus qu’à faire les calculs:
P(C\{Cb inter Ea})= (1/4*1/3) / (1/6) = (1/12) * 6 =1/2
CQFD
On a bien une chance sur deux qu’on aot la voiture en changeant. On peut de la même manière calculer que la probabilité si on ne change pas est 1/2 aussi.
Pour calculer la proba de P({Cb inter Ea}), on peut aussi le faire de visu:
c’est conditionné par Cb inter Ea donc on va regarder les cas ooù on a à la fois Cb ET Ea: il y en a deux (B,Cb,Ea) et (C,Cb,Ea). Et parmis ces deux là, la probabilité d’avoir C et 1/2!!
Re CQFD!!
Envoyez moi vos commentaire à dan_sliman@hotmail.com
Merci de votre lecture!
Pour comprendre l’astus je vous preconise de refaire le jeu mais en ayant 1000 portes on choisi une porte, le préseantateur ouvre 998 portes il reste 2 portes (la porte que j’ai choisi et la porte qu’il n’a pas ouvert.
faut il changer de porte ? reponse bien sur OUI
avec 1000 portes j’ai une chance sur 1000 de gagner et 999/1000 de perdre
si je change j’aurais 999/1000 de gagner
Je vais essayer de l’expliquer de façon “logique” pour ceux à qui les probas ne parlent pas.
Au final donc j’ai deux options :
– soit je garde ma porte; et je ne gagne que si j’avais la bonne (donc 1 chance sur 3 initialement).
– soit je change; et je ne gagne que si je m’étais trompé (donc 2/3 initialement).
Changer augmente donc les chances même si quelqu’un qui arriverait à ce moment n’aurait qu’une chance sur deux.
Je crois que j’ai une explication assez simple, dites-moi si je me trompe:
En fait le seul cas de figure ou j’ai raison de ne pas changer de porte, c’est lorsque j’ai choisi dès le départ la bonne porte.
Dans tous les autres cas, je devrai changer de porte si je veux gagner.
Or, j’ai une chance sur 3 de choisir la bonne porte dès le départ, et donc 2 chances sur 3 d’être dans l’autre cas de figure.
Donc j’ai 1 chance sur 3 de gagner en gardant ma porte, et 2 chances sur 3 de gagner en changeant.
Démonstration:
J’ai fait l’essai avec 3 cure-dents. Celui tout à gauche était le cure-dent gagnant.
J’ai ensuite “choisi” chaque cure dent a tour de role, en prenant soin de changer mon choix dès que l’un des cure-dent était retiré. J’ai gagné 2 fois sur 3.
Essayez avec des cure dents ou autre objets dans vos mains, c’est beaucoup plus clair.
Cette probabilité fonctionne sous 2 conditions :
_Celui qui retire l’un des cure-dent (après mon choix initial) sait lequel est le cure-dent gagnant.
_Le cure-dent gagnant ne change pas de place après que l’un des cure-dent perdants ait été retiré.
Je vais mettre la voiture en position 1 pour étudier les cas (notons que si elle est en position 2 ou 3 ça ne change rien aux probas). Je vais supposer que le choix de la porte se fait au hasard, et que je change à chaque fois.
TROIS CAS :
1) Je choisis d’abord la porte 1. (une chance sur trois).
Deux cas :
1- l’animateur ouvre la porte 1.
Je change, je perds. 1/6
2- l’animateur ouvre la porte 2
Je change, je perds. 1/6
2) Je choisis d’abord la porte 2.
Je change je gagne. 1/3
3) Je choisis d’abord la porte 3.
Si je change je gagne. 1/3
Si je change, j’ai donc 1/6 + 1/6 = 1/3 de perdre. Donc 2/3 de gagner.
@Neotenien
Mon raisonnement ne tiens pas… je n’ai pas tenu compte du poids du cas où l’animateur n’a qu’un seul choix… Il est obligé de choisir la 2 si, soit j’ai choisi initialement la porte 1 ou la porte 3 et si, respectivement, la voiture est derrière la 3 ou la 1. Idem pour la 3.
En fait le raisonnement donné au début est juste (c’est du dénombrement de cas).
Je reprends le raisonnement par tests.
Je suppose au départ, que je ne connais pas l’emplacement de la voitire et que l’animateur le connais.
