Je dispose sur une table 2 cartes faces cachées sur lesquelles j’ai noté un nombre entre 0 et 100 en secret.
Vous pouvez retourner la carte que vous désirez et si elle ne vous convient pas, vous pouvez retourner la seconde (mais la première sera alors écartée).
Quelle est votre probabilité de retourner la carte la plus forte ?
Pensez-vous que l’on puisse améliorer cette probabilité (sans tricher bien sûr ^^) ?
Il suffit de retourner les 2, puisque c’est possible, pour être sur de retourner la plus forte.
Probabilité : 1.
jmguiche (ou l’art de répondre à coté).
jmguiche dit:Il suffit de retourner les 2, puisque c'est possible, pour être sur de retourner la plus forte.
Probabilité : 1.
jmguiche (ou l'art de répondre à coté).
Exact monsieur Guiche mais quand je dis que la première carte est alors défaussée cela veut dire qu'on ne la compte plus et que seul le second score est compté.
50.99 en ne changeant jamais de cartes
74,76% de chance en changeant si la valeur de ma carte est inférieure à 50 (si toutes les paires de valeur sont équiprobables)
brunbrun dit:
Tu peux nous donner ton raisonnement brunbrun ?
Je n'y connais pas grand chose en stats mais je ne vois pas comment tu obtiens ces résultats.
Il y a 101 cartes au départ, et tu en pioche 1, de valeur n
Tu as (100-n)/100 possibilités de tirer une meilleure carte, ou encore 1-n/100 d’augmenter ton score.
Donc entre 1 et 49, il vaut mieux repiocher.
Pour 50, les chances sont equiprobables
Entre 51 et 100, il vaut mieux conserver
J’aurais tendance à penser naïvement, et sans calcul, que lorsque l’on pioche une carte avec un numéro supérieur à 50, on conserve.
On change, dans les autres cas.
Mais ce genre de problème ne fais pas état du facteur psychologique.
La personne qui écrira les numéros, si elle ne le fait pas au hasard, peut justement changer la donne.
Trouver une méthode adéquat d’optimisation me paraît relever du même problème que dans le paradoxe du prisonier.
Ca me rappelle une autre énigme, également, mais je me souviens plus vraiment de l’énoncé.
Sans entrer dans les détails,
Si première carte retournée : Est X< 50
La probabilité que le seconde soit >X est de (100-x)/100 (à un poil près peut être)
En moyenne, cette probabilité est de 0.75 (à un poil prêt). Donc on change et on a 0.75 chance de gagner
Si la carte retournée est X > 50,
la probabilité pour que le seconde soit <X est de (100-X)/100. En moyenne 0.75, à un poil près.
On a donc, à un poil près, 0.75% de chance.
Je dis un poil parce que il n’y a pas 100 cartes, mais 101.
…
Laidzep dit:J'aurais tendance à penser naïvement, et sans calcul, que lorsque l'on pioche une carte avec un numéro supérieur à 50, on conserve.
On change, dans les autres cas.
Mais ce genre de problème ne fais pas état du facteur psychologique.
La personne qui écrira les numéros, si elle ne le fait pas au hasard, peut justement changer la donne.
Trouver une méthode adéquat d'optimisation me paraît relever du même problème que dans le paradoxe du prisonier.
Ca me rappelle une autre énigme, également, mais je me souviens plus vraiment de l'énoncé.
C'est la stratégie gagnante, pas la proba.
Ok, simplifions encore le problème (si je puis dire) : Je peux désormais marquer ce que je veux comme valeur (y compris une valeur négative).
jmguiche dit:Il suffit de retourner les 2, puisque c'est possible, pour être sur de retourner la plus forte.
Probabilité : 1.
jmguiche (ou l'art de répondre à coté).
J'aurais dit la même chose puisqu'on demande la proba de retourner la meilleure carte. Si on retourne les deux, on est sûr d'avoir la meilleure donc 1.
Docteur Mops dit:Ok, simplifions encore le problème (si je puis dire) : Je peux désormais marquer ce que je veux comme valeur (y compris une valeur négative).
Si on considère que l'on peut mettre entre - infini et + infini (bornes exclues
) je pense que c'est grosso modo le même raisonnement et le même resultat, mais la borne n'est plus 50 mais 0.Bon, le problème là dedans, c'est que les nombres ne sont pas aléatoire mais choisis par toi.
Cela donne un biais impossible à évaluer, y compris dans le premier cas.
En effet, dans le premier cas, quand on connait la stratégie gagnante, la tentation est forte pour toi de mettre 2 nombres < 50. Dans ce cas là, la décision sera toujours de prendre la seconde carte. la probabilité pour celui qui choisi tombe à 0.5. (c'est plus pervers de mettre 2 nombre > 50, la décision sera de garder la premiere carte, mais la proba de gagner de 0.5 à nouveau).
Maintenant, si je sais que tu peut tricher, on est dans un jeu de double guessing... Inévaluable.
jmguiche dit:Docteur Mops dit:Ok, simplifions encore le problème (si je puis dire) : Je peux désormais marquer ce que je veux comme valeur (y compris une valeur négative).
