Problème de Monty Hall

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Le problème de Monty Hall est un casse-tête probabiliste librement inspiré du jeu télévisé américain Let's Make a Deal ^[1]. Il est simple dans son énoncé mais non intuitif dans sa résolution et c'est pourquoi on parle parfois à son sujet de paradoxe de Monty Hall. Le nom de ce problème mathématique vient du nom de celui qui a presenté ce jeu aux États-Unis pendant treize ans, l'animateur d'origine canadienne Monty Hall.

Les données de base du problème de Monty Hall : Soient trois portes cachant soit une chèvre soit une superbe voiture, l'automobile étant derrière une seule porte et deux chèvres se cachant derrière les deux autres portes.

[modifier] Énoncé

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 porte. 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). 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 candidat sont :

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

[modifier] Historique et évolution de l'énoncé du problème

Ci-dessous est reproduit la traduction d'un énoncé célèbre du problème, issu d'une lettre que Craig F. Whitaker avait fait paraître dans la rubrique Ask Marylin de Marilyn vos Savant du Parade Magazine en septembre 1990 :

Supposez que vous êtes sur le plateau d'un jeu télévisé, face à trois portes et que vous devez choisir d'en ouvrir une seule, en sachant que derrière l'une d'elle se trouve une voiture et derrière les deux autres des chèvres. Vous choisissez une porte, disons la numéro 1, et le présentateur, qui lui sait ce qu'il y a derrière chaque porte, ouvre une autre porte, disons la numéro 3, porte qui une fois ouverte découvre une chèvre. Il vous demande alors : "désirez-vous ouvrir la porte numéro 2?". À votre avis, est-ce à votre avantage de changer de choix et d'ouvrir la porte 2 plutôt que la porte 1 initialement choisie ? ^[2]

La publication de cet article dans le Parade Magazine a eu un impact immédiat sur le lectorat et a engendré de très nombreuses discussions parmi les mathématiciens, célèbres ou non, et les amateurs anonymes. Marilyn vos Savant, réputée pour figurer au Guinness Book of Records comme étant la personne au quotient intellectuel le plus élevé au monde (QI de 228), a ainsi reçu plus de 10 000 lettres (estimation faite par elle-même) traitant du problème, dont plusieurs provenant d'universitaires remettant en question la pertinence de la démonstration reproduite dans sa rubrique. En 1991, pour une édition dominicale, la Une du New York Times ouvre sur ce sujet. Jerry Pournell le célèbre chroniqueur du Chaos Manor de Byte, a également discuté le problème longuement en tant qu'adversaire de la solution de Marilyn, pour se ranger finalement de son côté. Enfin, une discussion controversée a eu lieu à propos de l'article du Parade Magazine dans la rubrique The Straight Dope tenue par Cecil Adams dans l'hebdomadaire The Chicago Reader.

La pertinence des résultats statistiques était parfois contestée, mais ce qui posait le plus souvent problème était que l'article n'insistait pas sur les "contraintes" du présentateur. Les résultats donnés impliquaient nécessairement les postulats suivants :

Que le présentateur ne peut ouvrir la porte choisie par le candidat.
Que le présentateur donne systématiquement la possibilité au candidat de revenir sur son choix initial.

Or, comme ces éléments n'étaient pas mis en avant dans l'énoncé du problème, et ce même s'ils étaient implicites, d'autres résultats statistiques que ceux donnés dans l'article devenaient possibles. Rien n'indiquant que l'énoncé de départ doive nécessairement inclure ces postulats, on devrait pouvoir généraliser le problème à d'autres cas.

Finalement, en considérant que ces postulats étaient une condition sine qua non de l'énoncé du problème, il s'est avéré que les résultats de l'article étaient effectivement justifiés.

Cependant il manquait au moins un élément de taille : la question de savoir si le candidat devait ou non changer sa décision initiale pour avoir plus de chances de gagner la voiture n'avait de sens que si l'énoncé précisait bien que le présentateur savait précisément ce qui se cachait derrière chaque porte, élément justement omis dans l'article du Parade Magazine. Si le présentateur ne le savait pas, alors la question aurait été dénuée de sens (comme on le vera en particulier dans les variantes).

Ceci dit, cet énoncé ne fait que s'inscrire dans la lignée de ceux consacrés à ce type de paradoxe.

En effet, une des premières apparitions de ce problème date de 1898 dans Probabilités de Calcul de Joseph Bertrand où il est décrit comme le paradoxe de la boîte de Bertrand.