Je suppose que je choisis, au départ, la porte 1.
3 Cas de figures :
– la voiture est en 1
– la voiture est en 2
– la voiture est en 3
Si la voiture est en 1:
– si l’animateur choisit la porte 2 et que je change pour la 3, je PERD
– si l’animateur choisit la porte 3 et que je change pour la 2, je PERD
Si la voiture est en 2:
L’animateur est obligé de choisir la 3, MAIS JE NE SAIS PAS qu’il ne peut que choisir la 3. si je change pour la 2, JE GAGNE. ET C’EST LE SEUL CAS DE FIGURE.
Si la voiture est en 3:
L’animateur est obligé de choisir la 2. Si je change pour la 3, JE GAGNE.
Il y a 4 cas de figures pour chacun de mes choix initiaux (1, 2 ou 3) et à chaque fois, 50% de chance de gagner si je change.
Le raisonnement initial est biaisé par le fait qu’on part du choix initial de la position de la voiture, alors que tout est conditionné PAR NOTRE CHOIX initial. On choisit au départ, soit la 1, soit la 2, soit la 3. Le fait que l’animateur ait choisi un emplacement vide ne fait qu’augmenter nos chance de 33.33 à 50% suivant cette chronologie.
Faisons le même problème, mais cette fois avec 100 portes. Si tu choisis la porte A et que l’animateur ferme toutes les autres sauf une autre porte, nottons la la porte B, alors on peut voir que tu as plus de chance d<Avoir la voituyre derrière la porte B car tu as 1 chance sur 100 pour ta porte A et 1 chance sur 2 avec la porte B. Essayez de trouver une voiture derrière 100 portes 😛
Le fou, tu restes gindé sur le fait que la porte choisit est la bonne, c’est ce qui semble t’induire en erreur. Tes cas ne prennent pas en compte que la voiture soit autre que sur le choix de départ, tu me suis?
sa
je rappele que si on garde sa porte la possibilité de gagner est 1/2 et si je change ça reste 1/2 puisqu’il ne reste que deux porte , et une deux est la fausse
bon soyons concret
imaginons qu’on a 10 portes pour que ce soit plus clair et vérifiable
maintenant on en choisit une
on a donc 1/10 chance que la porte soit la bonne
et donc 9/10 que le bonne porte soit parmis les 9 autres
maintenant l’animateur qui sait ou est la voiture ouvre 8 des 9 autres portes
et bien on a bien 9 chances sur 10 de gagner en changeant de porte
faites l’essai avec 10 boites et un ami
vous mettez quelque chose sous une boite (sans que l’autre le voit)
ensuite vous demandez a votre ami de choisir une boite
parmis les 9 autres vous en ouvrez 8 dans lesquels vous savez que l’objet n’a pas été rangé
et bien vous verrez que votre ami s’il change de boite à chaque fois gagnera 9 fois sur 10 environ
plus vous prenez de boites et plus vous pouvez facilement vérifier ce fait
en effet si vous ne prenez que 3 boites et que votre ami est vraiment malchanceux vous ne pourrez pas le vérifier lol
Il faut savoir que ce problème, appelé problème de Monty Hall, est l’un des nombreux paradoxes mathématiques qui oppose deux solutions incompatibles.
Il me semble que l’expérience sur de nombreux essais donne raison au fait d’avoir plus de chance en changeant de porte…
Vous êtes induit en erreur par un amalgame de cas.
Supposons que la voiture soit derrière la porte 1.
Au départ j’ai donc 3 cas différents :
– Je choisis la porte 1 (je vais gagner)
– Je choisis la porte 2 (je vais perdre)
– Je choisis la porte 3 (je vais perdre)
Là, l’animateur CHOISIT une porte qui n’a pas la voiture.
Il n’y a alors plus 3 cas, mais 4 cas!
– J’ai choisi la porte 1 et l’animateur a choisi la porte 2
– J’ai choisi la porte 1 et l’animateur a choisi la porte 3
– J’ai choisi la porte 2 et l’animateur a choisi la porte 3 (il ne peut pas choisir la porte 1)
– J’ai choisi la porte 3 et l’animateur a choisi la porte 2 (il ne peut pas choisir la porte 1)
J’ai bien 2 chances sur 4 de gagner (les 2 premiers cas) si je garde ma porte et 2 chance sur 4 de gagner (les 2 derniers cas) si je change de porte.
