Utilisateur:STyx/Paradoxes probabilistes

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On démonte ici les erreurs de raisonnements possibles et fréquentes dès que l'on a recour au calcul de probabilités. Les explications données requierent un minimum de connaissances en théorie des probabilités et de pratique du raisonnement mathématique.

Pour illustrer le propos, le problème de Monty Hall est pris en exemple car il offre de nombreuses variantes. « On présente ici ce problème de Monty Hall et diverses variantes sous un aspect plus rigoureux et technique. On cherchera, dans un premier temps, à eviter le recours à la théorie des jeux, ce qui impose certaines restrictions.

Sommaire

1 Remarques d'ordre général
2 Les erreurs courantes de raisonnement
3 Énoncé du problème de Monty Hall
4 Formalisation du problème et de ses variantes
- 4.1 Notations
5 La variante BC et n=3

[modifier] Remarques d'ordre général

Les principes élémentaires du raisonnement sont :

« Tous ce qui est dit dans l'énoncé est vrai. » Toutefois, il faut garder à l'esprit la possibilité d'un énoncé ambiguë ou même contradictoire (d'où la tentation d'une formalisation non respectueuse de la sémantique).
Lorsque qu'un énoncé fait mention d'un joueur ou d'un personnage a qui est posée la question, Il faut « s'identifier au personnage ».
Lorsqu'il y a un joueur, ce joueur doit opter pour la stratégie qui maximise son espérance de gain.

[modifier] Les erreurs courantes de raisonnement

Les erreurs possibles de raisonnement sont :

[modifier] Une formalisation non respectueuse de la sémantique

Cette erreur consiste à extrapoler une interprétation lorsque l'énoncé est ambiguë. C'est une interprètation arbitraire, donc abusive, de l'énoncé. On peut parler de « non respect de la sémantique » lorsque plusieurs interprétations sont faites, qui conduisent à des résultats contradictoires, sans qu'il y ait de raisons objectives de préférer l'une ou l'autre. Le paradoxe des deux enfants est le meilleur exemple d'extrapolations multiples et contradictoires.

En revanche, le paradoxe de l'interrogation surprise peut être jugé intrinsèquement contradictoire, malgrè l'ambiguïté du mot « surprise ».

Un autre exemple, le problème de la Belle au bois dormant, qui emploie le terme très flou : « credence » (croyance) dans sa version anglophone ; ce qui, selon certain, rend difficile voire impossible une formalisation rigoureuse. Cette exemple soulève le point suivant : la réponse ne s'exprime pas nécessairement en terme de probabilité, mais peu faire appel aux notions de fonction d'utilité, aversion au risque, de la théorie de la décision (comme pour le paradoxe de Saint-Pétersbourg) ou à la logique floue. Il faut également parfois prendre en compte la théorie des jeux.

[modifier] Mal formuler l'occurrence à calculer

De manière générale, il faut répondre à une question du type : « Quel est la probabilité d'une certaine occurrence ? » Par exemple, « Quelle est la probabilité pour que le prisonnier raisonneur soit épargné ? » pour le paradoxe des prisonniers ; ou encore pour le problème de Monty Hall : « Quelle est la probabilité pour que le joueur gagne ? » qui passe par la résolution de « Quelle est la probabilité pour que le joueur gagne avec telle stratégie ? ».

La difficulté est, qu'en réalité, qu'il faut comprendre : « Quel est la probabilité finale de l'occurrence en tenant compte de toutes les informations dont on dispose au moment où la question se pose ? »

Il y a donc plusieurs écueils : La non prise en compte d'une information, la mauvaise prise en compte d'informations, lorsqu'on raisonne a posteriori ou plus stupidement la confusion des temps.

