Bonjour a tous,
Un bon ami a moi (mathematicien de son état) m'a fait part d'une petite enigme dont je vais vous faire l'ennoncé ici.
Le Dr No, ennemi de James Bond, frappe un grand coups sur un congres de mathematiciens. Ils sont au nombre de 100. Le Dr No les enferme dans une piece et leur annonce ceci :
"Dans la piece d'a côté, j'ai mis 100 boîtes identiques, chacunes contenant le nom de l'un d'entre vous, de telles manière que vos 100 noms soient dans les 100 boîtes. Maintenant un par un vous allez entrer dans la piece et ouvrir jusqu'a 50 boîtes. Si dans une des 50 vous trouvez votre nom, vous pourrez acceder à la piece d'attente d'a côté. Et alors le suivant pourra entrer. Entre les deux, les 100 boîtes seront remises dans le même état qu'au début. Le deuxieme va faire la même chose et ainsi de suite. Si d'aventure l'un d'entre vous ne trouve pas son nom dans les 50 boîtes qu'il aura ouverte, alors tous seront tués, même ceux qui avaient trouvés leur noms precedement. "
Il leur laissa donc 1 heure pour decider d'une stratégie. Qu'elle est celle qui maximise leurs chances de survies ?
Bonne chance.
P.S. : cette enigme s'adresse en priorité à des matheux parce qu'il y a des notions necessaires pour trouver la solution qui ne sont pas communes. Mais on peut avoir de bonnes surprises des non matheux.
De manière naïve, un mathématicien a 50 chances sur 100 de passer dans la salle d'attente, soit 1/2.
La probabilité que tout le monde soit sauvé est (1/2)^100.
Il faut que je réfléchisse à améliorer cela 
Est-ce qu'il est possible de laisser des marques ? Est-ce que les boîtes restent indiscernables ?
Si on reprend ce que dit Oswald :
Oswald_le_fort
… 100 mathématiciens… Entre les deux, les 100 boîtes seront remises dans le même état qu'au début.
Il y a donc 100 boîtes et 100 mathématiciens. Ces derniers pourraient décider de s’attribuer des numéros d’ordre de 1 à 100. Comme les boites restent dans le même ordre, le premier va ouvrir les 50 premières boites. S'il réussi, c'est que son nom est dans les 50 premières boites. Du coup on a 50-1, le deuxième -en maximisant ses chances-, pourra ouvrir les boites de la 2e à la 51e, le troisième de la 3e à la 52e…
Euhhh.... bon. C'est un début de début de petit bout d'idée.... surtout sans pouvoir faire appel aux maths...
bongo1981
De manière naïve, un mathématicien a 50 chances sur 100 de passer dans la salle d'attente, soit 1/2.La probabilité que tout le monde soit sauvé est (1/2)^100.
Il faut que je réfléchisse à améliorer cela
Est-ce qu'il est possible de laisser des marques ? Est-ce que les boîtes restent indiscernables ?
En effet, la proba "aléatoire" est bien celle la... C'est très faible.
Les boîtes sont numérotées de 1 à 100. J'ai du oublier de preciser ca. mais elles ne sont pas modifiables, et leur contenu reste toujours le même d'un matheux a un autre.
Stardust
Si on reprend ce que dit Oswald :Oswald_le_fort
… 100 mathématiciens… Entre les deux, les 100 boîtes seront remises dans le même état qu'au début.Il y a donc 100 boîtes et 100 mathématiciens. Ces derniers pourraient décider de s’attribuer des numéros d’ordre de 1 à 100. Comme les boites restent dans le même ordre, le premier va ouvrir les 50 premières boites. S'il réussi, c'est que son nom est dans les 50 premières boites. Du coup on a 50-1, le deuxième -en maximisant ses chances-, pourra ouvrir les boites de la 2e à la 51e, le troisième de la 3e à la 52e…
Euhhh.... bon. C'est un début de début de petit bout d'idée.... surtout sans pouvoir faire appel aux maths...
Ya de l'idée... Mais la méthode n'est pas correcte parce qu'ils auraient toujours (1/2)^100 chances de survie. Mais l'idée de départ est la bonne.
Est-ce que c'est possible de changer la disposition des boîtes ?
Par exemple le premier arrive, trouve son nom dans la boîte A, il met alors cette boîte tout à la fin.
etc... jusqu'au 50ème, du coup les suivants savent que leur nom est dans les boîtes restantes qui se trouvent tout à gauche ?
Ca donnerait :
50/100 ＊ 50/99 ＊ 50/98 etc... = (50^50)/(100!)＊50! = 2.9 e-9
(1/2)^50 = 9e-16
et pour la première solution c'était :
(1/2)^100 = 1e-30
bongo1981
Est-ce que c'est possible de changer la disposition des boîtes ?Par exemple le premier arrive, trouve son nom dans la boîte A, il met alors cette boîte tout à la fin.
etc... jusqu'au 50ème, du coup les suivants savent que leur nom est dans les boîtes restantes qui se trouvent tout à gauche ?