[modifier] Un énoncé actuel exempt d'ambiguïté

Il est donc préférable de se baser sur un énoncé non équivoque du problème, incluant donc expressement les contraintes du présentateur, décrit par Mueser et Granberg comme suit :

Derrière chacune des trois portes se trouve soit une chèvre, soit une voiture, mais une seule porte donne sur une voiture alors que deux portes donnent sur une chèvre. La porte cachant la voiture a été choisie par tirage au sort.
Le joueur choisit une des portes, sans que toutefois ce qui se cache derrière (chèvre ou voiture) ne soit révélé à ce stade.
Le présentateur sait ce qu'il y a derrière chaque porte.
Le présentateur doit ouvrir l'une des deux portes restantes et doit proposer au candidat la possibilité de changer de choix quant à la porte à ouvrir définitivement.
Le présentateur ouvrira toujours une porte derrière laquelle se cache une chèvre, en effet :
- Si le joueur choisit une porte derrière laquelle se trouve une chèvre, le présentateur ouvrira l'autre porte où il sait que se trouve également une chèvre.
- Et si le joueur choisit la porte cachant la voiture, le présentateur choisit au hasard parmi les deux portes cachant une chèvre. (on peut supposer qu'un tirage au sort avant l'émission a décidé si ce serait la plus à droite ou à gauche)
Le présentateur doit offrir la possibilité au candidat de rester sur son choix initial ou bien de revenir dessus et d'ouvrir la porte qui n'a été choisie ni par lui-même, ni par le candidat.

La question qui se pose alors est de savoir si :

Le joueur augmente ses chances de gagner la voiture en changeant son choix initial ?

Ou formulé autrement, cela revient à dire :

Est-ce que la probabilité de gagner en changeant de porte est plus grande que la probabilité de gagner sans changer de porte ?

Ou encore :

Quelle est la meilleure stratégie : Faire un nouveau choix ou rester avec le choix initial ? Les chances de gain vont-elles augmenter, diminuer ou bien resteront-elles les mêmes ?

[modifier] La solution

[modifier] Controverse

Si l'on demande une réponse rapide et intuitive, deux points de vue incompatibles s'opposent

Le premier affirme qu'après ouverture de la porte, il reste deux portes, chacune ayant tout autant de chances de cacher la voiture. On a donc tout autant de chances de gagner avec changement que sans changement.
Le second affirme que si l'on ne change pas de porte, on gagne si et seulement si on avait fait le bon choix au départ. Or ce choix avait une chance sur trois d'être bon. Il y a donc 1/3 de chances de gagner sans changer, 2/3 de chances de gagner en changeant.

Ce problème a longtemps été un cas de paradoxe probabiliste (à l'instar du problème de la Belle au bois dormant) pour lequel il existe deux solutions contradictoires défendables (et défendues chacune par des mathématiciens respectés) sans qu'on parvienne à faire triompher une interprétation. Mais la solution 2/3-1/3 a fini par s'imposer (enfin, il reste quelques partisans de l'hypothèse 1/2-1/2, comme en témoigne la page discussion du présent article !), en particulier après la réalisation de simulations d'un grand nombre de tirages. Un comble puisque la mathématique n'est pas une science expérimentale !

[modifier] Les hypothèses importantes

Les trois portes ont une même probabilité d'être la porte gagnante
En conséquence de ce qui précède, la porte initialement choisie a une chance sur trois d'être la porte gagnante
Le présentateur ne peut ouvrir qu'une porte qui n'est ni celle choisie, ni la porte gagnante
Il connait l'emplacement de cette dernière, ce qui lui permet de répondre à cette condition sans risque d'erreur
Quand le présentateur a le choix entre deux portes à ouvrir, il choisit au hasard entre les deux, avec équiprobabilité

Ces hypothèses sont toutes importantes: on verra dans les variantes que la modification de n'importe laquelle peut conduire à un résultat différent. Mais souvent, l'usage de plusieurs de ces hypothèses est implicite.

[modifier] Première approche

La réponse est oui; la chance de gagner la voiture double quand le joueur modifie systématiquement son choix initial.

