Bonjour les gens ! En effectuant quelques recherches pour mon prochain livre à paraître uniquement sur mathweb.fr, je suis tombé sur le problème suivant:

On choisit au hasard un nombre entre 0 et 1, et on répète cela jusqu’à ce que la somme des nombres choisis dépasse 1.

Quelle est le nombre moyen de nombres choisis ?

Le problème peut s’implémenter en Python à l’aide de la fonction suivante:

from random import random

def moyenne(n):
    T = 0
    for k in range(n):
        s, i = 0, 0

        while s < 1:
            s += random()
            i += 1
            
        T += i
    
    return T / n

print( moyenne( 10**9 ) )

On obtient alors:

>>> moyenne(10**7)
2.7186881
>>> moyenne(10**8)
2.71829368
>>> moyenne(10**9)
2.718286834

La moyenne semble être égale à « e » (ce n’est qu’une conjecture).

Le problème est que je n’arrivais pas à établir la moindre formule…

La solution de Philippe Rackette

Fort heureusement, il y a parmi les visiteurs et abonné·e·s de ce site de bien meilleurs probabilistes que moi ! C’est ainsi que l’un d’eux m’a proposé la solution suivante (le lien vers le PDF a été mis en commentaire, mais il va sans doute arriver un jour où le fichier correspondant sera effacé, donc j’ai préféré le retranscrire ici.

Posons \(S_{k+1} = P(X>k+1)\) pour tout entier naturel \(k\). Alors,$$S_{k+1}=\int_{x_1+\cdots+x_{k+1}<1,\ x_i \geqslant0} 1\text{d}x_1\cdots \text{d}x_{k+1}$$En effet, la densité de probabilité est homogène et la probabilité qu’il faille plus de k+1 nombres nécessite que la somme des k+1 premiers nombres soit strictement inférieure à 1.

On peur alors écrire pour k non nul:$$S_{k+1}=\int_{x_{k+1}=0}^{x_{k+1}=1^-}\left( \int_{x_1+\ \cdots\ +x_k<1-x_{k+1},\ x_i\geqslant0}1\text{d}x_1\cdots\text{d}x_k \right)\text{d}x_{k+1}$$

En effectuant les changements de variables:$$u_i = \frac{1}{1-x_{k+1}}x_i$$pour i variant de 1 à k, on obtient:$$S_{k+1}=\int_{x_{k+1}=0}^{x_{k+1}=1^-}\left( \int_{u_1+\ \cdots\ +u_k<1,\ u_i\geqslant0}(1-x_{k+1})^k\text{d}u_1\cdots\text{d}u_k \right)\text{d}x_{k+1}$$que l’on peut aussi écrire: $$S_{k+1}=\int_{x_{k+1}=0}^{x_{k+1}=1^-}\left( \int_{u_1+\ \cdots\ +u_k<1,\ u_i\geqslant0}1\text{d}u_1\cdots\text{d}u_k \right)(1-x_{k+1})^k\text{d}x_{k+1}$$c’est-à-dire:$$S_{k+1}=\int_{x_{k+1}=0}^{x_{k+1}=1^-}S_k(1-x_{k+1})^k\text{d}x_{k+1}$$

Comme \(S_k\) est indépendant de \(x_{k+1}\), on a alors:$$S_{k+1}=S_k\int_{x_{k+1}=0}^{x_{k+1}=1^-}(1-x_{k+1})^k\text{d}x_{k+1}$$

Or,$$\int_0^1(1-x)^k\text{d}x=\left[-\frac{(1-x)^{k+1}}{k+1}\right]_0^1=\frac{1}{k+1}$$ d’où:$$S_{k+1}=\frac{1}{k+1}S_k.$$

De plus, \(S_1=1\) car l’événement « plus d’un nombre est nécessaire pour obtenir une somme strictement plus grande que 1 » est certain. On a alors:$$\begin{align}S_k&=\frac{1}{k}S_{k-1}\\& = \frac{1}{k}\times\frac{1}{k-1}S_{k-2}\\&=\cdots\\&=\frac{1}{k}\times\frac{1}{k-1}\times\cdots\times\frac{1}{k-i}S_{k-i-1}\\&=\cdots\\&=\frac{1}{k}\times\frac{1}{k-1}\times\cdots\times\frac{1}{k-(k-2)}S_{k-(k-2)-1}\\&=\frac{1}{k}\times\frac{1}{k-1}\times\cdots\times\frac{1}{2}S_{1}\\& = \frac{1}{k!}\end {align}$$

Ainsi,$$P(X\leqslant k)=1-P(X>k)=1-S_k=1-\frac{1}{k!}$$

Par suite, on a:$$\begin{align}P(X=k) & =P(X\leqslant k)-P(X\leqslant k-1)\\&=\left(1-\frac{1}{k!}\right)-\left(1-\frac{1}{(k-1)!}\right)\\&=\frac{1}{(k-1)!}-\frac{1}{k!}\\&=\frac{k-1}{k!} \end{align}$$

On peut alors calculer le nombre moyen que l’on cherchait en déterminant l’espérance de X:$$\begin{align} E(X) & =\sum_{k\geqslant1} k \times P(X=k)\\& = \sum_{k\geqslant1}k\times\frac{k-1}{k!}\\&=\sum_{k\geqslant1}\frac{k-1}{(k-1)!}\\&=\sum_{p\geqslant0}\frac{1}{p!}\\&=\text{e}.\end{align}$$

L’énigme est ainsi résolue! Me voilà rassuré… La conjecture de départ était donc bonne, mais c’est bien mieux de voir pourquoi!

En mathématiques, tout est une question de point de vue: je n’avais pas le bon dès le départ et je ne pouvais donc pas avoir la bonne idée !