[modifier] Raisonner a posteriori

Raisonner a posteriori n'est pas en soi une erreur, mais cela entraînent presque fatalement des erreurs soit par omission de ce qui précède (non prise en compte d'une information), soit par un usage fallacieux des probabilités conditionnelles. Prenons l'exemple du problème de Monty Hall : raisonner a posteriori consiste à considérer les choses après l'étape 2 ; c'est à dire, à se placer devant 2 portes restées fermées. En réalité, on a à réprondre avant l'étape 1 (ou l'étape 2 pour la seconde formultation ci-dessus) sur une probabilité après l'étape 3 (après l'étape 2 en fait). Se placer, après l'étape 2 oblige à un raisonnement à rebours particulièrement périlleux.

[modifier] Non prise en compte d'une information

La non prise en compte d'information jugée inutile est une erreur des plus courantes. Elle consiste à affirmer fallacieusement : « puisque l'on est dans telle situation, peut importe ce qui précède. » On retrouve cette erreur dans le paradoxe des prisonniers (lorsque le prisonnier raisonneur ne prend pas en compte les propres termes de sa demande) ou, de manière tout à fait analogue, dans le problème de Monty Hall (lorsque le "halfer" ignore les règles de choix du présentateur)

[modifier] Mauvaise appréhension de l'évolution d'une probabilité

Traduire une phrase du langage telle que : « les chances d'une certain occurrence passe de v à v' » par P(O)=v, puis P(O)=v'. C'est une hérésie mathématique car en mathématique une formule est valable de tout temps.

Cela entraîne deux erreurs grossières :

Faire "évoluer" la probabilité: c'est à dire, écrire P(O)=v, puis P(O)=v'.
Ne pas faire "évoluer" la probabilité: c'est à dire inversement, penser que puisque P(O) ne change pas, « les chances de l'occurrence » n'évolue pas plus, et sont donc toujours P(O).

En réalité les valeurs v et v' sont attachées à des v.a. (variables aléatoires) differentes qui décrivent les chances de cette occurrence dans des contextes différents (à des étapes différentes, le plus souvent) ; c'est à dire, relativement à des informations différentes.

Reprenons. Si l'on accepte dans le langage courant des propos tels que : « la probabilité de l'occurrence est désormais de ...» ; dire en revanche, que « la valeur P(O) change » est erroné. Ce que l'on entend par « probabilités de l'occurrence » se traduit formellement, soit par des probabilités conditionnelles différentes P(O|ceci) (probabilité de O sachant ceci), puis P(O|cela), soit par des probabilités (que l'on qualifiera de) "circonstancielles" P(O et ceci) (probabilité de O lorsque ceci), puis P(O et cela).

Cet état de fait est la cause de bien des mésententes lorsque des raisonnements incompatibles sont confrontés, car O correspondra suivant le raisonnement à l'occurrence de la première, la seconde ou d'une tierce formulation.

Il importe donc soit, de définr une v.a. O(t) dépendant du temps, soit d'indiquer à quelle étape la v.a. O correspond.

[modifier] Mauvais usage des probabilités conditionnelles

Le mauvais usage des probabilités conditionnelles peut-être traduit comme une confusion entre $P(O|A)\;$ et, soit $P(A)\;$ , soit $P(O\cap A)\;$ où A est une information correspondant, pour simplifier, à une alternative. Il a deux cas :

ne pas faire usage de probabilités conditionnelles quand il le faut: C'est le piège dans lequel tombe le Candide du paradoxe des trois pièces de monnaie. C'est aussi l'erreur qui crèe le paradoxe des deux enfants (si l'on admet l'interprétation du professeur). Ces mauvais raisonneurs emploient $P(A)\;$ au lieu de $P(A|B)\;$ .

faire usage de probabilités conditionnelles quand il ne le faut pas: Ces mauvais raisonneurs emploient $P(O|A)\;$ au lieu de $P(O\cap A)\;$ . Cette confusion conduit à écrire $P(O|A)+P(O|\neg A)\;$ (valeur qui ne correspond à rien de pertinent), au lieu de $P((O\wedge A)\vee(O\wedge \neg A))\;$ .