Il existe trois scénarios possibles, chacun étant statistiquement équiprobable (1/3):

En imaginant qu'on soit dans le cas de figure suivant : porte 1=chèvre, porte 2=chèvre et porte 3=voiture;

Le candidat choisit la porte 1 avec une chèvre derrière. Le présentateur choisira la porte avec l'autre chèvre (la porte 2 dans cet exemple). Un changement permettra de gagner la voiture.
Le candidat choisit la porte 2 avec une chèvre derrière . Le présentateur choisira la porte avec l'autre chèvre (la porte 1 dans cet exemple). Un changement permettra de gagner la voiture.
Le candidat choisit la porte où il y a la voiture. Le présentateur choisira n'importe laquelle des deux autres portes (portes 1 et 2 dans cet exemple), puisqu'il est certain qu'elles cachent des chèvres. Un changement fera perdre le candidat.

Dans les deux premiers scénarios, le joueur gagne s'il change son choix. Le troisième scénario est le seul où le joueur gagne s'il ne change pas. Comme 2 des 3 scénarios permettent de gagner quand on change de porte, la probabilité de gagner avec le changement est de 2/3.

Le problème serait différent s'il n'y avait pas de choix initial, ou si le présentateur choisissait au hasard la porte à ouvrir, ou si le présentateur pouvait proposer de changer plus ou moins souvent selon le choix originel du joueur. Par exemple, si le présentateur ouvrait en premier lieu une porte cachant une chèvre, puis demandait au participant de faire son choix (restent deux portes), les probabilités seraient alors de 1/2. Dans le problème originel, c'est parce que le joueur avait 2 chances sur 3 de sélectionner l'une des deux chèvres que la décision du maître de jeu révélait la réponse correcte 2 fois sur 3.

Un autre moyen d'avoir la solution est qu'en supposant que le joueur changera, le seul moyen de gagner serait de choisir une porte derrière laquelle il n'y a pas de voiture, étant donné que le présentateur ouvrira alors l'autre porte cachant une chèvre, éliminant tout risque de choisir une porte cachant une chèvre après changement. Étant donné que le nombre total de portes est de 3 et que le nombre total de portes avec chèvre est de 2, la probabilité de gagner une voiture en changeant de réponse est de 2/3 parce que c'est la probabilité de choisir une porte cachant une chèvre dès le premier choix.

On peut encore voir que le choix que propose le présentateur après avoir ouvert une porte est en fait équivalent à ne pas ouvrir de porte, mais à proposer de renoncer à la porte choisie en premier lieu pour choisir les deux autres. Puisqu'il y a forcément au moins une mauvaise porte parmi les portes non choisies (en fait, si cet argument est intuitif pour beaucoup, il faudrait en réalité recourir aux formules de Bayes pour démontrer que la porte désignée initialement a sa probabilité de cacher la voiture inchangée, et on verra plus bas que toutes les hypothèses précédentes sont indispensables pour cela).

[modifier] Réfutation des arguments pro-1/2

Longtemps le raisonnement développé ci-dessus n'a pas fait l'unaminité. Il lui était reproché de considèrer que l'ouverture d'une mauvaise porte laisse la probabilité pour que la porte initialement choisie soit la bonne inchangée (1/3). Il est effectivement légitime de se demander pourquoi l'ouverture de la troisième porte ne modifie la probabilité que d'une des deux portes.

Ceux qui refusent ce raisonnement 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.

La faute de ce type de raisonnement est de ne retenir que l'événement "une porte a été ouverte". 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.

Donnons un argument non calculatoire pour maintenir le premier raisonnement: À cause des règles particulières d'ouverture: on sait que la porte ouverte par le présentateur n'est pas la bonne et n'est pas celle choisie par le joueur. Celle qu'on a choisie n'aurait jamais pu être ouverte, donc l'ouverture ne donne aucune nouvelle information sur la porte choisie à l'origine. En revanche la porte non choisie non ouverte aurait pu être choisie pour être ouverte… sauf si c'est la bonne. Le fait qu'elle n'ait pas été choisie augmentent donc les soupçons dans son cas.

On peut également remarquer qu'il est équivalent de demander "est-ce que le présentateur avait le choix dans la porte à ouvrir?" puisqu'il n'y avait 2 portes possibles que si le choix initial était le bon. Pour faire simple, la porte ouverte avait une chance sur 2 d'être ouverte si le choix initial était le bon, et la certitude de l'être si le choix initial était mauvais. Il y a donc 2 fois plus de chances pour que le choix initial soit mauvais.

Mais le raisonnement du paragraphe précédent n'est pas très rigoureux: pour une démonstration sans faille sur le même principe, voir le paragraphe "résolution par la formule de Bayes".

