A la casse
Comme l’espérance semble à la mode aujourd’hui, voici un autre problème de proba.
On dispose d’une infinité de bâtons de longueur un mètre. On prend le premier, on le casse en deux pièces, le point de cassure étant au hasard
. On choisit au hasard
l’une des deux pièces, on la garde et on jette l’autre. Puis on fait la même chose avec le deuxième bâton, puis le troisième, etc. En moyenne, combien de bâtons doit-on casser pour que les pièces gardées font une longueur cumulée d’au moins un mètre?
Bonjour. Je pense que la réponse est e. Je détaillerai ma preuve un peu plus tard.
Pourquoi pas 2 ?
Voici ma preuve.
Le nombre qu’il faut calculer est \(\sum_{n=1}^{\infty}nP(n)\) où \(P(n)\) est la probabilité de dépasser une longueur cumulée d’au moins un mètre en cassant \(n\) bâtons.
Pour obtenir cette probabilité, je calcule d’abord la probabilité \(P'(n)\) d’avoir une longueur cumulée de moins d’un mètre en cassant \(n\) bâtons. J’utilise un argument géométrique.
J’ai facilement \(P'(1) = 1\).
Pour prouver que \(P'(2) = \frac{1}{2}\), il suffit de voir que cette probabilité est le rapport entre l’aire du triangle rectangle dont les sommets sont l’origine, (1,0) et (0,1) (c’est-à-dire tous les points dont les coordonnées sont comprises entre 0 et 1 et dont le produit des coordonnées est inférieur à 1) et l’aire du carré de côté 1 (tous les points du plan dont les deux coordonnées sont comprises entre 0 et 1).
De la même manière, \(P'(3)\) est le volume du tétraèdre dont les sommets sont l’origine, (1,0,0), (0,1,0) et (0,0,1). Sa base est le triangle précédent et sa hauteur vaut 1. On obtient \(P'(3) = \frac{P'(2)}{3} = \frac{1}{6}\).
\(P'(4)\) est l’hypervolume de l’hyperpolyèdre dont les sommets sont l’origine, (1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0) et (0,0,0,1). Sa base est le tétraèdre précédent et sa hauteur est 1. J’obtiens \(P'(4) = \frac{P'(3)}{4} = \frac{1}{24} = \frac{1}{4!}\).
Je continue et déduis que \(P'(n) = \frac{1}{n!} \forall n\).
Il est facile de montrer que \(P(n) = P'(n-1) – P'(n) = \frac{n-1}{n!}\).
L’espérance cherchée vaut \(\mu = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{n(n-1)}{n!} = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(n-2)!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} = e\); cette série étant connue par le développement de Taylor de l’exponentielle. La somme ci-dessus commence à 2 car la probabilité d’arriver à un mètre avec un seul bâton est nulle.
Je trouve cette preuve jolie mais je ne suis pas certain que ce soit la plus courte possible.
Oui, c’est jolie et je n’en connais pas d’autre preuve. Je trouve le résultat assez étonnant car on aurait envie de penser que l’espérance est 2, comme le dit ecjs.
L’espérance est 2 si nous conservons la plus longue des deux pièces. Puisque ce n’est pas le cas, l’espérance doit être supérieure à 2.
La preuve de Yves est naturelle : le calcul d’intégrale de la preuve "standard" se termine comme celle de Yves.
Amusant problème, et preuve très jolie en effet.
Joli exercice. On peut gagner quelques lignes si l’on connaît la formule générale suivante: pour une variable aléatoire \(X\) à valeurs dans \(\mathbb{N}\), on a \(\mathbb{E}(X)=\sum_{k=0}^{+\infty}\mathbb{P}(X>k)\)