Comment distinguer probabilité conditionnelle $P(O|A)\;$ et probabilité circonstancielle $P(O\cap A)\;$ ?: Il faut envisager ce que devient la question lorsque $\neg A$ . Si elle devient hors de propos ou n'a plus de sens, alors c'est une probabilité conditionnelle car A restreint l'univers. Dans le cas contraire, la probabilité est circonstancielle, A scinde l'univers.

Reprenons le problème de Monty Hall :

Le joueur choisi la porte 1 et A est « le présentateur ouvre la porte 2. » La question reste valable lorsque $\neg A$ . Il s'agit d'une contrainte circonstancielle.

Au contraire, si l'on considère la variante du problème où une porte s'ouvre au hasard, et où A est « la porte ouverte cache une chèvre » ; la question exclut l'alternative $\neg A$ . Il s'agit donc d'une restriction de l'univers, d'où l'usage de probabilité conditionnelle. Dans ce dernier cas, A (en tant qu'ensemble) est la restriction des instances, aux cas où la question se pose.

[modifier] La non-prise en compte d'une corrélation entre deux v.a.

Cette erreur consiste à identifier $P(A\wedge B)$ avec $P(A)P(B)\;$ alors que les v.a. ne sont pas indépendentes.

[modifier] Énoncé du problème de Monty Hall

Le jeu oppose un présentateur à un candidat (le joueur). Ce joueur est placé devant trois portes fermées. Derrière l'un d'elles se trouve une voiture (ou tout autre prix magnifique) et derrière chacune des deux autres se trouvent une chèvre (ou tout autre prix sans importance). Il doit tout d'abord désigner une première porte. Puis le présentateur ouvre une deuxième porte qui n'est ni celle choisie par le candidat, ni celle cachant la voiture (car le présentateur sait quelle est la bonne porte dès le début). Le candidat a alors le droit ou bien d'ouvrir la porte qu'il a choisi initialement, ou bien d'ouvrir la troisième porte.

Les questions qui se posent au joueur sont :

Que doit-il faire ?
Quelles sont ses chances de gagner la voiture en agissant au mieux ?

[modifier] Formalisation du problème et de ses variantes

L'énoncé est découpé en différentes propositions auxquelles on se réfèrera ; mais les conditions de l'énoncé sont ici généralisées et ces propositions contiennent certaines parties variables qui sont ensuite modifier.

Les portes sont au nombre de n est elle sont numérotées de 1 à n. $I = {1,.., n}$ est l'ensemble des portes. $p i$ est la probabilité initiale, estimée par le joueur, que la porte i contienne la voiture. $\sum_{i\in I} p_i=1$ (Il y a une seule voiture)

A: n=3, $p 1 = p 2 = p 3 = 1 / 3$
A': n=3, les $p i$ sont quelconques.

étape 1: le joueur choisi un porte

étape 2: Le présentateur doit ouvrir toutes les portes sauf 2

B: Le présentateur ne doit pas ouvrir la porte choisie par le joueur.
C: Le présentateur sait où se trouve la voiture et il n'a pas le droit d'ouvrir la porte cachant la voiture.
C': Le présentateur tire à pile ou face la porte à ouvrir. Si le présentateur ouvre la porte cachant la voiture, la manche est annulée et une nouvelle s'engage.
D: Le présentateur choisit au hasard (équiprobable), lorsqu'il a le choix.
D': Si a le choix, le présentateur choisie la porte qui a le numéro le plus élevé.

étape 3: le joueur est libre de changer son choix. Il gagne ssi la seconde porte choisie cache la voiture.

[modifier] Notations

Les variantes C et C' excluent que le joueur choisisse la porte ouverte par le présentateur. Si n=3, le joueur a donc 6 possibilités auxquelles sont associées 6 probabilités de succès que l'on peut noter $J_i\;$ et $J'_i\;$ ( $i\in I$ ) :

$J_i\;$ est la v.a. associée à « le joueur gagne après avoir choisi la porte i et conservé son choix. »
$J'_i\;$ est la v.a. associée à « le joueur gagne après avoir choisi la porte i puis changé son choix. » (Il opte alors pour la seconde porte restée fermée).

