Jeu de loterie

Bon, j'ai dû dire une bêtise dans ma méthode approchée, ça donne un résultat très surestimé. D'après ce code python :

n=25000000

TempsMoyens=np.zeros([1,n])

SommeCourante=0
for k in range(6,n+1):
    NouveauTemps=(k+SommeCourante)/(k-1.0)
    TempsMoyens[0,k-1]=NouveauTemps
    SommeCourante=SommeCourante+NouveauTemps

print(TempsMoyens[0,n-1])

On trouve $16,53$ étapes en moyenne pour arriver en-dessous de 5 participants.

Bonjour,

Il me semble que $ \:\:\mathbb E(T) =1+\displaystyle \sum _{k=7}^N \dfrac 1k \quad$ où $\:\: N=25 \times 10^6.$

@Sevaus
J'ai trouvé cette expression en examinant la série formelle $\sum _{n\geqslant 0}\mathbb E (T_n) X^n$ avec $\mathbb E (T_n) $ obéissant à la relation $ (\bigstar )$ ci-dessous. Je me contente ici de justifier que: $$\:\: \boxed{\forall n \geqslant 6,\quad \displaystyle \mathbb E (T_n)=1+ \sum _{k=7}^n \dfrac 1k = \log n + \gamma-\dfrac{29}{20} +\mathcal O\left (\frac 1n \right ) \:\:\:\text{ où} \:\gamma \:\text{ est la constante d'Euler.}}$$
$\forall n \in \N, \:T_n\:$ désigne le nombre de tirages nécessaires à l'obtention d'un effectif inférieur à $\:5\:$ participants à partir d'un effectif de $\: n\:$ participants.

$\forall n \in [\![0;5]\!], \:\:\mathbb E (T_n)= 0, \quad \forall n \in \N\:$ tel que $ \:\:n \geqslant 6,\:\: \:\:\mathbb E (T_n)= \displaystyle 1+ \dfrac 1n \sum_{k=6}^{n-1}\mathbb E (T_k).\quad (\bigstar )$
On démontre alors par récurrence que: $\:\: \forall n \geqslant 6,\quad \displaystyle \mathbb E (T_n)=1+ \sum _{k=7}^n \dfrac 1k.\quad$
C'est vrai pour $n=6$, et si $n>6$ on obtient avec l' hypothèse de récurrence et $\:\: (\bigstar )$:
$\displaystyle \mathbb E (T_n)= 1 + \dfrac 1n \sum_{k=6}^{n-1}\left(1+\sum_{i=7}^k \dfrac 1i\right)= 1+\dfrac 1n(n-6) + \dfrac 1n \sum_{i=7}^{n-1} \left(\dfrac 1i \sum _{k=i}^{n-1} 1\right)= 2-\dfrac 6n+\dfrac 1n \sum _{i=7}^{n-1} (\dfrac ni -1) =1+ \sum _{i=7}^n \dfrac 1i \:\square$

A part ça la stratégie de P. est très jolie! (Mais bizarrement ne donne pas une super approximation.)

Bizarre que personne n'ait parlé de factorielle dans cette histoire ?

On part d'un nombre $n$. On choisit un nombre au hasard entre 1 et n.
Effectivement E(n) vaut (n+1)/2 , mais la moyenne arithmétique de toutes les valeurs possibles ne nous intéresse pas vraiment.
A priori, on est plus intéressé par la moyenne géométrique de toutes les valeurs possibles.
D'où cette histoire de factorielle.

@Lucas
Ce n'est pas si clair car nous n'avons apparemment pas la même compréhension du protocole de cette expérience aléatoire, et je ne revendique aucune expertise en matière de "loterie".

"Ce qui me semble clair", c'est que l'énoncé dit que $\mathbb E (T_6)=1$ et non $\mathbb E (T_6)= \dfrac 65$ comme tu l'écris dans $\mathbb E(T_n) =1 + \displaystyle \dfrac 1n\sum_{l=1}^n \mathbb E(T_l).$
Un et un seul tirage est nécessaire pour atteindre sûrement, à partir de $6$, un effectif inférieur ou égal à $5$.

Pour ton protocole (bien mystérieux pour moi) qui conduit à $\mathbb E(T_n) =1 + \displaystyle \dfrac 1n\sum_{l=1}^n \mathbb E(T_l).$, l'expression de $\mathbb E(T_n) $ demeure néanmoins extrêmement simple: $\:\displaystyle \mathbb E(T_n) =1+ \sum_{k=5}^{n-1} \dfrac 1k \simeq \gamma + \log n - \dfrac {13}{12}\:$ où $\gamma$ est la constante d'Euler.