Le problème de Monty Hall : pourquoi changer de porte est gagnant

Une question dans un magazine du dimanche

Le 9 septembre 1990, un lecteur a interrogé Marilyn vos Savant, dans sa chronique Ask Marilyn du magazine Parade, au sujet d’un jeu télévisé. Vous êtes face à trois portes. Derrière l’une se trouve une voiture, derrière les deux autres des chèvres. Vous choisissez une porte, disons la 1. L’animateur, qui sait ce qu’il y a derrière chaque porte, en ouvre une autre, disons la 3, et montre une chèvre. Puis il vous demande si vous voulez passer à la porte 2. Avez-vous intérêt à changer ?

Elle a répondu oui : changer gagne deux fois sur trois. Des milliers de lettres ont suivi, et de nombreux mathématiciens professionnels ont affirmé qu’elle se trompait. Jeffrey Rosenthal, de l’université de Toronto, a recueilli certaines des formules employées, dont « vous avez complètement tort » et « la chèvre, c’est vous ». La dispute s’est terminée dans les salles de classe. Elle a demandé à des classes de mathématiques de jouer avec des gobelets en papier et des pièces, et les élèves lui ont répondu, avec un certain étonnement, qu’elle avait raison.

L’énigme a une réponse simple et une mauvaise réponse tenace, et la différence entre les deux tient à un détail : ce que sait l’animateur. Cette exposition vous permet de jouer avec 3 à 100 portes, de lancer dix mille parties en une ou deux secondes et de changer d’animateur jusqu’à ce que la réponse change aussi.

Comment utiliser la scène

Touchez une porte pour la choisir. Le bras robotisé à droite joue l’animateur : il pointe un laser sur chaque porte qu’il ouvre, et les portes pivotent pour montrer une chèvre dans une loge éclairée. Quand il ne reste plus que votre porte et une autre de fermées, deux boutons apparaissent. « Changer » déplace votre choix vers l’autre porte, « Garder » le conserve. La porte sur laquelle vous terminez s’ouvre et les ampoules clignotent en vert pour une voiture, en rouge pour une chèvre.

Sous la scène, trois boutons passent directement à 3, 10 ou 100 portes. Dans le panneau « Réglages », le curseur « Animateur » change ce que sait l’animateur et sa façon d’agir, « Probabilités » affiche la probabilité de la voiture au-dessus de chaque porte fermée, et « Voir derrière les portes » rend les portes transparentes pour suivre la voiture. La section sous les curseurs joue de nombreuses parties d’un coup, garde la trace des parties jouées à la main pendant cette visite (rien n’est enregistré) et affiche le tableau de Bayes de la partie en cours.

Pourquoi votre premier choix reste à une chance sur trois

Quand vous choisissez une porte, la voiture est derrière une partie sur trois. Personne ne le conteste. Le désaccord commence quand une porte s’ouvre. Beaucoup de gens ont le sentiment qu’il reste deux portes et que chacune doit donc valoir la moitié.

Suivez l’animateur plutôt que les portes. Il doit ouvrir une porte qui n’est pas la vôtre et qui ne cache pas la voiture. Si votre porte cache la voiture, il peut ouvrir l’une ou l’autre des deux autres. Si votre porte cache une chèvre, il n’a aucun choix : l’une des autres portes cache la voiture, il doit donc ouvrir celle de la seconde chèvre.

Regardez maintenant les parties où vous avez choisi une chèvre. Cela arrive deux fois sur trois. Dans chacune, le geste forcé de l’animateur laisse la voiture derrière la seule autre porte fermée, et changer gagne. Dans la partie sur trois où vous avez choisi la voiture, changer perd. Changer gagne donc deux parties sur trois, et garder une.

Le geste de l’animateur ne vous apprend rien de nouveau sur votre propre porte, puisqu’il aurait ouvert une porte à chèvre quoi qu’elle cache. Il en dit long, en revanche, sur la porte qu’il a sautée. Il ne l’a pas laissée fermée au hasard ; deux parties sur trois, il y était obligé.

