Problème de probabilité

[inviteaf48d29f]

Bonjour.
Je vous propose ici un petit problème de probabilité qui se présente sous la forme d'une conjecture qu'il faut démontrer. C'est un petit résultat que j'ai découvert par hasard et qui m'avait suffisamment surpris pour que je décide de le démontrer.
Contrairement à beaucoup de questions posées dans ce forum, je connais la solution du problème que je vous pose, mais je pense que le résultat est suffisamment surprenant et sa démonstration suffisamment intéressante pour mériter le détour.


On choisit aléatoirement un nombre x₁ compris entre 0 et 1 et on le stocke dans une variable s.
On choisit maintenant x₂ toujours dans [0;1] et on l'ajoute dans s. Si s>1 on s'arrête là et on renvoi 2 car il a fallut deux tirages pour que leur somme dépasse 1. Si s<1 on recommence l'opération jusqu'à choisir un nombre x_i qui, en l'ajoutant à s, fait dépasser 1 et on renvoi alors i. On veut savoir combien vaut i en moyenne.

Pour le reformuler je dirais que ce qui nous intéresse c'est de déterminer combien il faut en moyenne choisir de nombres entre 0 et 1 pour que leur somme dépasse 1.
En effectuant l'expérience sur mon ordinateur je suis tombé sur une moyenne de 2.71828..., je me suis dis que ça ressemblait drôlement au nombre e et que c'était quand même fou.

L'objectif est donc de démontrer que la moyenne vaut effectivement e.

Je vous donne aussi une petite indication qui a très peu de chance de vous aider. On pourra montrer comme lemme qu'un polyèdre de (n+1) sommets dans un espace à n dimensions (triangle en dimension 2 ou tétraèdre en dimension 3) a un volume qui vaut base*hauteur/n.

Voila, bonne chance avec ce problème.
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[inviteaeeb6d8b]

Bonsoir,

en proba, ton problème se reformule ainsi :

Soit une suite de v.a. i.i.d. de loi uniforme sur .
Soit .
Soit .

Calculer l'espérance de .

Il y a des résultats en martingales qui permettent d'obtenir assez rapidement l'espérance de (théorème d'arrêt, identité de Wald). Je n'ai pas vérifié ton résultat.

Romain

[Médiat]

En effectuant l'expérience sur mon ordinateur je suis tombé sur une moyenne de 2.71828..., je me suis dis que ça ressemblait drôlement au nombre e et que c'était quand même fou.

Le résultat est bien e, ce problème est généralement présenté avec une roue de loterie de périmètre = 1 : cf. la revue "Pour la Science" de janvier 2004 (page 92) ; la démonstration (qui tient en quelques lignes) ne repose que sur des considérations probabilistes, mais si vous avez une démonstration astucieuse et élégante, c'est intéressant.

[inviteaf48d29f]

En fait ma démonstration est graphique (d'où le lemme des volumes) et on visualise très bien l'opération. Elle est tout à fait compréhensible par un élève de terminale, aucunement besoin de plus de bagage mathématique. Je n'ai pas pour autant l'impression que la rigueur en souffre.

Je vais laisser encore un peu de temps avant de donner ma démonstration. J'aimerai bien voir quelqu'un la trouver ^^.

[A voir en vidéo sur Futura]

[inviteaf48d29f]

Personne, tant pis. Voici la démonstration.

On cherche à déterminer l'espérance de l'indice i, l'indice du nombre ayant permis que la somme dépasse 1. Cette espérance s'exprime à partir des p(i=k), la probabilité qu'il faille exactement k tirages, par :
E(i)=2*p(i=2)+3*p(i=3)+4*p(i=4 )+...+k*p(i=k)+...

Quand on sait que e se développe en somme infinie par

On veut montrer que E(i)=e, on va donc pousser le vice jusqu'à étendre la conjecture en disant que les termes de ces deux sommes sont égaux deux à deux.
Il faut donc montrer que p(i=k)=

Pour calculer p(i=2) on se place dans le plan euclidien et on place le point (x₁,x₂), ce point appartient au carré unité et si les tirages sont bien aléatoires, tous les points du carré unité sont équiprobables. On trace alors la droite d'équation x+y=1 (c'est la diagonale du carré unité qui passe par (1,0) et (0,1)), alors x₁+x₂>1 si et seulement si (x₁,x₂) est au dessus de cette droite.
La droite sépare le carré unité en deux partie égale ce qui nous donne directement que p(i=2)=1/2

Ensuite on calcul p(i=3). On place donc (x₁,x₂,x₃) dans le cube unité. Si ce point n'est pas dans le tétraèdre trirectangle unité c'est que la somme des trois nombres fait plus que 1. Donc qu'il a fallut au plus 3 tirage pour que s dépasse 1, soit p(i≤3) est donné par le volume du cube unité privé de celle du tétraèdre unité.

La base du tétraèdre unité en dimension 3 est le tétraèdre unité de dimension 2 (ici c'est un triangle) et sa hauteur vaut 1. Son volume est donc V₃=((1/2)*1)/3=1/6.
Ainsi p(i≤3)=1-V₃=5/6 et p(i=3)=p(i≤3)-p(i≤2). En effet il faut exactement 3 tirages s'il en faut au plus 3 et au moins 3 (logiquement au plus 3 et non au plus 2).
On obtient p(i=3)=1/3

Pour p(i=k) on se place en dimension k. On suppose que le volume du tétraèdre unité de dimension k-1 est donné par V_k-1=.
Vous remarquerez que la récurrence sert uniquement à calculer le volume du tétraèdre. p(i=k) se calcule directement à partir des volumes des tétraèdres de dimension (k-1) et k.

V_k=base*hauteur/k=V_k-1*1/k
V_k=
ainsi p(i=k)=(1-V_k)-(1-V_k-1)=V_k-1-V_k


Ce qui achève la démonstration. Qui n'est vraiment pas longue non plus lorsqu'on enlève tout ce qui est inutile. Il suffit de calculer V_k pour tout k puis d'utiliser p(i=k)=V_k-1-V_k.