[modifier] Raccordement des différents calculs

Pour faire le calcul avant ouverture de la porte, il faut raisonner ainsi: on doit envisager la possibilité que la porte choisie initialement soit la bonne, et celle que chacune des deux autres portes soit la bonne. Il faut alors penser à l'issue de chacune de ces possibilités, c'est-à-dire se demander quelle porte sera ouverte par le présentateur (4 sous-cas en tout) et ce qu'il faudra faire alors pour gagner. On voit rapidement que la probabilité de gagner en changeant est égale à 1-p, p étant la probabilité pour la porte initialement choisie d'être la bonne, ici 1/3 (Hypothèse 2). Donc ici, on gagne 2 fois sur 3 en changeant. Il est important ici de se rappeler qu'il n'y a jamais de remise (Hypothèses 3 et 4), sans quoi le raisonnement précédent n'est plus valable.

La probabilité est-elle inchangée par l'ouverture (plus précisément: par le choix fait par le présentateur entre les deux portes dont on envisageait l'ouverture)? Pas forcément, mais tels que les calculs ont été faits, les situations après ouverture sont des sous-cas du calcul précédent. Donc, sans affirmer immédiatement que la probabilité est inchangée, la moyenne pondèrée des probabilités correspondant à chaque porte ouverte par le présentateur doit correspondre au calcul précédent. Prétendre qu'on a 1 chance sur 2 de gagner sans changer quelle que soit la porte ouverte est donc incohérent.

Pour évaluer les chances après ouverture, il suffit en fait de constater qu'il y a après choix totale symétrie entre les 2 portes non choisies (Hypothèses 1 et 5). Puisque la moyenne pondèrée doit valoir 2/3 et que les sous-cas doivent donner le même résultat, on retrouve bien 2 chances sur 3 de gagner en changeant quelle que soit la porte ouverte. Il était donc important de préciser que quand deux portes peuvent être ouvertes, le choix est équiprobable.

Le résultat 2/3 est donc parfaitement valide, mais il convient de ne pas l'annoncer sans préciser qu'il repose sur la parfaite symétrie des rôles des portes non choisies. En brisant cette symétrie, tous les résultats sont possibles.

[modifier] Clés pour comprendre le problème

Diagrammes

La probabilité que la voiture se trouve derrière la porte restante peut être calculé avec les diagrammes ci-dessous.

Après avoir choisi la porte numéro 3, par exemple, le candidat a une chance sur trois de tomber directement sur la voiture avec deux chances sur trois que la voiture soit parmi les deux portes restantes.

Notez que puisqu'il n'y a qu'une seule voiture, il y a 100% de chance qu'il y ait une chèvre derrière au moins une des portes 1 ou 2.

Le présentateur ouvre maintenant la porte 1. Bien sûr le présentateur n'ouvre jamais une porte donnant sur la voiture, donc sans surprise la porte 1 donne sur une chèvre ce qui a pour effet de transférer la probabilité de 2/3 de chances d'avoir une voiture non plus sur les portes 1 et 2 comme expliqué précédemment, mais uniquement sur la porte 2 (voir graphique ci-dessous).

De manière encore plus simple, on peut reformuler en disant que si après le choix initial du candidat il était envisageable que la voiture se trouve derrière les portes 1 et 2 (avec une probabilité de 2/3), ce n'est plus le cas après l'ouverture de la porte 1 par le présentateur : seule la porte 2 est encore susceptible de cacher la voiture (et par conséquent, toujours avec une probabilité de 2/3)

Le diagramme ci-dessous montre le même raisonnement d'une manière plus complète et plus formalisée :

Arbre des possibilités du problème de Monty Hall

[modifier] Simulation

Comme démontré précédemment, les valeurs théoriques données par les lois des probabilités sont donc :

- 1/3 de chances de gagner la voiture sans changer son choix initial, soit environ 33,3%.

- 2/3 de chances de gagner la voiture en changeant son choix initial, soit environ 66,7%.

Mais on peut également pratiquer une simulation à l'aide d'un programme informatique reproduisant des parties ficitves et voir si, sur un grand nombre de parties, le résultat simulé tend vers le résultat donné par les probabilités et les confirment. Pour cela deux cas sont à distinguer :

Le cas où il y a un changement du choix initial
Le cas où le choix initial est conservé

Dans chaque cas, il convient de réaliser un grand nombre de situation pour réduire la marge d'erreur et de noter le pourcentage où le candidat gagne la voiture.