Ca donnerait :
50/100 ＊ 50/99 ＊ 50/98 etc... = (50^50)/(100!)＊50! = 2.9 e-9(1/2)^50 = 9e-16
et pour la première solution c'était :
(1/2)^100 = 1e-30
Non, les boîtes restent dans le même ordre qu'au départ... Ya de l'idée, mais c'est encore très loin...
bongo1981
Ou bien ils disent qu'ils s'appellent tous Henri Poincaré, ils se disent qu'ils vont tirer les boîtes numérotés de 1 à 50.Ils auront 50% de chance de sortir
Je sens une pointe d'ironie... Comme si ca te plaisait pas comme enigme...
Je vais donner un élément de solution : la proba qu'ils ont de sortir est de l'ordre de 30%.
"Les 50 premiers tirent les 50 premieres boites (1/2)^50 "
pas sûr de cette proba, par ex pour le 50é mathématicien à passer, sur ces 50 boites on est sûr que 49 contiennent les 49 noms des précédents mathématiciens, et pour la seule boite pouvant encore contenir son nom, la proba de réussite est de 1 chance sur 51 au lieu de 1 chance sur 2; saur erreur de raisonnement de ma part
30% de chance de s'en sortir me parait complètement impossible. Déjà si on ne demande qu'aux mathématiciens n°1 et 2 de trouver leur nom, pas moyen de faire mieux que 25 %. Et comme quelle que soit la stratégie la proba que le groupe s'en sorte diminue avec le nombre de mathématiciens passant le test (espérance individuelle inférieure ou égale à 1)... Je devrais peut-être relire l'énoncé moi
Oswald_le_fort
bongo1981
arf 30% ? c'est chaud là
Est-ce qu'il y a un moyen de laisser un signe dans la salle des boîtes ?non, aucun. Juste il faut se souvenir que les boîtes sont numérotées de 1 à 100.
Pour m'aiguiller un peu, c'est une stratégie mise au point par les mathématiciens dans la salle, après, ils ne communiquent plus du tout entre eux ? par aucun moyen ?
Imaginons qu'il y ait 2 mathématiciens, et 2 boîtes.
Une réflexion naïve dirait : 1/2 pour trouver la bonne boîte pour le premier, 1/2 pour le second soit 1/4
Quand on y réfléchit un peu plus, le premier peut dire : je regarde la boîte 1. 1 chance sur deux que ce soit ok, et le deuxième va forcément prendre la boîte 2. Du coup l'on ramène nos chances à 50% (au lieu de 25%).
Je réfléchis à une méthode avec 4 mathématiciens...
la piste je pense c'est qu'il va falloir construire des groupes de boites qui vont s'exclurent les uns les autres. Je ne sait pas trop comment construire ces groupes.
Mais par exemple au debut le premiere va prendre les boite de 1 a 50
Si il passe le deuxieme prendra de 51 a 100 car de 1 a 50 il saura qu'il y a deja 1 nom qui n'est pas le sien.
Le truc 1 a 50 pour le premier est pas top, mais on comprend que comme les 2 groupes s'excluent le second matheux a plus de chance que le premier.
Et avec des groupes bien choisis le 3 ieme pourrait avoir plus de chance que les 2 premiers.
Je donne l'idée pour les matheux de l'audiance car je suis bien incapable de former ces groupes 
adagio> c'est une méthode similaire à laquelle j'ai pensé... mais pas évidente à mettre en oeuvre...
Pour 4 mathématiciens, je propose de former 2 groupes de 2 (déjà il y a 3 possibilités).
Ensuite on regroupe les boîtes par 2 groupes de 2 (encore 3 possiblités).
Imaginons que les groupes soient mathématicien 1 et 2 ensembles, et 3 et 4 ensembles.
Il y a une chance sur 6 pour que le premier mathématicien tombe sur le bon groupe de boîte (imaginons boite 1 et 2, les autres étant 1,3 1,4 2,3 2,4 et 3,4).
Ensuite son binôme ouvrira les mêmes boîtes et c'est ok (probabilité 1).
Les deux autres ouvriront le groupe de boîte suivant (proba 1 également).
Au final, la chance de survie est 1/6 = 17%
Si je me suis pas planté 
Sinon autre façon de faire...
Le mathématicien 1 a 1 chance sur 2 de trouver la bonne boîte (il dit qu'il va ouvrir par exemple les boîtes 1 et 2).
S'ils ne meurent pas tous, le second s'avance, et se dit... j'ai 2 chances sur 3 de trouver la bonne boîte, sachant que je ne sais pas laquelle je dois éliminer (1 chance sur 2 d'éliminer la bonne) soit :
1/2 ＊ 2/3 ＊ 1/2 = 1/6 également
Avec 8 mathématiciens ça peut grimper ?
