Paradoxe chapelier ?

Edit : voici un problème que j'aime bien et qui permet (sait-on jamais) de forger un peu son intuition probabiliste sur l'indépendance. C'est la discussion sur le "paradoxe des deux enfants" qui m'y a refait penser.

Alice et Bob jouent à un jeu dont les règles sont les suivantes :

Camille empile sur la tête d'Alice et sur la tête de Bob une suite (infinie) de chapeaux soit bleus soit rouges, la couleur de chaque chapeau étant tirée à pile ou face de façon indépendante des autres. De cette façon Alice voit les chapeaux sur la tête de Bob, mais pas ceux qui sont sur la sienne. De même pour Bob. Sans qu'ils puissent communiquer, Camille les fait se placer dos à dos et leur demande de pointer du doigt un des chapeaux sur leur propre tête. Ils gagnent uniquement s'ils ont tous les deux pointé un chapeau rouge.

Denis pense que le jeu est idiot : voir les chapeaux de Bob ne donne absolument aucune information à Alice sur la disposition des siens (car il y a indépendance), donc elle ne peut rien faire de mieux qu'un choix arbitraire ; de même pour Bob. Quelle que soit leur stratégie, ils gagneront donc avec probabilité $\frac{1}{2}\times\frac{1}{2} = \frac{1}{4}$.

Pourtant, Alice et Bob se sont mis d'accord avant de commencer le jeu et gagnent en moyenne un tiers des parties...

Réponses

  • Soit $m$ (resp. $n$) le plus petit indice tel que le $m$-ième chapeau d'Alice (resp. le $n$-ième chapeau de Bob) est rouge. Alors Alice montre son $n$-ième chapeau et Bob son $m$-ième chapeau. Les deux chapeaux sont rouges lorsque $m=n$, ce qui arrive dans un cas sur trois.
  • C'est juste ! J'espère que ça n'empêchera pas les autres de chercher. Tu as été trop rapide ;)
  • Quelle est la démonstration s'il vous plaît ?
  • Merci pour cet exercice sympathique et instructif. On pourrait penser qu'il s'agit d'un paradoxe de l'infini dans l'esprit de l'exo divinatoire de CC (celui à base d'axiome du choix et d'un ensemble de boîtes dont on peut deviner le contenu avec une probabilité de succès arbitrairement petite) mais en fait il, n'en n'est rien en effet on peut prouver (de la même façon que pour l'exo en fait) que:

    Soit $n \in \N$. Considérons la variante *finie* suivante du jeu: Alice a $n$ chapeaux bleus ou rouges. Bob idem. Les couleurs des chapeaux sont indépendantes. Comme dans l'énoncé chaque protagoniste peut voir les chapeaux de l'autre, mais pas les siens. Montrer qu'il existe une stratégie permettant à Bob et Alice de désigner deux chapeaux rouges avec une probabilité $\frac{1}{3}(1-\frac{1}{4^n})$. Bien sûr quand $n \longrightarrow +\infty$ on retrouve le $\frac{1}{3}$ de l'énoncé de départ.
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Très joli, en effet.

    Notons que dans cette stratégie, les deux chapeaux sont rouges si et seulement si $m=n$, ce qui montre que la probabilité de succès est égale à $1/3$.

    D'où la question naturelle: si les $Y_i^n$ sont des Bernoulli $1/2$ indépendantes, que $G_1$ est $\sigma(Y_1^n,n\ge 1)$-mesurable et $G_2$ est $\sigma(Y_2^n,n\ge 1)$-mesurable, a-t'on $E [Y_1^{G_2} Y_2^{G_1}]\le 1/3$ ?

    Autrement dit, la stratégie de JLT est-elle optimale ?
  • Je ne sais pas répondre à la question d'aléa mais voici une autre stratégie :

    Soit $m$ (resp. $n$) le plus petit indice tel que le $m$-ième chapeau d'Alice (resp. le $n$-ième chapeau de Bob) est bleu. Alors Alice montre son $n$-ième chapeau et Bob son $m$-ième chapeau. Les deux chapeaux sont rouges dans un cas sur 2 lorsque $m<n$ et dans un cas sur 2 lorsque $m>n$, donc la probabilité que les deux chapeaux sont rouges est $\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{3}$.
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