Un exemple de programme en JavaScript (en anglais) :

<script type="text/javascript">
var games = 25000;
var winsWithSwitch = 0;
var winsWithoutSwitch = 0;
            
document.writeln("<pre>Playing " + games + " games...");

for(var i = 0; i < games; i++) {
    // Place the prize behind a door, and then let the contestant choose.
    var prizeDoor = Math.floor(Math.random()*3);
    var choice = Math.floor(Math.random()*3);
    // Open a door that does not have the prize behind it.
    var openedDoor;
    if (choice == prizeDoor)
        openedDoor = (prizeDoor + 1 + Math.floor(Math.random()*2)) % 3;
    else
        openedDoor = (0 + 1 + 2) - choice - prizeDoor;
    // Let the contestant switch to the door that was NOT opened.
    var switchDoor = (0 + 1 + 2) - choice - openedDoor;
    if (choice == prizeDoor)
        winsWithoutSwitch++;
    if (switchDoor == prizeDoor)
        winsWithSwitch++;   
}

document.write("Win rate with a \"don't switch\" strategy: ");
document.writeln(winsWithoutSwitch / games);
document.write("Win rate with a \"switch\" strategy: ");
document.writeln(winsWithSwitch / games);
document.write("</pre>");
</script>

Voici le résultat du programme pour 25 000 simulations consécutives de parties :

Playing 25000 games...
Win rate with a "don't switch" strategy: 0.333
Win rate with a "switch" strategy: 0.667

Qui pourrait être traduit en français comme suit :

Après 25 000 parties...
Le taux de réussite (le candidat remporte la voiture) sans effectuer de changement (du choix  initial) 
est de 0.333 (soit 33,3%)    
Le taux de réussite en effectuant un changement est de 0.667 (66,7%)

Outre ce programme en JavaScript, d'autres programmes équivalents en langages C, C++, Java et Perl sont disponibles sur Wikisource : Programmes de simulation du problème de Monty Hall (en anglais)

Voici des exemples de résultats donnés par chacun de ces programmes :

En langage C (30 000 simulations de parties) :

En changeant $\simeq 66,7067\,\%$
Sans changer $\simeq 32,8733\,\%$

En langage C++ (1 000 000 de simulations) :

En changeant $\simeq 66,7494\,\%$
Sans changer $\simeq 33,2762\,\%$

En langage Java (1 000 000 de simulations) :

En changeant $\simeq 66,7032\,\%$
Sans changer $\simeq 33,2968\,\%$

En langage Perl (3 000 simulations) :

En changeant $\simeq 66,2333\,\%$
Sans changer $\simeq 33,7667\,\%$

Les simulations ci-dessus, comme d'autres sur internet (Université de Rouen (200 itérations), (pour versions Internet explorer 4 ou +, en anglais) confirment (avec une marge d'erreur) les résultats théoriques d'1/3 et de 2/3 et ce d'autant plus que le nombre d'itérations est important.

[modifier] La résolution par le théorème de Bayes

L'énoncé renvoie en définitive à un problème de probabilité conditionnelle et selon la formulation générale du théorème de Bayes :

Soit $A$ un évènement quelconque,
Soit $B 1, B 2,..., B n$ est un ensemble d'évènements à la fois exhaustifs et mutuellement exclusifs,

Alors pour tout $i$ , on a :

$P(B_i|A) = \frac{P(A | B_i) P(B_i)}{\sum_{j = 1}^n P(A|B_j)P(B_j)}\, ,$

Une application du théorème de Bayes au problème de Monty Hall pourrait être formulée ainsi :

Considérons le cas où la porte 3 a été choisie et aucune porte n'est encore ouverte. La probabilité que la voiture soit derrière la porte 2 p(F2) est de 1/3, probabilité qui serait en outre exactement la même pour chaque porte.

La probabilité que le présentateur ouvre la porte 1 p(O1) est alors de 1/2. En effet, le candidat ayant choisi la porte 3 et le présentateur sachant ce que cache chaque porte :

Soit la voiture est derrière la porte 1 : le présentateur ouvrira la porte 2.
Soit la voiture est derrière la porte 2 : le présentateur ouvrira la porte 1.
Soit la voiture est derrière la porte 3 : le présentateur ouvrira la porte 1 ou le présentateur ouvrira la porte 2 (équiprobabilité 1/2)

La probabilité que le présentateur ouvre la porte 1 sachant que la voiture est derrière la porte 2 est donc p(O1|F2) = 1. La possibilté que la voiture soit derrière la porte 2 sachant que le présentateur ouvre la porte 1 est donc :