Il faut bien prendre en compte toutes les possibilités de combinatoire pour faire des calculs de probabilités.
Prenons en compte tous les commentaires et mettons tous le monde d’accord, quelques que soit la “vrai” réponse :
1ère possibilité de réponse :
On a 1/2 chance de gagner en changeant de porte
-> donc que l’on change ou pas, cela n’affectera en rien notre chance de gagner puisqu’elle est de 1 sur 2 qu’elle que soit la porte.
2ème possibilité de réponse :
On a 2/3 chance de gagner en changeant de porte
-> donc il faut changer de porte pour avoir plus de chance de gagner
Synthèse :
Dans le 1er cas, les 2 portes sont à égalité (1/2 – 1/2 chances)
Dans 2ème cas, les 2 portes sont à inégalité (1/3 – 2/3 chances)
En prenant en compte les 2 cas ————> (5/6 – 7/6 chances)**
Conclusion :
En prenant en compte les 2 réponses, nous avons de toutes les façons plus de chance de changer de porte.
** J’ai ajouté cette ligne pour illustré ma réflexion, elle est seulement subjective, elle ne sert qu’à comparé les 2 dernières portes.
@Don-Sam
j’aime beaucoup ton explication
Il y a pas mal d’incompréhension par rapport à cette énigme.
Comme dit plus au, le présentateur sait ou est la cadeau et n’ouvre que des portes derrière laquelle il n’y a rien.
Imaginons le même jeu mais avec 1000 portes et un cadeau. Au premier tour, le joueur choisit une porte. Et à chaque tour, le présentateur ouvre une porte autre que la porte choisie et ne dévoilant aucun cadeau. Ensuite, il propose au joueur de changer de porte ou de garder celle initialement choisie.
Supposons que le joueur garde systématiquement la même porte jusqu’au dernier tour. Initialement, il avait 0,1% de chance d’avoir la bonne et donc 99,9% de chance que le cadeau soit derrière l’une des 999 autres portes. Successivement, l’animateur ouvre les portes derrière lesquelles il n’y a rien. Ca ne change en rien la probabilité d’avoir initialement choisi la bonne porte. Au dernier tour, il reste donc la porte initialement choisie par le joueur avec 0,1% chance de gain et une porte avec 99,9% de chance de gain.
Il est évidement avantageux de changer de porte au dernier tour.
Bravo pour cette énigme. C’est la première vrai énigme logique que je trouve en cinq pages.
4° ligne entre A et B et non B et C dsl :p
Enigme fausse. Il vaut mieux garder sa porte si on est completement débile, et ça ne change rien si on a plus de neurones.
disons qu’on choisit porte A, et que l’animateur ouvre porte C
la voiture est soit derrière porte B soit derrière porte C.
si on garde sa porte on a 50% de chance de gagner (à ce stade du jeu ‘vais pas refaire tout le blabla des post précédents)
Si on change pour B on a aussi 50% de chance (soit A soit C)
MAIS il faut aussi émettre la possibilité du cros débile qui décide de changer pour la porte C (et qui a donc 0% de chance de réussite ou 25% s’il change au hasard). La probabilité d’être con à ce point est faible certes mais existante. Donc en changeant de porte on a une probabilité inférieure à celle en gardant sa porte.
Michel Laporte, ton programme prouve exactement l’explication de Deeder: tu pars du principe que l’animateur n’ouvre pas une porte gagnante. Autrement dit, l’animateur sait quelle porte ouvrir.
cqfd.
@wistipouf
Excusez-moi pour les schémas, ils ne sont pas clairs demême, il est censé y avoir plus d’espace entre chaque porte …
Je suis d’accord avec le fait qu’il faut changer. Admettons que l’animateur n’ouvre pas de porte, alors il y a 3 possibilités. (Dans l’exemple, tu prends la porte 1) …
1 : voiture 2 : rien 3 : rien
1 : rien 2 : voiture 3 : rien
1 : rien 2 : rien 3 : voiture
*(1/3 de gagner si tu garde la même porte et 1/3 – (2/6) si tu changes)
Par contre, si on prend en considération que l’animateur ouvre une porte, il choisit alors entre les portes 2 et 3 et prend la porte ou il n’y a rien, ce qui amène ces 3 possibilités
1 : voiture 2 : ——– 3 : rien
1 : rien 2 : voiture 3 : ——–
1 : rien 2 : ——– 3 : voiture
*À comparer avec le premier schéma
On voit bien que si on change, dans 2 cas sur 3 on gagne la voiture, donc on a 2/3 de chance de gagner si l’on change de porte.