Ze Venerable
"Les 50 premiers tirent les 50 premieres boites (1/2)^50 "pas sûr de cette proba
La nuit ne m'a pas porté conseil 
Finalement je ne comprends pas pourquoi la stat 1/2 serait fausse pour le 50eme...
Le fait que les 49 premiers matheux aient trouvé leur nom dans les premières boites ne devrait pas changer la proba du 50ieme.
Son nom peut toujours être soit dans les 50 premières boites soit dans les 50 dernières…
Ze Venerable
et si seuls les 51 premiers mathématiciens allaient piocher, et tous dans les boites n°1 à 50, la proba de survie du groupe serait (1/2)^51 ?
Dans ce schéma stratégique de tirage, on ne peut rien déduire des tirages précèdent (tirages indépendant). Apres le 50eme, les tirages ne sont plus indépendant (probabilité conditionnelle). 
Le 51eme... il sait que la proba de trouver son nom dans les première boite est de 0.
Mais bon... on est loin de l'optimal visiblement…
Victor
C'est aussi la proba de ne pas trouver PN = (1-1/2)^N elle décroit aussi
En effet, c'est la même proba d'avoir tout faux si le jeu était symétrique.
Mais la, le jeu s'arrête des le premier tirage faux
A chaque tirage, il y a donc une information supplémentaire...
Dont il faudrait tirer parti, le mieux possible.
Pollux
Ze Venerable
"Les 50 premiers tirent les 50 premieres boites (1/2)^50 "pas sûr de cette proba
La nuit ne m'a pas porté conseil
Finalement je ne comprends pas pourquoi la stat 1/2 serait fausse pour le 50eme...
Le fait que les 49 premiers matheux aient trouvé leur nom dans les premières boites ne devrait pas changer la proba du 50ieme.
Son nom peut toujours être soit dans les 50 premières boites soit dans les 50 dernières…
Ben le premier a 50 chances sur 100 que son nom soit dans les 50 premières boîtes.
Le second a 49 chance sur 99 que ce soit dans les 50 premières boîtes (puisqu'une boîte ne contient pas son nom)
le 3ème : 48 sur 98
...
le 50ème : une sur 51
Soit une probabilité de :
P = 50/100 ＊ 49/99 ＊ 48/98 ＊ ... ＊ 1/51 = (50!)^2/100! = 1e-29
bongo1981
Oswald_le_fort
bongo1981
arf 30% ? c'est chaud là
Est-ce qu'il y a un moyen de laisser un signe dans la salle des boîtes ?non, aucun. Juste il faut se souvenir que les boîtes sont numérotées de 1 à 100.
Pour m'aiguiller un peu, c'est une stratégie mise au point par les mathématiciens dans la salle, après, ils ne communiquent plus du tout entre eux ? par aucun moyen ?
Non aucuns.
bongo1981
Ben le premier a 50 chances sur 100 que son nom soit dans les 50 premières boîtes.
Le second a 49 chance sur 99 que ce soit dans les 50 premières boîtes (puisqu'une boîte ne contient pas son nom)
J'ai du mal avec cette logique, pour pouvoir dire que le 2eme a une proba de 49/99 il faut qu'il sache dans quelle boite le premier a trouvé son nom. Ce qui n'est pas le cas...
N'est ce pas ?
Pollux
bongo1981
Ben le premier a 50 chances sur 100 que son nom soit dans les 50 premières boîtes.
Le second a 49 chance sur 99 que ce soit dans les 50 premières boîtes (puisqu'une boîte ne contient pas son nom)J'ai du mal avec cette logique, pour pouvoir dire que le 2eme a une proba de 49/99 il faut qu'il sache dans quelle boite le premier a trouvé son nom. Ce qui n'est pas le cas...
N'est ce pas ?
Ben justement...
Le 2ème tire toujours les 50 premières boîtes (il ne sait pas quelle est la bonne boîte pour le premier), mais il sait que dans les 50 boîtes qu'il va tirer une fois à blanc.
Par contre j'ai dû me planter... il a plus que 49 chances sur 100 (et non sur 99). Du coup ça diminue encore les chances...
Le calcul donnerait :
P = 50/100 ＊ 49/100 ＊ 48/100 ＊ ... ＊ 1/100 = 50!/100^50 = 3e-36
Oswald_le_fort
Ben non, j'ai dis que toutes les boîtes retrouvaient leur état initial des le matheux sortit.