On utilisera ici une notation commode consistant à "définir" i, j, k par ${i, j, k} = {1,2,3}$ et l'on note :

$O_{ij}\;$ la v.a. associée à « le présentateur, qui doit "choisir" entre i et j, ouvre la porte i » entre les étapes 1 et 2 ;
$V_i\;$ la v.a. associée à « la voiture est derrière la porte i » avant l'étape 2. Donc $P (V i) = p i$ .

Notes

En toute rigeur, il convendrait de décomposer les stratégies en la conjonction du « choix de la première porte », à l'étape 1, et « le changement de porte », à l'étape 3. Mais ce serait alourdir inutilement l'écriture. De plus, on démontrera que, dans tous les cas envisagés, le joueur peut définir sa stratégie globale dès l'étape 1, sans que cela soit handicapant pour lui.
la v.a. $O_{jk}\;$ n'a bien sur de sens que lorsque le joueur choisit la porte i.

[modifier] La variante BC et n=3

[modifier] Résolution générale

On présente maintenant une résolution générale de la variante A'BC. Pour les commodités du raisonnement, on considèrera les $J_i\;$ , $J'_i\;$ , $O_{ij}\;$ , $V_i\;$ tantot comme des variables aléatoires, tantot (lorsqu'on utilisera les notations ensemblistes) comme des parties de l'univers ?.

On écrira donc aussi bien : $\sum_{i\in I} P(V_i)=1\;$ ; que : les $P_i\;$ ( $i\in I$ ) partitionnent l'univers. (notons que, d'un point de vue général, la seconde affirmation en dit plus.)

La véritable difficulté du problème réside dans la formulation de la probabilité à calculer pour une stratégie donnée. Cherchons à évaluer $P(J'_i)\;$ . Il faut raisonner entre les étapes 1 et 2 : à ce stade la stratégie $J'_i\;$ (changement de choix) consiste, pour le joueur, à choisir parmi ${j, k}$ la porte qui ne sera ouverte par le présentateur. Le joueur gagne ssi (le présentateur ouvre la porte j et la porte k cache la voiture) ou (le présentateur ouvre la porte k et la porte j cache la voiture). Donc $P(J'_i)=P((O_{kj}\wedge V_j)\vee(O_{jk}\wedge V_k))$ .

Ou encore, en notation ensembliste : $P(J'_i)=P((O_{kj}\cap V_j)\cup(O_{jk}\cap V_k))$ .

Or selon la règle C : $O_{kj}\cap V_k = \emptyset$ ; et puisque $O_{jk}\;$ et $O_{kj}\;$ partitionent l'univers, on a $V_k\subseteq O_{jk}$ c'est à dire $O_{jk}\cap V_k = V_k$ . $V_j\;$ et $V_k\;$ sont bien sur disjoints.

On obtient donc $P(J'_i)=P(V_j)+P(V_k)=p_j+p_k\;$ .

Ceci démontre que la (relative) liberté de choix du présentateur n'a aucune influence sur le résultat. Ainsi la précision B est inutile, de même que le recour à la théorie de jeux. Par ailleurs, $P(J_i)=1-P(J'_i)=p_i\;$ ; ce qui se traduit par : « la probabilité de la porte choisie en premier ne change pas ». De plus $P(J_i)\le P(J'_j)\;$ signifie que « la meilleur stratégie consiste en un changement de choix ». Et pour finir $P(J'_i)=1-p_i\;$ donc la porte i où $p i$ est minimale ( $i\in I$ ).

Les chances de gain du joueur sont avec la stratégie optimale : $1-\min\{p_1, p_2, p_3\}\;$ .