Avec cent portes, c’est évident

Une version à nombreuses portes aide beaucoup de gens. Imaginez 100 portes. Vous en choisissez une. L’animateur, qui sait où est la voiture, ouvre 98 des autres, toutes avec une chèvre, et en laisse une seule fermée. Faut-il garder votre porte ou passer à celle qu’il a soigneusement évitée ?

Votre porte avait une chance sur cent au moment du choix, et rien ne lui est arrivé depuis. Les 99 autres portes réunies avaient 99 chances sur cent. L’animateur en a retiré 98 sans jamais toucher la voiture : les 99/100 se retrouvent donc entièrement sur la seule porte qu’il a laissée. Appuyez sur le bouton 100 portes et jouez quelques parties : le mur s’ouvre rangée après rangée, et la porte restée debout au milieu de toutes ces chèvres paraît aussi suspecte qu’elle doit l’être.

La règle générale se lit facilement. Avec n portes et un animateur qui ouvre toutes les portes sauf la vôtre et une autre, garder gagne 1/n du temps et changer (n − 1)/n. Pour 3 portes, c’est 1/3 contre 2/3 ; pour 10 portes, 10 % contre 90 % ; pour 100 portes, 1 % contre 99 %. Le tableau en bas du panneau « Réglages » donne les sept nombres de portes pour l’animateur choisi.

Compter tous les cas

Si les arguments ne vous convainquent pas, comptez. Numérotez les portes 1, 2 et 3 et supposez que vous choisissez toujours la porte 1 (par symétrie, les autres choix donnent le même résultat). La voiture a autant de chances d’être derrière chaque porte, et quand l’animateur a le choix, il prend l’une ou l’autre avec la même probabilité.

Les deux premières lignes se partagent le tiers où la voiture est derrière votre porte. Garder gagne avec la probabilité 1/6 + 1/6 = 1/3, changer avec 1/3 + 1/3 = 2/3.

Le tableau répond aussi à la version plus précise de la question, celle que le lecteur a réellement posée : vous avez vu l’animateur ouvrir la porte 3. Seules les lignes 2 et 3 restent possibles. La ligne 2 a la probabilité 1/6 et la ligne 3, 1/3 : parmi les parties qui ressemblent à la vôtre, la voiture est derrière la porte 2 deux fois plus souvent que derrière la porte 1. La réponse conditionnelle est à nouveau 2/3.

La formule de Bayes au moment de la proposition

Le même dénombrement s’écrit d’habitude avec la formule de Bayes, qui dit comment une probabilité doit changer quand arrive un nouvel indice. Listez tous les endroits où la voiture pourrait être, notez la probabilité avant l’indice (la probabilité a priori), multipliez-la par la probabilité d’observer exactement cet indice si c’était vrai (la vraisemblance), puis divisez chaque produit par leur total.

Vous avez choisi la porte 1 et l’animateur a ouvert la porte 3 :

Les produits font 1/2 au total, la probabilité globale de voir l’animateur ouvrir la porte 3. En divisant par ce total, on obtient la dernière colonne. Le tableau du panneau « Réglages » est construit de la même façon pour la partie en scène, et il change avec le nombre de portes et l’animateur. Pour n portes et l’animateur informé, les produits valent 1/(n(n − 1)) pour votre porte et 1/n pour celle qu’il a laissée, ce qui donne 1/n contre (n − 1)/n.

La colonne du milieu, c’est là que vit l’animateur. Changez sa règle, et les vraisemblances changent, et avec elles la réponse.

Ce que sait l’animateur décide de la réponse

La réponse classique repose sur trois faits concernant l’animateur : il ouvre toujours des portes, il montre toujours des chèvres parce qu’il sait où est la voiture, et il propose toujours de changer. Retirez l’un d’eux et les nombres bougent. Le curseur « Animateur » a cinq positions.