$P(F2|O1) = \frac{P(O1|F2) P(F2)}{\sum_{i=1}^{3} P(O1|Fi) P(Fi)} = \frac{1 \times \frac{1}{3}}{0 \times \frac{1}{3} + 1 \times \frac{1}{3} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{3}} = \frac{2}{3}$

[modifier] Variantes

De nombreuses variantes ont été proposées, modifiant les paramètres. Il est souvent possible de trouver la solution de chaque problème par un raisonnement simple, comme dans le problème principal, mais la difficulté à saisir le rôle de chaque hypothèse conduit souvent à une réponse erronée, et il est donc préfèrable de d'abord résoudre le problème analytiquement.

[modifier] Cas d'un nombre élevé de portes

Il est peut-être plus facile d'appréhender le résultat décrit ci-dessus en considérant 100 portes et non plus trois comme précédemment. Lorsque le candidat choisit une porte, il a 99% de chances d'en choisir une avec une chèvre derrière. Inversement, la probabilité de tomber directement sur la porte cachant le prix de valeur est très faible (1%). Imaginons maintenant que le présentateur n'ouvre plus qu'une seule porte, mais 98 d'un seul coup, révelant bien évidemment 98 chèvres, tout en proposant toujours au candidat de changer son choix initial et de choisir la dernière porte restée close. À 99% cette porte contiendra le prix de valeur, tout comme au début le candidat avait 99% de chances de choisir une porte avec une chèvre. Le candidat aura donc tout intérêt a changer son choix initial.

La démonstration est exactement la même, mais le résultat est plus intuitif: il paraît tellement suspect que toutes les portes non choisies aient été ouverte sauf une…

On pourrait aussi laisser plus d'une des portes non-choisies fermées, et même autoriser à sélectionner plus d'une porte au départ (bien entendu, le présentateur ne pourra ouvrir aucune des portes sélectionnées). Généralement, partant de n portes fermées, après que le candidat a désigné c porte(s), le présentateur ouvre m porte(s), m étant un entier entre 0 et n-c-1. Les chances d'être la bonne porte sont de:

1/n pour une des c porte(s) choisie(s) initialement
$\frac{1}{n}*(1+\frac{m}{n-m-c})$ pour chacune des autres portes.

Notons qu'il est équivalent d'ouvrir m portes une par une si le candidat refuse entre chaque ouverture de changer un de ses choix ou d'ouvrir les m portes en même temps.

Ces formules s'obtiennent par calcul avec un arbre, mais on peut les trouver immédiatement en utilisant le fait que quand les portes ont à l'origine toutes la même probabilité de cacher la voiture, l'ouverture laisse les probabilités inchangées pour les portes choisies à l'origine.

[modifier] Soudoyons les organisateurs

Jusqu'ici, nous avons toujours supposé que les portes avaient à l'origine une probabilité égale de cacher la voiture. Que se passe-t-il si ce n'est plus le cas?

On peut par exemple imaginer que le candidat a dragué l'assistant(e) du présentateur, qui lui a révèlé que la porte de droite cache une chèvre. Mal avisé, le candidat choisit d'abord la porte du milieu. Le présentateur ouvre alors la porte de gauche. Quelles sont les probabilités?

Si on a pleinement confiance dans l'assistant(e), 1 pour la porte centrale, 0 pour la porte de droite
Si l'assistant(e) ignorait tout et prétendait savoir pour se rendre intéressant(e), le problème est équivalent au problème initial, 1/3 pour la porte centrale, 2/3 pour la porte de droite
Si l'assistant(e) a cherché à induire le candidat en erreur, 0 pour la porte centrale, 1 pour la porte de droite

On trouve une formule générale en appliquant le théorème de Bayes: on numérote arbitrairement 1 la porte choisie à l'origine, 2 la porte ouverte par le présentateur et 3 la dernière porte; on note $p i$ la probabilité à l'origine pour que la porte i cache la voiture

les chances sont après ouverture de $p_3'=\frac{p_3}{p_3+p_1 /2}$ pour la porte 3 (avec changement) et de $p_3'=\frac{p_1 /2}{p_3+p_1 /2}$ pour la porte 1 (sans changement).