J’espère que c’est clair, je suis prof de math à l’université et je pense que j’ai enfin trouvé la manière de l’expliquer. Laissez des commentaire …
-Wistipouf-
quoi?!c compliké!rien compri
Je viens de me prendre la tête sur le problème:
Faut partir du principe que lors du premier choix, on a 2/3 chances de se tromper (donc que la voiture soit autre part).
Si, effectivement on s’est trompé, ce qui arrive 2/3 fois (je rabâche un peu) l’animateur n’a pas le choix sur la porte qu’il doit ouvrir puisqu’il ne peut ouvrir celle qu’on a choisit ni celle qui contient la voiture. Donc, dans ce cas là, la porte restante est celle qui cache l’auto.
C’est pour ça que dans le cas où l’animateur est obligé d’ouvrir une porte vide, entre nos deux choix on a 2/3 de trouver la bonne en changeant de porte.
Je pense que ce n’est pas tellement de changer de porte qui est important mais de refaire un choix.
pariterre je suis pas d’accord toi tu dit en gros
“si je choisis la porte 1…, si je choisis la porte 2…, si je choisis la porte 3 …”
Mon cher amis si les dinosaur ne se serait pas eteint on ne serait pas la pour en parler. Avec des “et si…” on referait le monde. mais dans la vrai vie henry a 1 chance sur 2 de gagner. soit il garde(1) soit il change(1) cher moi 1 et 1 font 2, 2 possibiliter 1 choix font pas chercher plus loin. l’homme a toujours voulu expliquer les choses en se compliquent la vie et c’est se que vous faite
Bonjours, je pense que vous avez tous raison, seulement la probabilité de gagner la voiture dépend s’il on prend en compte la porte que vient d’ouvrir l’animateur soit :
Porte prise en compte : 66% de chance de gagner
Porte non prise en compte : 50% de chance de gagner
même si cela sans improbable, dans chaque cas nous avons 1 chance sur 2 de gagner dès que l’animateur ouvre une porte qui ne contient pas la voiture
en fait c’est gràce à l’animateur qu’on augmente notre chance de gagner
vous etes tous des intellos quands moi je suis un tùùùùùt
Eh bien, j’étais moi-même sceptique.. je me disais qu’il devait y avoir une chance sur deux pour qu’il aie la bonne porte à la fin, et logiquement, j’étais sûr de ma réponse, alors j’ai voulu en avoir le coeur net. J’ai créé un programme informatique en C++ qui simule ce jeu. J’ai créé 3 portes, et fait mettre une voiture au hasard derrière une des portes. Ensuite, j’ai fait choisir au hasard une des 3 portes. Ensuite, j’ai fait ouvrir au hasard une autre porte (bien entendu à condition que cette porte ne contienne pas la voiture).