Sait (classique). Le cas ci-dessus : garder 1/n, changer (n − 1)/n.

Ne sait pas. Rosenthal appelle ce cas Monty Fall : l’animateur glisse sur une peau de banane et ouvre une porte au hasard en tombant, et cette porte montre par chance une chèvre. Avec trois portes, une porte prise au hasard parmi celles qui ne sont pas la vôtre cache la voiture une fois sur trois. Ces parties-là sont gâchées. Dans celles qui restent, votre porte et l’autre porte fermée sont également probables : garder et changer gagnent chacun la moitié du temps. Sur la scène, les parties où le bras découvre la voiture se terminent par un message et ne sont pas comptées, et une série de nombreuses parties indique combien ont été écartées. Avec 100 portes et un animateur qui en ouvre 98 au hasard, seules 2 parties sur 100 survivent, mais dans celles-ci la réponse reste la moitié.

Pourquoi cette différence, alors que les portes de la scène sont exactement les mêmes au moment de la proposition ? Parce que l’indice est différent. Un animateur informé qui montre 98 chèvres a fait quelque chose qu’il pouvait toujours faire. Un animateur aveugle qui montre par chance 98 chèvres a fait quelque chose de très improbable, sauf si la voiture était derrière l’une des deux portes qu’il n’a pas touchées. Ces deux portes y gagnent ensemble et à parts égales. Dans le tableau de Bayes, la vraisemblance du geste de l’animateur aveugle est la même, 1/(n − 1), que la voiture soit derrière votre porte ou derrière l’autre : les probabilités a posteriori sont donc égales.

Porte préférée. Le Monty Crawl de Rosenthal est un animateur qui sait où est la voiture, mais qui, quand il a le choix, ouvre toujours la porte à chèvre au plus petit numéro, parce qu’il est fatigué et que c’est la plus proche. Sur la scène, c’est un curseur : la probabilité que l’animateur, libre de choisir, laisse fermée l’autre porte au plus petit numéro. En moyenne sur toutes les parties, rien ne change, et changer gagne toujours 2/3 du temps. Mais la porte qu’il laisse porte désormais une information. Avec trois portes et un animateur qui laisse toujours la plus petite fermée, le voir laisser la plus grande fermée signifie qu’il n’avait pas le choix : la voiture est derrière, et changer gagne à chaque fois. Le voir laisser la plus petite fermée ne signifie que 1/2. Pour une préférence quelconque p, les deux réponses valent 1/(1 + p) et 1/(2 − p), et changer n’est jamais pire que garder.

Ne propose qu’aux gagnants. Si l’animateur ne propose de changer que lorsque votre premier choix est la voiture, une proposition est une mauvaise nouvelle. Changer chaque fois qu’on vous le propose ne gagne jamais.

Ne propose qu’aux perdants. L’inverse : il ne propose que si vous avez choisi une chèvre, donc changer quand on vous le propose gagne à chaque fois. Ces deux cas montrent que la règle suivie par l’animateur compte davantage que tout ce que vous voyez sur la scène.

Dix mille parties

Les boutons « Lancer » jouent 100, 1000 ou 10 000 parties en quelques secondes. Chaque partie place la voiture, fait un premier choix au hasard et laisse agir l’animateur, puis note trois joueurs sur la même donne : l’un change toujours, l’autre garde toujours, le troisième tire à pile ou face. Les barres donnent la part gagnée par chacun, avec un trait fin à la valeur exacte. Le graphique du bas suit les taux de victoire au fil des parties, sur une échelle logarithmique du nombre de parties.