En fait, il est correct de dire que la porte choisie initialement a sa probabilité de cacher la voiture inchangée si elle est nulle ou bien si $p 3 = p 2$ , ou plus généralement pour n portes si la probabilité moyenne des portes ouvertes pour cacher la voiture était égale à la probabilité moyenne des portes non choisies pour cacher la voiture.

Rappelons qu'il est équivalent de dire que la porte choisie initialement a sa probabilité de cacher la voiture inchangée ou que les portes non choisies non ouvertes ont hérité de la probabilité des portes ouvertes.

[modifier] Changeons les règles d'ouverture

On doit à Jean-Paul Delahaye deux variantes qui éclairent bien sur l'importance des règles de l'ouverture de la porte. Dans un article de Pour la Science, il proposait que le présentateur ouvre une porte choisie au hasard parmi les deux portes non sélectionnées par le candidat (il peut éventuellement avoir décidé si la porte serait la plus à gauche ou à droite avant que le candidat ne désigne une porte), le jeu recommençant à zéro s'il ouvrait la porte cachant une voiture. Une seconde variante propose d'ouvrir une porte choisie au hasard parmi les deux portes cachant une chèvre, le jeu recommençant s'il ouvrait la porte sélectionnée par le candidat.

Delahaye affirma que les résultats de ces variantes étaient équivalents à ceux du problème original. Mais le courrier des lecteurs lui fit se reprendre : les probabilités sont de 1/3 pour que le changement soit gagnant, 1/3 pour que le maintien du choix initial soit gagnant, 1/3 pour qu'il y ait remise… Soit sur l'ensemble du jeu (après autant de remises qu'il aura fallu) 1 chance sur 2 de gagner quelle que soit la stratégie adoptée lors de la première manche non annulée.

On saisit ici l'importance des règles du jeu qui conditionnent l'ouverture d'une porte à la fois au choix du joueur et à la position de la bonne porte!

Introduisons encore quelques variantes pour bien comprendre:

La porte ouverte par le présentateur est choisie parmi les 3 portes sans tenir compte ni du choix ni de la place de la voiture: on trouve cette fois 5 chances sur 9 de remise, 2 chances sur 9 de gagner en changeant, 2 chances sur 9 de gagner sans changer. Là encore, probabilité égale de gagner ultimement avec ou sans changement.

Le présentateur ouvre une des deux portes non choisies par le candidat, en choisissant 3 fois sur 4 la porte cachant la voiture si elle en fait partie: cette fois il y a une chance sur 2 de remise, 1 sur 3 de gagner sans changer et 1 sur 6 de gagner en changeant! Ultimement, 2 chances sur 3 de gagner sans changer. Eh oui, en biaisant les règles, on peut inverser l'efficacité des stratégies.

Plus généralement, s'il y a une probabilité p pour que la porte cachant la voiture soit ouverte (annulant la manche) quand elle n'a pas été sélectionnée, on 1/3 chance de gagner en changeant, 2*(1-p)/3 chance de gagner en changeant, 2p/3 chance de remettre en jeu. Ultimement, il y a 1/(3-2p) chance de gagner sans changer, 1-1/(3-2p) en changeant.

Dernière variante: le présentateur ouvre une porte ne cachant pas la voiture et non choisie par le candidat, mais pas au hasard: au contraire, il ouvre systématiquement la plus à droite des portes répondant aux précédents critères. Cette fois, si on choisit la porte du milieu:

Si la bonne porte est une des deux plus à gauche, le présentateur ouvre la porte de droite
Si la bonne porte est celle de droite, le présentateur ouvre la porte de gauche.

Donc, la probabilité de gagner en changeant n'est plus de 2/3 mais de 1 ou de 1/2 selon les cas, l'espérance totale restant de 2/3.

Généralisons encore: si la porte qui a été ouverte avait une probabilité p d'être ouverte s'il y avait le choix, la probabilité de gagner est de 1/(1+p) en changeant et de p/(1+p) sans changer. Avantage toujours au changement.