À partir de là, je pouvais regarder si la personne avait tombé sur le bon choix (c’est-à-dire si elle conserve sa porte initiale). J’ai donc fait exécuter le jeu 1000 fois en buocle, et compilé les résultats. Résultats : le joueur gagnait en moyenne une fois sur 3 (environ 300 fois sur 1000), et ce à chaque exécution. J’ai donc modifié mon programme pour qu’après que l’animateur ait ouvert une porte, le joueur change son choix. Après avoir exécuté le jeu en boucle 1000 fois avec ces nouveaux paramètres, et compilé les résultats, quelle ne fut pas ma surprise de voir que cette fois le joueur gagnait en moyenne 2 fois sur 3 !! (environ 600 fois sur 1000) !! Donc je crois que c’est la preuve ultime, et que maintenant, les sceptiques peuvent en avior le coeur net (y compris moi !). Si vous avez des questions, ou si vous voulez me faire tester d’autres genres d’énigmes pour en avoir le coeur net, n’hésitez pas à me contacter 🙂
laportemichel@live.ca
Désolé j’ai fait des erreurs, je me suis trompé de mots, écrivant “avenir” alors que je voulais écrire “passé”.. bref mon post corrigé est le suivant :
Les amis, je crois que vous ne connaissez pas assez le système des probabilités. Quand tu choisis une porte, tu as une chance sur trois que ta porte soit la bonne. Mais après que le commentateur ait ouvert l’autre porte, il ne te reste que 2 portes, donc 50 pourcent de chances dans chacune d’elles. Il est important de se rappeler que tout ce qui s’est passé dans le passé n’a plus de poids car c’est ce qu’on a devant les yeux uniquement qui compte, car les probabilités n’ont pas de mémoire.. et ce qu’on a devant les yeux, c’est deux portes, et on ne sait pas dans laquelle la voiture est.. c’est tout.. c’est comme si on lance pile ou face 500 fois… même si on tombe sur pile les 499 premières fois, on a encore une chance sur 2 de tomber sur face la 500 ième fois simplicité rigoureuse des probalités. Je ne reviendrai pas ici pour m’obstiner avec ceux qui ne comprennent pas encore ce simple principe, je ne tenais pas à débattre, simplement à vous donner la solution. Donc c’est ma première et dernière visite. Bonne journée à tous
Les amis, je crois que vous ne connaissez pas assez le système des probabilités. Quand tu choisis une porte, tu as une chance sur trois que ta porte soit la bonne. Mais après que le commentateur ait ouvert l’autre porte, il ne te reste que 2 portes, donc 50 pourcent de chances dans chacun d’une 😉 Il est important de se rappeler que tout ce qui s’est passé dans l’avenir n’a plus de poids 😉 c’est ce qu’on a devant les yeux uniquement qui compte, car les probabilités n’ont pas de mémoire.. et ce qu’on a devant les yeux, c’est deux portes, et on ne sait pas dans laquelle la voiture est.. c’est tout.. c’est comme si on lance pile ou face 500 fois… même si on tombe sur pile les 499 premières fois, on a encore une chance sur 2 de tomber sur face la 500 ième fois 😉 simplicité rigoureuse des probalités. Je ne reviendrai pas ici pour m’obstiner avec ceux qui ne comprennent pas encore ce simple principe, je ne tenais pas à débattre, simplement à vous donner la solution. Donc c’est ma première et dernière visite. Bonne journée à tous 😉
@Paul
@zick
Non, en fait Zick tu as tort, le joueur N’a PAS 1/2 de gagner avec les trois portes (encore une fois, il est nécessaire que l’animateur sache qu’il ouvre une porte vide).
Pour le joueur, lorsqu’il change de choix, il a 2/3 de gagner (alors qu’avec seulement 2 portes au départ, il aurait eu 1/2.
Et d’après ta réponse, je crois que tu n’as pas compris pourquoi. Je t’explique rapidement :
Au départ, tu as 1/3 de sélectionner la bonne porte. L’animateur en ouvre une autre QUI N’A PAS LA VOITURE À L’INTÉRIEUR. Il te demande si tu veux changer. Ta porte a encore 1/3 de contenir l’automobile. L’autre porte passe à 2/3 (pour que l’addition donne 100%). Ainsi, changer est avantageux.
Je te l’explique d’un point de vue mathématique. Si on regarde l’arbre des possibilités :
Auto porte 1, je choisi porte 1. l’animateur ouvre porte 2, je change à 3 et je perds (1 de perdu)
Auto porte 1, je choisi porte 1. L’animateur ouvre porte 3, je change à 2 et je perds (1 de perdu)
Auto porte 1, je choisi porte 2. L’animateur ouvre porte 3, je change à 1 et je gagne (1 gain)
Auto porte 1, je choisi porte 2. L’animateur ouvre porte 3 [à défaut de pouvoir ouvrir la 1], je change à 1 et je gagne (1 gain).
Auto porte 1, je choisi porte 3. L’animateur ouvre porte 2, je change à 1 et je gagne (1 gain)
Finalement, auto porte 1, je choisi porte 3. L’animateur ouvre porte 2 [à défaut de pouvoir ouvrir 1], je change à 1 et je gagne (1 gain)
Total : 2 pertes et 4 gains en changeant, soit 4/6 de gagner (ou 2/3). On peut aussi completer avec auto porte 2 et auto porte 3, mais ça revient au même.