Après 10 parties, les courbes peuvent être n’importe où. Ce n’est pas un défaut de la simulation : avec si peu de parties, le hasard seul déplace la part de victoires de 15 points de pourcentage ou plus. La dispersion typique d’un taux de victoire p mesuré sur N parties est la racine carrée de p(1 − p)/N. Pour p = 2/3, cela fait environ 4,7 points de pourcentage pour 100 parties, 1,5 pour 1000 et 0,47 pour 10 000. Après dix mille parties, la courbe « changer » se tient donc presque toujours à moins d’un point de pourcentage de 66,7 %.

Avec l’animateur classique, le joueur qui tire à pile ou face finit toujours près de la moitié. La moitié du temps il change et gagne 2/3, l’autre moitié il garde et gagne 1/3. C’est le nombre que l’intuition donne pour tout le jeu, et c’est la bonne réponse à une autre question : combien de fois vous gagnez si vous traitez les deux portes fermées comme équivalentes.

En dénombrant toutes les dispositions de la voiture, du choix et du geste de l’animateur pour 3, 4, 5 et 10 portes et pour chaque animateur, on obtient les probabilités exactes. En jouant 100 000 parties comptées pour chacun des sept nombres de portes et des cinq animateurs, chaque stratégie tombe à moins d’un demi-point de pourcentage de la valeur exacte, dans les 292 cas. Le tableau de Bayes de l’animateur à porte préférée concorde aussi avec des parties simulées, par exemple 83,1 % de 40 014 parties contre la valeur exacte 5/6 quand l’animateur préfère la petite porte avec p = 0,8 et laisse la grande fermée.

Pourquoi l’intuition dit la moitié

Les psychologues étudient cette énigme depuis des décennies, parce que tant de gens attentifs se trompent et restent dans l’erreur après qu’on leur a expliqué. La plupart choisissent de garder leur première idée, alors que changer double les chances de gagner.

Plusieurs explications ont été testées. Krauss et Wang (2003) ont constaté que les gens résolvaient bien plus souvent le problème quand on le racontait en fréquences naturelles, en comptant des parties au lieu de citer des probabilités, et du point de vue de l’animateur. Burns et Wieth (2004) ont soutenu que la difficulté tient à la structure causale. L’emplacement de la voiture et la porte choisie sont indépendants, mais tous deux déterminent la porte que l’animateur ouvre : connaître son choix les relie, ce à quoi les gens ne s’attendent pas. Quand le jeu était présenté comme une compétition, ce qui rend ces causes plus visibles, davantage de personnes trouvaient la bonne réponse.

Herbranson et Schroeder (2010) ont essayé avec des pigeons. Trois touches de réponse dans une chambre d’expérience servaient de portes, et le prix était du grain. Au fil de nombreux essais, les pigeons ont ajusté la fréquence à laquelle ils changeaient jusqu’à approcher la meilleure stratégie ; les volontaires humains ayant eu le même entraînement n’y sont pas parvenus. Les oiseaux n’avaient aucune théorie des probabilités, seulement l’expérience de ce qui rapportait, et c’est ce que vous donnent les boutons « Lancer ».

Un peu d’histoire

La structure est plus ancienne que le jeu télévisé. Le traité de probabilités de Joseph Bertrand, en 1889, contenait le paradoxe des boîtes : trois boîtes contiennent deux pièces d’or, deux pièces d’argent, et une de chaque. Vous prenez une pièce d’or dans une boîte tirée au hasard. La probabilité que l’autre pièce de cette boîte soit en or est 2/3, pas 1/2, parce que la boîte aux deux pièces d’or a deux fois plus de chances que la boîte mixte de vous donner de l’or. En 1959, la chronique Mathematical Games de Martin Gardner dans Scientific American a posé le problème des trois prisonniers, dont l’un doit être gracié. Un prisonnier qui apprend qu’un autre sera exécuté garde sa probabilité de 1/3, tandis que celle du troisième passe à 2/3. Ce sont les trois portes, avec des prisonniers à la place des chèvres.