Etat initial ça veut dire sa place dans le rangement c'est à dire que mettons qu'elles soient rangée sans être mélangées le premier tire les 50 mettons à gauche ça donne une proba 1/2 et on peut raisonner géométriquement
Comme en ce moment je n'ai pas envi de me prendre la tête et que je sais où trouver la réponse, ben j'ai été voir la réponse. C'est une très chouette énigme oswald. J'avais tord de dire que nécessairement les chances de survie du groupe diminuent avec le nombre de tirage
Pollux, en fait il faut regarder la proba que le nom soit parmi les boites n°1 à 50
Euh... le premier tire disons les 50 premiers (enfin il donne la liste des boites qu'il va ouvrir).
Ensuite le deuxième va tirer 50 boîtes, n boîtes dans ceux que le premier a tiré, et 50-n dans les suivants ? Quelque chose comme ça ? et la stratégie est d'estimer correctement n pour maximiser les chances ?
bongo1981
Euh... le premier tire disons les 50 premiers (enfin il donne la liste des boites qu'il va ouvrir).Ensuite le deuxième va tirer 50 boîtes, n boîtes dans ceux que le premier a tiré, et 50-n dans les suivants ? Quelque chose comme ça ? et la stratégie est d'estimer correctement n pour maximiser les chances ?
non, pas du tout. Désolé.
Ze Venerable
Comme en ce moment je n'ai pas envi de me prendre la tête et que je sais où trouver la réponse, ben j'ai été voir la réponse. C'est une très chouette énigme oswald. J'avais tord de dire que nécessairement les chances de survie du groupe diminuent avec le nombre de tirage
Grrr, on nous soumet a la torture!
Ze Venerable
Pollux, en fait il faut regarder la proba que le nom soit parmi les boites n°1 à 50
Damned ! C'est ben ce que je tente de faire !
soit A, l'événement que N°1 soit dans les 50 premières boites
soit B, l'événement que N°2 soit dans les 50 premières boites
P(A) = P(B) = 1/2 = 50/100
P(A et B) = P(A) . P(B) <- car tirrage indépendant
P(B sachant A) = P(A et B) / P(B)=1/2
Mettons les boites A1, A2 A10 et B1, B2...B10... J1.... j10... Avec A le Premier rang, B le 2ième rang etc... En supposant qu'on les range en carré de 10X10... On a une Matrice en a1... a10, b1...b10,..., J1...J10 Si ça intéresse les matheux, si ce n'est pas le cas on peut prendre un rangement arbitraire supposant cette symétrie
je raisonne come cela : proba = (nombre de config amenant à la réussite)/(nombre de config possible); il y a equiprobabilité des configs
proba pour le premier mathématicien : (50 ＊ 99!)/(100!) = 1/2
pour le 2é, on sait que l'une des 50 boites ne peut contenir son nom, donc le nombre de config possibles amenant à la réussite diminue. La proba pour le 2é matheux c'est : (49 ＊ 99!)/(100!) = 49/100
pour le 50é c'est 99! / 100! = 1/100 et non pas 1/51 comme je l'ai dit précédemment
J'ai une méthode qui ne demande pas de marquer les boîtes...
Chaque mathématicien donne la liste des boîtes qu'il va ouvrir, et il le fera dans cet ordre. Il s'engage à passer 1 minute à ouvrir un boîte.
L'heure à laquelle le suivant passe déterminera la boîte dans laquelle se trouve le nom du mathématicien (et ce sera la boîte à ne pas choisir).
Evidemment, on peut parfaitement dire qu'ils n'ont pas de montre, ou qu'ils sont appelés toutes les heures.
Et de toute façon j'ai déjà calculé cette proba (ça revient à marquer une boîte), et donc... c'est toujours pas 30% (mon poste sert à rien )
Petite question...
Est-ce qu'après le passage du premier mathématicien, les autres savent dans quelle boîte se trouve son nom 
Bon, le premier mathématicien ouvre 50 boites et ne trouve pas son nom : pas de bol, ils sont tous morts.
Sérieusement, c'est compliqué.
1er matheux ouvre les 50 boites de gauche = 50/100 de chance de réussir.
2ème matheux ouvre les 50 boites de gauche = 49/100 de chance de réussir.
3ème matheux ouvre les 50 boites de gauche = 48/100 de chance de réussir
...
33ème matheux ouvre les 50 boites de gauche = 18/100 de chance de réussir
Ca donne 50/100 ＊ 49/100 ＊ 48/100 ＊ ... ＊ 18/100
Ensuite les 33 suivants font pareil avec les boites de droite
Ca donne aussi 50/100 ＊ 49/100 ＊ ... ＊ 18/100
Enfin, les 34 restants...
J'en sais rien, je suis perdu. 
Pour commencer, le permier va tirer 50 boîte sur 100.
La probabibilité ne peut pas être mieux que 50%
Maintenant qu'est-ce que peut faire le deuxième pour ne pas diminuer la proba à 25% ??? (sachant qu'il sait quelles boîtes a tiré le premier, et que parmi ces 50 boîtes, y figure une seule qui contient le nom du premier).