[modifier] Questions/réponses

Peut-on introduire $P i$ la v.a. associée à « le premier choix du joueur est la porte i » ?: Non ! Cela n'a pas de sens (même en se placant dans le cadre de la théorie des jeux, étant donnée la nature du problème). Le premier choix du joueur ne constitue pas un aléas. En théorie des jeux, faire appel au hasard n'a de sens que si l'adversaire ignore le résultat du tirage au sort, au moment de prendre sa décision. Ce qui n'est pas la cas ici, puisque le présentateur doit connaître ce premier choix avant d'agir.

Peut-on introduire $O i$ la v.a. associée à « l'ouverture de la porte i par le présentateur » ?: Non ! Cela n'a pas plus de sens car la valeur de $P (O i)$ serait relative à celles de $P j$ et $P k$ .

[modifier] L'énoncé initial

L'énoncé initial ci-dessus correspond aux variantes ABC. En effet en l'absence totale d'information sur la place de voiture, on doit adopté l'équipropabilité (donc A). De plus, dans la mesure où (pour le joueur), rien ne distingue les portes, l'adoption de la variante D (ou toute autre régle de choix pour le présentateur) ne change rien. Mais elle ôte tout libre-arbître au présentateur. On évite donc la théorie des jeux puisqu'il n'y a qu'un seul joueur.

[modifier] La solution

Compte-tenu du résultat général, la bonne stratégie consiste pour le joueur à changer son choix (peut importe le premier choix) et ses chances de succès sont 2/3.

Notons que cette valeur constitue un minimum pour le cas général. Cela est justifié par un principe général (non sans rapport avec celui de croissance de l'entropie en thermodynamique) : « toute information supplémentaire que recoit un joueur ne peut que faire croître son espérance de gain. » Or par rapport à A', la variante A s'apparente à une absence d'information.

[modifier] Les erreurs de raisonnement

Bien que cas particulier du précédent, ce problème est plus sournois, donc plus difficile à appréhender. En effet, l'équipropabilité permet d'utiliser des arguments de symètrie, et ainsi de faire l'impasse sur le calcul probabilistes.

Une erreur de raisonnement courante consiste à voir les chances de gain de joueur, comme étant liées à une certaine porte. C'est notament ce qui arrive souvent lorsqu'on "fixe" les portes en disant : « Puisque rien ne distingue les portes, disons que le joueur choisit la porte 1, puis le présentateur ouvre la porte 2, et enfin le joueur opte pour la porte 3. Ses chances de gain sont donc liées à la porte 3. » L'erreur première est de raisonner a posteriori. Ici le joueur opte pour la stratégie $J'_1\;$ . Il faut raisonner entre les étapes 1 et 2. À ce stade, le joueur ignore quelle sera la porte 3. Le bon raisonnement consiste à dire que le choix final du joueur est (parmi les deux autres portes) : non pas « la porte 3 » (puisque l'on ignore quelle est cette porte), mais « la porte qui ne sera ouverte par le présentateur », c'est à dire « la seule des deux portes qui peut cacher la voiture. »

En ne raisonnant pas a posteriori, on retrouve alors le raisonnement du cas général où l'on a deux circonstances : l'ouverture de la porte 2 ou de la porte 3.

Mais essayons de poursuivre le raisonnement a posteri. L'erreur la plus grossière consiste à dire que $P(J'_1)=P(V_3)=1/3\;$ puisque le joueur choisit finalement la porte 3. C'est ne pas prendre en compte l'information C (entre autres) : « la porte 2 contient une chèvre. » et, ce faisant, oublier qu'une "probabilité" puisse évoluer.