La version du jeu télévisé est apparue en 1975, dans une lettre à la rédaction de The American Statistician signée du biostatisticien Steve Selvin, qui lui a donné le nom de Monty Hall, animateur d’un vrai jeu télévisé américain. En 1990, la chronique de Parade l’a rendue célèbre.

La dispute ne s’est pas arrêtée aux salles de classe. Certains statisticiens ont fait remarquer que la question telle qu’elle a été publiée ne dit pas si l’animateur ouvre toujours une porte, ni comment il choisit quand il a le choix, et que la réponse inconditionnelle (changer gagne 2/3 de toutes les parties) et la réponse conditionnelle (changer gagne 2/3 des parties où il a ouvert la porte 3) demandent des arguments différents. Richard Gill, de l’université de Leyde, a écrit que l’énigme peut se lire comme plusieurs problèmes mathématiques différents, ce qui explique en partie qu’elle continue de produire des articles. La scène sépare ces lectures avec le curseur « Animateur ».

Ce que le modèle simplifie

La voiture est placée au hasard et les choix aléatoires de l’animateur sont des tirages à pile ou face équilibrés, comme dans le problème standard. Un vrai animateur pourrait mettre la voiture là où les candidats regardent rarement, ou ne proposer de changer que quand cela l’arrange, et alors aucune réponse fixe ne s’applique.

Le bras robotisé ouvre les portes l’une après l’autre pour l’animation. En mathématiques l’ordre ne compte pas ; seule compte la porte laissée fermée. Avec l’animateur aveugle, le bras ouvre les portes dans un ordre aléatoire, si bien que la voiture peut apparaître en cours de route.

Le simulateur de nombreuses parties utilise un générateur pseudo-aléatoire rapide initialisé par l’horloge, si bien que deux séries ne donnent jamais exactement les mêmes nombres. Les trois joueurs sont notés sur la même donne, c’est pourquoi les barres « changer » et « garder » font toujours 100 % ensemble avec l’animateur classique : dans chaque partie comptée, exactement une des deux portes fermées cache la voiture.

L’historique de vos propres parties ne vit que dans la page ouverte. Le rechargement l’efface.

Calculer la preuve, et pas seulement compter les portes

Notons C1 l’événement « la voiture est derrière la porte 1 » et H3 l’événement « l’animateur ouvre la porte 3 et propose de changer ». Supposons que vous ayez choisi la porte 1, que la voiture soit placée uniformément, que l’animateur évite toujours la voiture et qu’il choisisse équitablement quand les deux autres portes cachent des chèvres. La formule de Bayes est P(C1 | H3) = P(H3 | C1) × P(C1) / P(H3). Le dénominateur n’est pas seulement la probabilité que la porte 3 cache une chèvre. C’est la probabilité de cette action précise de l’animateur selon les règles posées.

Pour votre porte, le numérateur est (1/2) × (1/3) = 1/6. Pour la porte 2, il vaut 1 × (1/3) = 1/3. La porte 3 contribue pour zéro. Donc P(H3) = 1/6 + 1/3 = 1/2 et P(C1 | H3) = (1/6)/(1/2) = 1/3. De même, P(C2 | H3) = (1/3)/(1/2) = 2/3. L’exposé de Berkeley insiste sur la différence entre apprendre qu’une porte ne cache aucun prix et apprendre que l’animateur l’a choisie pour montrer qu’elle n’en cache pas. La discussion d’Alvarado suit elle aussi la dépendance entre la voiture, le premier choix et la révélation.

Un contrôle utile consiste à imaginer 600 parties indépendantes avec le même premier choix. Environ 200 commencent avec la voiture derrière chaque porte. Parmi les 200 premières, environ 100 montrent la porte 3 ; parmi les 200 suivantes, les 200 la montrent ; parmi les 200 dernières, aucune. Il reste environ 300 observations compatibles, avec 100 voitures derrière votre porte et 200 derrière l’autre. Ce sont des effectifs attendus, pas une garantie pour un lot précis de 600 parties.