Si on considère que l'on peut mettre entre - infini et + infini (bornes exclues
Erreur, 0 ne joue aucun rôle particulier si tu vas de -infini à +infini (il n'y a pas de "milieu géométrique" dans Z, 0 joue plutôt le rôle d'un "milieu algébrique").
Si "toutes" les valeurs sont possibles, il ne sert à rien de retourner la deuxième, tu as 50% de chances de gagner de toute façon. Plus exactement, faute de renseignements plus précis sur la loi régissant le choix des deux nombres par le doc, on ne peut que partir de ce principe.
Cependant, en pratique, il n'est pas possible d'obtenir que "toutes" les valeurs soient possibles et équiprobables (bon, c'est un peu compliqué à expliquer et là j'ai des copies).
Je pense que le doc veut nous emmener vers le "paradoxe des deux enveloppes", mais je peux me tromper.
grolapinos dit:jmguiche dit:Docteur Mops dit:Ok, simplifions encore le problème (si je puis dire) : Je peux désormais marquer ce que je veux comme valeur (y compris une valeur négative).
Si on considère que l'on peut mettre entre - infini et + infini (bornes exclues
Erreur, 0 ne joue aucun rôle particulier si tu vas de -infini à +infini (il n'y a pas de "milieu géométrique" dans Z, 0 joue plutôt le rôle d'un "milieu algébrique").
Si "toutes" les valeurs sont possibles, il ne sert à rien de retourner la deuxième, tu as 50% de chances de gagner de toute façon. Plus exactement, faute de renseignements plus précis sur la loi régissant le choix des deux nombres par le doc, on ne peut que partir de ce principe.
Cependant, en pratique, il n'est pas possible d'obtenir que "toutes" les valeurs soient possibles et équiprobables (bon, c'est un peu compliqué à expliquer et là j'ai des copies).
Je pense que le doc veut nous emmener vers le "paradoxe des deux enveloppes", mais je peux me tromper.
Honte à moi. Et pas qu'un peu. C'est particulièrement crétin ce que j'ai écrit ! La prochaine fois, c'est promis, je reflechis avant !
jmguiche dit:Honte à moi. Et pas qu'un peu. C'est particulièrement crétin ce que j'ai écrit ! La prochaine fois, c'est promis, je reflechis avant !
Rassure-toi, j'ai un doctorat de probas et j'ai récemment sorti une énormité bien pire que celle-là...
grolapinos dit:jmguiche dit:Honte à moi. Et pas qu'un peu. C'est particulièrement crétin ce que j'ai écrit ! La prochaine fois, c'est promis, je reflechis avant !
Rassure-toi, j'ai un doctorat de probas et j'ai récemment sorti une énormité bien pire que celle-là...
Tu as promené ta femme? Ok, je
Bon ok ! Effectivement la proba de base est de 1/2.
Je ne connais pas le paradoxe des deux enveloppes mais c’est peut-être bien de ça dont je voulais parler…
Pensez-vous qu’une stratégie puisse améliorer cette proba de 1/2 (toujours sans tricher bien sur).
Ca me rappelle une autre énigme, également, mais je me souviens plus vraiment de l'énoncé.
Merci à toi, Groslapinos, c'est bien du paradoxe de l'enveloppe dont je parlais. Lu dans un ouvrage de Smullyan, je crois bien.
Y'a une fiche sur wikipédia qui expose le problème, je viens de vérifier.
Laidzep dit:Ca me rappelle une autre énigme, également, mais je me souviens plus vraiment de l'énoncé.
Merci à toi, Groslapinos, c'est bien du paradoxe de l'enveloppe dont je parlais. Lu dans un ouvrage de Smullyan, je crois bien.
Y'a une fiche sur wikipédia qui expose le problème, je viens de vérifier.
Ok je viens de regarder. Ce n'est pas vers ça que je vous emmène. Les enveloppes me semblent se rapprocher du Paradoxe de Monthy Hall.
Donc ma question reste valable : Peut-on trouver une stratégie permettant d'avoir plus 1/2 chance de gain ?
Docteur Mops dit:Laidzep dit:Ca me rappelle une autre énigme, également, mais je me souviens plus vraiment de l'énoncé.
Merci à toi, Groslapinos, c'est bien du paradoxe de l'enveloppe dont je parlais. Lu dans un ouvrage de Smullyan, je crois bien.
Y'a une fiche sur wikipédia qui expose le problème, je viens de vérifier.
Ok je viens de regarder. Ce n'est pas vers ça que je vous emmène. Les enveloppes me semblent se rapprocher du Paradoxe de Monthy Hall.
Non, ce n'est pas lui mais il lui est proche "dans l'esprit". Je ne trouve pas l'article wiki sur la question, mais j'en avais causé
ICI avec d'autres du genre.Docteur Mops dit:Donc ma question reste valable : Peut-on trouver une stratégie permettant d'avoir plus 1/2 chance de gain ?
En pratique, non, sauf à avoir une idée de la façon dont les chiffres inscrits sur les cartes sont choisis. Même si tu dis que c'est "entre 0 et 100", tu ne donnes finalement qu'une information très partielle. Une telle connaissance ne peut en fait s'obtenir que statistiquement.