La correction hative de cette erreur est $P(J'_1)=P(V_3|\neg V_2)={1/3\over 1/2}=1/2\;$ . Ce calcul est sous-jacent lorsque les "halfers" ne distinguent pas les portes 1 et 3. C'est ne pas prendre en compte l'information B qui rompt la symètrie : « le présentateur ne peut ouvrir la porte choisie par la joueur. »

La correction de cette seconde erreur est $P(J'_1)=P(V_3|O_{23})\;$ . En utilisant le théorème de Bayes, avec $P(O_{23}|V_3)=1\;$ (qui traduit que le présentateur choisit nécessairement la porte 2 sachant que la porte 3 cache la voiture), et $P(O_{23})=1/2\;$ , on obtient

$P(J'_1)=P(V_3|O_{23}) = \frac{P(O_{23}|V_3) P(V_3)}{P(O_{23})} = \frac{1 .\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3}.$

Il reste à justifier $P(O_{23})=1/2\;$ . En réalité, cette propriété est sous-entendue par l'hypothèse que rien ne distingue les portes 2 et 3 avant le choix du présentateur (c'est à dire $P(O_{23})=P(O_{32})\;$ ). Cette construction n'est donc pas généralisable (en l'état) à la variante A' ou la variante D'.

[modifier] Deuxième approche du problème général

Revenons à la variante A'BC et essayons de reprendre le raisonnement a posteriori qui précède. Désormais $P(O_{23})=1/2\;$ n'est plus vrai. On a $P(O_{23})=P(O_{23}\cap V_1)+P(V_3)=P(V_1)P(O_{23}|V_1)+P(V_3)\;$ ; et si l'on admet D, (donc $P(O_{23}|V_1)=1/2 \;$ et non $P(O_{23})=1/2\;$ ) : $P(O_{jk})=p_1/2 + p_3\;$ . D'où

$P(V_3|O_{23}) = {P(V_3) \over P(O_{23})}$ (c'est à dire $P(V_3|O_{23}) = {p_3 \over p_1/2 + p_3}$ si D).

$P(V_3|O_{23})\;$ est « la probabilité de succès du joueur lorsqu'il choisit la porte 1 et sachant que le présentateur ouvre la porte 2 ». Il est important de se rendre compte que la numérotation n'a pas la même signification ici que dans le raisonnement précédent (où elle était definie par une hypothèse de travail). Cette numérotation ne peut être conservée.

Pour rependre le raisonnement précédent, il faut donc introduire une nouvelle numérotation ${c, o, r} = {1,2,3}$ respectivement associés à la porte choisie, ouverte et restante. En réalité on peut conserver l'hypothèse c=1. Mais même lorsque c=1, on ne peut donc plus identifier $P(J'_c)\;$ à $P(V_3|O_{23})\;$ (car $P(V_3|O_{23})\;$ différe désormais de $P(V_2|O_{32})\;$ ) ; mais à $P(V_r|O_{or})=P(V_r)\;$ .

Essayons maintenant de déterminer $P(J'_c)\;$ (en posant c=1) : Il faut alors faire une sommation pondérée par chaque terme $O_{23}\;$ , $O_{32}\;$ de l'alternative. Donc

$P(J'_1)=P(O_{23})P(V_3|O_{23})+P(O_{32})P(V_2|O_{32})\;$

On voit que le raisonnement a posteriori nous a obligé à des contorsions inutilement compliquées. Le calcul des $P(V_i|O_{jk})\;$ , $P(V_k|O_{jk})\;$ est donc manisfestement une impasse pour la résolution du problème, c'est à dire le calcul des $P(J_i)\;$ , $P(J'_i)\;$ .

[modifier] Changeons les règles d'ouverture

[modifier] La variante A'BC'

On adopte ici la variante A'BC'. Notons d'abord que le règle C' se traduit par $P (O i j) = P (O j i) = 1 / 2$ .

Dorénavant, la partie comporte possiblement plusieurs manches. Il est clair que la stratégie optimale que l'on notera $J opt$ est la même à chaque manche puisque les conditions de jeu sont les mêmes. $P (J)$ sera donc les chances de gains du joueur en adoptant la stratégie J à chaque manche.