Pourquoi les parties écartées comptent

Supposons maintenant que l’animateur choisisse à l’aveugle une porte non sélectionnée. Gardons le premier choix fixé sur la porte 1 et ne considérons que les cas où il ouvre la porte 3 et montre une chèvre. Si la voiture est derrière la porte 1, la probabilité de cette observation est 1/2. Si elle est derrière la porte 2, elle vaut aussi 1/2. Les deux numérateurs restants valent 1/6, leur somme est 1/3 et chaque probabilité a posteriori est 1/2. La même chèvre visible a donné un calcul différent, parce qu’un autre processus l’a choisie.

On peut aussi compter sans nommer la porte ouverte. Sur 600 parties, environ 200 commencent avec votre porte gagnante ; ces 200 survivent à une révélation à l’aveugle. Environ 400 commencent avec une porte perdante ; seules environ 200 survivent, car l’animateur a une chance sur 2 de dévoiler la voiture. Environ 400 parties comptent donc : rester en gagne 200 et changer en gagne 200. Diviser les victoires par changement par les 600 parties tentées donnerait plutôt 1/3. Ce nombre répond à une autre question, qui range les parties gâchées parmi les échecs. Indiquez toujours le dénominateur.

Avec 100 portes, votre choix initial est correct dans 1/100 des essais, et ces essais survivent toujours. S’il est faux, l’animateur aveugle doit laisser la voiture comme seule porte fermée non choisie, ce qui a une probabilité de 1/99. La part survivante avec un premier choix faux est (99/100) × (1/99) = 1/100. Les deux groupes contribuent donc à égalité : 2/100 des essais survivent, et changer gagne dans 1/2 de ces survivants. Ce n’est pas le 99/100 de l’animateur qui sait.

Ce que signifie l’erreur d’une simulation

Pour des parties classiques indépendantes, le nombre de victoires par changement suit une loi binomiale avec p = 2/3. L’erreur standard de la proportion observée est sqrt(p × (1 − p) / N). Pour N = 1000, elle vaut 0,0149, soit 1,49 point de pourcentage. Une plage d’échantillonnage approximative à 95 % est la proportion attendue plus ou moins 1,96 erreur standard : environ 66,67 % ± 2,92 points de pourcentage, soit de 63,75 % à 69,59 %. C’est en ce sens que mille parties ont une marge d’environ trois points de pourcentage, et non comme promesse que chaque série tombe dans cette plage.

Les notes de San José State expliquent cette approximation normale pour une proportion. Multiplier N par 4 divise l’erreur standard par deux ; le multiplier par 100 la réduit environ dix fois. Une série de 10 000 est donc plus stable qu’une série de 1000, mais pas dix fois plus précise. Le résultat suppose aussi des parties indépendantes et correctement générées. Répéter une erreur de programmation ne la fait pas disparaître.

Sur cette scène, les deux stratégies utilisent la même distribution. Leurs résultats sont appariés, pas deux échantillons indépendants : quand changer gagne, rester perd. Avec l’animateur aveugle, utilisez les parties comptées pour N et non tous les essais. Avec 100 portes, 1000 révélations à l’aveugle tentées ne donnent en moyenne qu’environ 20 parties comptées, bien trop peu pour l’affirmation ci-dessus sur trois points de pourcentage.

Une expérience à tenter sur l’écran

Choisissez 3 portes et Sait (classique), puis faites une prévision avant d’appuyer sur Lancer 1000. Comparez Toujours changer avec la marque exacte, et pas seulement avec la série précédente. Changez uniquement l’animateur en Ne sait pas et recommencez. Lisez le nombre de parties nulles avec le total compté. Choisissez enfin 100 portes : avec l’animateur classique, le taux de changement devrait approcher 99 %, alors que l’animateur aveugle ne garde qu’une petite fraction des essais. Ces comparaisons isolent la règle de l’animateur au lieu de modifier plusieurs hypothèses sans le remarquer.

