Jai pense a cette relation mais elle est fausse car de n-6 a n tu peux passer par dautres cases pour arriver a n

Avec une petite boucle Python (10 000 itérations, pour n dans le même ordre de grandeur), on trouve une proba de 0,29 en moyenne. Après Python c'est un peu lent, donc c'est dur de faire plus.
Si ça vous tente d'essayer :

from __future__ import division
import random

def test(n, k = 10000):
avancement = 0
compteur = 0
for i in range (0, k):
while avancement < n :
avancement += random.randint(1,6)
if avancement == n:
compteur += 1
avancement = 0
return (compteur/k)

Bon, ça m'étonne pas, l'indentation a été détruite, faut jouer à la remettre!

Je me souviens très bien de cet exercice qui à l'énoncé près était le sujet d'un de mes examens de proba...

La réponse de 1-Tello est la bonne et de mémoire il y a un théorème dû à Erdös qui justifie le résultat, mais je dois avouer ne plus me rappeler l'énoncé exact du théorème ni les arguments pour le démontrer.

Sinon on peut manipuler a mano la relation de récurrence en passant par le polynôme générateur mais on est bien content d'avoir un théorème qui nous évite de faire ça.

Ouep, 1/3.5 = 0.285...

Le théorème est énoncé dans ce cours :
http://iecl.univ-lorraine.fr/~Olivier.Garet/cours/pps/pms-n.pdf

(p 168, question 11)

Ah oui, le théorème n'est pas immédiat

La relation de récurrence est très chiante à étudier, le polynôme ne semblant pas admettre de racines sympathiques à part 1.

Diabolow faut pas utiliser de boucle malheureux, faut transcrire la relation de récurrence à l'aide d'une matrice et calculer les puissances de la matrice (en utilisant les bonnes routines, c'est très rapide)
Avec Matlab et en utilisant les valeurs données par Hachino je trouve du 0.2672, ce qui ne correspond toujours pas au Schmilblick, mais les valeurs d'initialisation sont casse-bonbons à calculer

Tiens j'ai l'impression d'arriver à quelque chose mais je pense qu'il me manque un morceau :

On pose Q le polynôme en question : Q(X)=X^6 - S[1->6] X^k/6

alors par une étude classique d'algèbre linéaire on sait que P(n) va s'écrire à l'aide des racines de Q à la puissance n coefficientées. (P(n) = somme de fi(n)xi^n avec xi les racines de Q)

A ce moment là, deux choses :

- Q admet 1 pour racines simple et les autres racines sont dans le disque unité ouvert, donc la limite de P(n) est celle de f1(n) (en considérant que x1 = 1)

- f1(n) est de degré inférieur à la multiplicité de x1 = 1 qui est une racine simple donc f1(n) est une constante f1.

C'est à ce moment qu'il me manque un truc : Je pense que f1=1/Q'(1) (qui serait donc bien égal à 1/3,5) mais pour le moment je ne vois pas de façon simple de le justifier

f1(n) est UN POLYNÔME* (en n) de degré inférieur [...]

salut klaus content de te revoir ici si ça marche ton bidouillage c'est juste magnifique

Ah ouais c'est cool ces propriétés, je m'étais jamais intéressé aux suites récurrentes linéaires d'ordre >2 mais on peut dire des trucs en fait

D'où t'es venue ta conjecture f1=1/Q'(1) par contre ?

C'est ce qu'on obtient pour un dé à 1 face, 2 faces et 3 faces donc j'ai supposé que ce 1/Q'(1) allait bien ce généraliser à un dé à 6 puis k faces.

mais je n'ai toujours pas de preuve pour le moment, je dois rater un truc simple.