[modifier] Formule globale

Donnons une fomule globale pour toutes les variantes des deux paragraphes précédents. On notera:

concernant les probabilités avant ouverture (ces probabilités peuvent traduire par exemple le fait que le candidat est presque sûr d'avoir entendu une chèvre derrière une porte):

$p c$ la probabilité pour la porte initialement choisie soit la bonne
$p o$ la probabilité pour la porte qui est ensuite ouverte soit la bonne
$p t$ la probabilité pour la troisième porte soit la bonne

Et on a bien entendu $p c + p o + p t = 1$ (et même $p c = p o = p t = 1 / 3$ dans le problème traditionnel)

quand la porte choisie initialement est mauvaise:

$o c$ la probabilité pour que le présentateur choisisse d'ouvrir la porte initialement choisie par le candidat (annule la manche, $o c = 0$ dans le problème traditionnel)
$o v$ la probabilité pour que le présentateur choisisse d'ouvrir la porte cachant la voiture (annule la manche, $o v = 0$ dans le problème traditionnel)
$o t$ la probabilité pour que le présentateur ouvre la troisième porte ( $o t = 1$ dans le problème traditionnel)

Et on a bien entendu $o c + o v + o t = 1$

quand la porte choisie initialement est la bonne

$o i$ la probabilité pour que le présentateur ouvre la porte "interdite", choisie et cachant la voiture (annule la manche, $o i = 0$ dans le problème traditionnel)
$o o$ la probabilité qu'avait d'être ouverte la porte qu'il a justement ouverte quand il peut choisir (représente par exemple la préférence du présentateur pour la gauche, $o o = 1 / 2$ dans le problème traditionnel)
$o a$ la probabilité qu'avait d'être ouverte l'autre porte (même remarque que précédemment, $o a = 1 / 2$ dans le problème traditionnel)

Et on a bien entendu $o f + o o + o a = 1$

Les probabilité sont:

P(remise)= $p c * (o i + o t - 1) + 1 - o t$
P(le jeu se termine à cette manche)= $P f = p c * (1 - o i - o t) + o t$
P(gain en changeant) = $\frac{o_t*p_t}{o_t*p_t+o_o*p_c}*P_f$
P(gain en maintenant le choix initial) = $\frac{o_o*p_c}{o_t*p_t+o_o*p_c}*P_f$

pour une manche

Et ultimement (en ayant remis en jeu autant de fois que nécessaire):

P(gain en changeant) = $\frac{o_t*p_t}{o_t*p_t+o_o*p_c}$
P(gain en maintenant le choix initial) = $\frac{o_o*p_c}{o_t*p_t+o_o*p_c}$

Notons que les probabilités de gain final pour chacune des stratégie est égale à la probabilité de gain sur une manche sachant que cette manche aboutira.

Ces formules s'obtiennent sans trop de difficultés par calcul avec un arbre.

[modifier] Problème quantique

Une variante audacieuse consiste à transposer le problème dans le monde de la physique quantique. Cette fois il ne s'agit plus d'ouvrir des portes mais de réaliser des mesures sur un système.

Sauf que cette fois comme on choisit un vecteur de mesure, les possibilités sont illimitées.

Les situations qui en résultent sont variables. Selon qu'on autorise le joueur seulement, le présentateur seulement ou les deux à utiliser à leur avantage les phénomènes, les probabilités sont plus ou moins en faveur du joueur.

Mais de façon un peu analogue au problème traditionnel, la mauvaise stratégie est de conserver son vecteur initial et la bonne est de choisir un vecteur orthogonal au vecteur initial.

http://xxx.lanl.gov/abs/quant-ph/0202120

Vous pouvez jouer vous-même à cette adresse: http://www.imaph.tu-bs.de/qi/monty/MontyS.html

[modifier] Références dans la littérature

L'écrivain et scénariste britannique Mark Haddon expose et démontre le Problème de Monty Hall dans son roman Le Bizarre Incident du chien pendant la nuit.

[modifier] Notes

↑ Aux États-Unis, le jeu télévisé Let's Make a Deal était présenté par le canadien Monty Hall (de son vrai nom Monte Halparin) de 1963 à 1977, diffusé sur NBC jusqu'en 1968 puis sur ABC. En France, le jeu a été adapté sous le nom de Le Bigdil (le nom étant issu de la dernère phase du jeu américain nommée "Big Deal of the Day"). Il était présenté par Vincent Lagaf', et a été diffusé sur TF1 de février 1998 à 2004.
↑ Le texte original était « Suppose you're on a game show, and you're given the choice of three doors: Behind one door is a car; behind the others, goats. You pick a door, say No. 1, and the host, who knows what's behind the doors, opens another door, say No. 3, which has a goat. He then says to you, "Do you want to pick door No. 2?" Is it to your advantage to switch your choice? ».

[modifier] Articles connexes

[modifier] Liens externes

Récupérée de « http://fr.wikipedia.org../../../p/r/o/Probl%C3%A8me_de_Monty_Hall_8f71.html »

Catégorie : Paradoxe probabiliste