L’étude sur les pigeons et les synthèses psychologiques ultérieures distinguent apprendre quelle action rapporte et expliquer pourquoi elle rapporte. Un visiteur peut apprendre à appuyer sur Changer grâce au retour d’information sans pouvoir reconstruire la colonne des vraisemblances. Après l’expérience, expliquez pourquoi l’animateur aveugle écarte plus de parties au premier choix faux que de parties au premier choix juste. Cette explication, plutôt qu’une série de chance, est le test de la compréhension. La comparaison de Li avec l’analyse de données va dans le même sens : l’ordre et la procédure de sélection comptent, même quand l’affichage final propose deux possibilités.

Scènes d’énigmes : la même question sur d’autres tables

Le bouton « Énigmes » ouvre 17 scènes. Huit conservent les portes et changent seulement les règles de l’animateur ou le nombre de portes ; neuf passent à une table ronde en feutre, où boîtes, pièces, personnes ou enveloppes remplacent les portes. Chaque scène propose « Jouer une fois » et un lancement de 100,000 parties (1,000,000 pour les deux énigmes dont peu de parties remplissent la condition). L’affichage de gauche rapproche la valeur exacte de la proportion obtenue.

Des animateurs aux règles différentes

Monty Fall glisse et ouvre une porte au hasard. Si elle montre une chèvre, garder et changer gagnent chacun avec une probabilité de 1/2 : on écarte les parties où il aurait montré la voiture, précisément celles où changer aurait gagné. Monty Crawl laisse toujours fermée l’autre porte au plus petit numéro lorsqu’il a le choix. Si vous choisissez la porte 1 et qu’il ouvre la 2, il n’avait pas le choix : la voiture est derrière la 3 et changer gagne à coup sûr. S’il ouvre la 3, changer ne gagne qu’avec une probabilité de 1/2. Sur les deux cas réunis, toujours changer gagne encore avec une probabilité de 2/3. Grinstead et Snell étudient le cas intermédiaire : un animateur qui ouvre le plus grand numéro 3 fois sur 4 lorsqu’il peut choisir donne une probabilité de 4/7 au changement après l’ouverture de la porte 3.

Monty infernal et Monty angélique décident s’ils proposent un changement ou non. Monty Hall a dit à un journaliste en 1991 que l’émission ne l’obligeait jamais à faire cette offre. S’il la réserve aux joueurs ayant choisi la voiture, changer fait perdre à coup sûr ; s’il la réserve à ceux ayant choisi une chèvre, changer fait gagner à coup sûr. L’offre elle-même est l’indice.

Une seule porte ouverte parmi beaucoup

Le curseur « Autres portes laissées fermées » règle le nombre de portes fermées en plus de la vôtre. Avec 5 portes et une seule porte à chèvre ouverte, trois autres restent fermées. Garder gagne avec une probabilité de 1/5. Changer au hasard vers l’une des trois gagne avec (5 − 1) / (5 × 3) = 4/15, soit environ 26.7%. Avec n portes dont k ouvertes, changer gagne avec (n − 1) / (n (n − 1 − k)), toujours plus que 1/n. Quand k = n − 2, on retrouve (n − 1)/n : 2/3 pour trois portes et 99/100 pour cent.

Deux joueurs

La scène « Deux joueurs » compte les points de deux personnes qui jouent à tour de rôle sur les mêmes portes. Si l’une garde toujours et l’autre change toujours, après 30 parties chacune les scores attendus sont 10 et 20 voitures. Une courte rencontre peut tourner dans l’autre sens ; l’écart de 10 voitures présente une dispersion d’environ 3.7 voitures de chaque côté.