Raisonnement a priori

Reprenons le raisonnement de la variante A'BC et calculons $P(J'_i)\;.$ La différence est que désormais $O_{jk}\cap V_j\not=\emptyset.$ Dans ce cas, une nouvelle manche s'engage où l'occurrence favorable reste $J'_i\;$ . Donc

$P(J'_i)=P((O_{kj}\cap V_j)\cup(O_{jk}\cap V_k)\cup(O_{jk}\cap V_j\cap J'_i)\cup(O_{kj}\cap V_k\cap J'_i)).$

On obtient

$P(J'_i)=P(O_{kj})P(V_j)+P(O_{jk})P(V_k)+P(O_{jk})P(V_j)P(J'_i)+P(O_{kj})P(V_k)P(J'_i)\;$

$P(J'_i)={1\over 2}p_j+{1\over 2}p_k+{1\over 2}p_j P(J'_i)+{1\over 2}p_k P(J'_i) = ({1-p_i\over 2})(1+P(J'_i))$

$P(J'_i)={1-p_i\over 1+p_i}.$

Raisonnement a posteriori: Cette seconde approche ne considère que la dernière manche.

L'erreur de raisonnement la plus tentante, est de considérer que : « puisqu'à ce stade la porte ouverte cache forcément une chèvre, on se retrouve dans une situation analogue à la variante C ; d'où le même résultat. » Fondamentalement, c'est dire : « C'est la dernière manche donc la porte ouverte ne cachait pas la voiture. » alors que la logique est « La porte ouverte ne cachait pas la voiture donc c'est la dernière manche. »

Il faut faire usage des probabilités conditionnelles :

P (J' i)

est la probabilité de « gagner en changeant » sachant que « c'est la dernière manche. » Donc

$P(J'_i)=P((O_{kj}\wedge V_j)\vee(O_{jk}\wedge V_k)|(O_{kj}\wedge\neg V_k)\vee(O_{jk}\wedge\neg V_j))$

$P(J'_i)={P((O_{kj}\wedge V_j)\vee(O_{jk}\wedge V_k))\over P((O_{kj}\wedge\neg V_k)\vee(O_{jk}\wedge\neg V_j))} ={1/2 p_j + 1/2 p_k \over 1/2(1-p_k)+1/2(1-p_j)} ={1-p_i\over 1+p_i}.$

Résultat final: $P(J_i)=1-P(J'_i)={2p_i\over 1+p_i}.$ On constate que les résultats ne dépendent que de la probabilité $p i$ de la porte choisie ; ce qui signifie que l'ouverture de la porte n'a aucune influence sur le résultat final. Le joueur peut donc choisir sa stratégie de changement de porte dès le début. $J opt$ est la stratégie pour laquelle les chances sont maximales, parmi les 6 envisageables : $J 1$ , $J 2$ , $J 3$ , $J' 1$ , $J' 2$ , $J' 3$ .

Si $p_1\ge p_2\ge p_3$ alors

J o p t

sera

J 1

ssi $3p_3 p_1\ge p_2$ ,

J' 3

sinon ; et

$P(J_{opt})=\max\{{2p_1\over 1+p_1}, {1-p_3 \over 1+p_3}\}$

Comment expliquer cette différence entre les variantes A'BC et A'BC' ?

Si le joueur est malchanceux avec la stratégie $J' i$ (c'est à dire, si la porte i cache la voiture), le joueur perd forcément. En revanche, dans le cas contraire, il ne gagne obligatoirement que pour la variante A'BC. Avec A'BC', il a une (mal)chance sur deux de voir la voiture découverte et la manche annulée. Cela explique pourquoi ses chances de succès sont toujours moindre avec la variante A'BC'.

[modifier] La variante ABC'

Ce cas particulier du problème précédent est le pire cas pour le joueur. Toutes les stratégies sont équivalentes. Mais ce qui réjouira les "halfers" c'est que les chances de succès du joueur sont enfin 1/2.

Catégorie:Paradoxe