Dernière précision, si l’animateur a aucune idée où est la voiture et ouvre une porte au hasard, Zick a raison et ses chances en changeant sont de 1/2. Rapidement :
Auto porte 1, je choisi porte 1. l’animateur ouvre porte 2, je change à 3 et je perds (1 de perdu)
Auto porte 1, je choisi porte 1. L’animateur ouvre porte 3, je change à 2 et je perds (1 de perdu)
Auto porte 1, je choisi porte 2. L’animateur ouvre porte 3, je change à 1 et je gagne (1 gain)
Auto porte 1, je choisi porte 2. L’animateur ouvre porte 1 [sans savoir qu’il ouvre la bonne], je ne peux changer (1 de perdu).
Auto porte 1, je choisi porte 3. L’animateur ouvre porte 2, je change à 1 et je gagne (1 gain)
Finalement, auto porte 1, je choisi porte 3. L’animateur ouvre porte 1 [Idem], je ne peux changer (1 perdu)
j’ai donc 1/3 de gagner (en changeant ou non) au début du jeu. À la deuxième porte(on enlève les parties où l’animateur avait déjà ouvert la porte) : je perds 2 fois et je gagne 2 fois, soit 1/2
Voilà, j’espère que ça été clair. Donc si tu es dans un jeu télévisé, change! au cas où l’animateur savait où était la voiture 😉
ok avec Deeder mais pas avec Paul : ” c un jeu pratiquement debile car quoiqu’on fasse autant demarrer avec seulement deux portes vu que de toute manieere le presentateur ouvre une porte” car comme le joueur choisit avant que le presentateur ouvre la porte ou il n’y a rien , le joueur commence avec 1 chance sur 3 alors que si on commençait avec 2 porte , le joueur on commencerait avec 1 chance sur 2
lol une voiture ne peut pas entrer dans la porte par coséquent il n’y a pas de voiture!!
bonjour,
mathématiquement parlant ok avec la reponse.
Mais quelles serais les raisons de changer son choix? (je rappelle que c’est 1/2-1/2)…
Alors moi je suis d’accord d’un point de vue mathematique cependant je pense que cette enigme ne peut pas s’appliquer a l’homme . car que se passe t il dans sa tete : le presentateur ouvre la porte ou il n’y a pas d’objet . Mais apres l’univer change il devient deux …. donc la personne peut choisir entre les deux portes soit il a une chance sur deux …enait c un jeu pratiquement debile car quoiqu’on fasse autant demarrer avec seulement deux portes vu que de toute manieere le presentateur ouvre une porte . je ne sias pas si tout est clait mais pour ma part et personnellement je crois que tous ces jeux de hasards ou il ya des probabilités , ces dernieres ne peuvent pas s’appliquer a l’Homme en general car non seulement il a une capcité de raisonement elevé mais aussi car il est imprevisible ….
tu n’aurais pas pris cette enigme dans le film Las Vegas 21 ?
Dans l’état, cela reviendra strictement au même qu’il conserve son choix ou qu’il change d’avis car le problème est mal énoncé. Je pense que l’auteur de cette énigme voulait faire référence au fameux paradoxe de Monty Hall, qui n’est autre qu’un petit jeu de probabilités.
En fait, ce paradoxe nécessite une condition supplémentaire pour être mis en place : la connaissance par le présentateur de ce qui se cache derrière chaque porte. Ceci lui permet donc de choisir parmi les deux portes restantes, un porte derrière laquelle ne se trouve rien __en connaissance de cause__. A partir de là, la probabilité de gagner en changeant de porte est de 2/3, contre 1/3 si le joueur ne change pas son choix.
Si, par contre, le présentateur ne connaissait pas la nature des gains cachés derrière chaque porte, alors la probabilité que chacune des deux dernières portes soient gagnantes est d’1/2.
En fait, ce paradoxe repose uniquement sur le fait que le choix du présentateur pour l’une des deux portes n’est pas fait au hasard et qu’il ouvre obligatoirement une porte derrière laquelle il n’y a rien. S’il n’a pas choisi d’ouvrir l’autre porte, elle a alors potentiellement plus de chances de cacher la voiture. Farfelu, parfois difficile à comprendre, mais pourtant véridique. 🙂