Boîtes, prisonniers et enfants

Les trois boîtes de Bertrand contiennent deux pièces d’or, deux d’argent et une de chaque. Vous tirez une pièce au hasard et voyez de l’or : les trois pièces d’or avaient la même chance d’être tirées, et deux se trouvent dans la boîte aux deux pièces d’or. L’autre pièce est donc en or avec une probabilité de 2/3, pas de 1/2. Les trois prisonniers sont les portes sous un autre costume. Le gardien qui nomme B pour l’exécution joue l’animateur ; A reste à 1/3 et C monte à 2/3.

Les deux énigmes des enfants montrent l’importance des mots. Avec deux enfants dont au moins un garçon, la probabilité d’avoir deux garçons est 1/3 : parmi les quatre familles équiprobables (garçon garçon, garçon fille, fille garçon, fille fille), la dernière est exclue, et une des trois restantes a deux garçons. Si l’on précise plutôt que l’aîné est un garçon, la probabilité est 1/2. Si un fils est né un mardi, elle est 13/27 : parmi les 196 paires équiprobables de sexe et de jour de naissance, 27 comprennent un garçon né un mardi et 13 de celles-ci comptent deux garçons.

Anniversaires

Avec 23 personnes à table, la probabilité que deux aient le même anniversaire est 50.7% ; avec 22, elle vaut 47.6%, et avec 57, 99.0%. Ce qui compte est le nombre de paires : 23 personnes forment 253 paires, chacune ayant une chance sur 365 de coïncider. Le curseur « Personnes » va de 2 à 70 ; les personnes concernées s’allument en doré après chaque partie.

Un test positif

La table du test montre 1,000 personnes. Avec 1 malade pour 1,000 et 5% de faux positifs chez les personnes saines, environ 50 personnes saines sont positives en plus du seul malade. Un résultat positif indique donc une maladie avec une probabilité de 1 sur 51, environ 2.0%. Dans une enquête de 2014, 14 médecins et étudiants sur 61 ont donné cette réponse. Un second test positif indépendant porte la probabilité à environ 28.6%, encore moins de la moitié. Les deux curseurs changent la proportion de malades et le taux de faux positifs.

Des pièces sans mémoire

Après 5 pile de suite, le lancer suivant donne pile avec une probabilité de 1/2. Sur la scène, seul 1 essai sur 32 commence par cinq pile, d’où le million d’essais de cette énigme. Le test des séries est plus subtil. Lancez 4 pièces et relevez la part de pile parmi les lancers qui suivent un pile. En faisant la moyenne sur les 16 suites, parmi celles où un pile arrive assez tôt pour être suivi, on obtient 17/42, environ 40.5%, et non 50%. Miller et Sanjurjo ont montré en 2018 que le test de 1985 sur la « main chaude » au basket utilisait ce type de moyenne : un véritable effet de série pouvait ainsi sembler inexistant.

Deux enveloppes

Sur cette scène, la petite somme vaut 10, 20 et ainsi de suite jusqu’à 100 ; l’autre enveloppe contient le double. Changer rapporte plus dans la moitié des parties et modifie la somme de 0 en moyenne. L’argument selon lequel l’autre enveloppe vaut en moyenne 1.25 fois la vôtre suppose que votre somme reste fixe dans les deux cas, ce qui est impossible.

L’arbre de probabilités

L’interrupteur « Arbre de probabilités » ajoute l’arbre sur la scène ; le panneau « Réglages » l’affiche toujours. Chaque branche issue du point est une position possible de la voiture (ou de la pièce, ou de la maladie), d’une épaisseur proportionnelle à sa probabilité. Elle se divise entre les indices observés et non observés. Couper les branches qui ne se sont pas réalisées et ramener la somme des autres à 1, c’est la règle de Bayes. Le cours de mathématiques pour l’informatique du MIT enseigne les portes avec cet arbre en quatre étapes. Quand Andrew Vazsonyi a présenté le problème à Paul Erdős en 1995, le mathématicien n’a accepté la réponse qu’après 100,000 parties sur ordinateur, puis a encore demandé une raison ; l’arbre la donne.