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Tous les quatre ans, à l'approche d'une Coupe du monde, des millions d'enfants (et d'adultes) achètent des pochettes de vignettes pour remplir un album. Au début, presque chaque vignette est nouvelle. Puis les doublons s'accumulent, et les dernières cases restent vides pendant des semaines. Combien de pochettes faut-il acheter, en moyenne, pour compléter l'album ? Pourquoi les dernières vignettes coûtent-elles si cher ? Et à quoi sert d'échanger dans la cour de récréation ?
Ce problème, appelé problème du collectionneur (en anglais coupon collector's problem), a une réponse étonnamment simple, qui fait intervenir le logarithme népérien. Il se pose aussi, sous d'autres noms, en écologie, en informatique et en génétique.
Ce texte rassemble ces connaissances, avec les mathématiques de terminale : variables aléatoires, espérance et sa linéarité, loi géométrique, sommes, intégrales et logarithme, inégalité de Bienaymé-Tchebychev, algorithmique. Il ne propose pas de Grand Oral tout fait : à chacun d'y choisir une direction et d'y construire sa question.
- Un album, des doublons
- Un petit album de trois vignettes, à la main
- Attendre une vignette nouvelle : la loi géométrique
- Toutes les étapes ensemble : $E(T) = n\,H_n$
- La somme $H_n$ et le logarithme
- L'album de la Coupe du monde
- D'un collectionneur à l'autre : la dispersion
- L'intérêt d'échanger
- Le même problème ailleurs
- Les limites du modèle
- Des directions pour construire sa question
Prenons l'album de la Coupe du monde 2022 dans son édition britannique : 682 vignettes à coller, vendues en pochettes de 5 vignettes à 90 pence la pochette (environ 1 €). Le nombre de vignettes varie un peu selon les pays (la presse a cité 670 vignettes au Brésil et 638 en Belgique), mais l'ordre de grandeur est le même.
Si l'on ne recevait jamais de doublon, il suffirait de $682 \div 5 \approx 137$ pochettes, soit environ $123$ £. Mais un professeur de mathématiques de l'université de Cardiff, Paul Harper, a calculé qu'il faut en moyenne acheter près de 970 pochettes, soit environ 870 £, sept fois plus. Ce texte explique d'où vient ce nombre.
Pour raisonner, on fait les hypothèses suivantes, qui définissent le modèle :
- l'album contient $n$ vignettes différentes, toutes imprimées en même quantité ;
- chaque vignette achetée est l'une des $n$ vignettes, choisie au hasard de façon équiprobable ;
- les vignettes successives sont indépendantes les unes des autres.
On appelle $T$ le nombre de vignettes qu'il faut acheter pour avoir les $n$ vignettes au moins une fois. C'est une variable aléatoire : un collectionneur chanceux complète vite, un malchanceux attend longtemps. On cherche son espérance $E(T)$, c'est-à-dire la valeur moyenne de $T$ sur un très grand nombre de collectionneurs.
Imaginons un album minuscule de $n = 3$ vignettes, notées A, B et C. On découpe l'attente en trois étapes.
- Étape 1. La première vignette achetée est forcément nouvelle : cette étape dure exactement 1 achat.
- Étape 2. On possède une vignette. Chaque nouvel achat est nouveau avec la probabilité $\frac{2}{3}$. Intuitivement, un événement de probabilité $\frac{2}{3}$ arrive « en moyenne une fois tous les $\frac{3}{2}$ essais » : cette étape dure en moyenne $\frac{3}{2} = 1{,}5$ achats.
- Étape 3. Il manque une seule vignette : chaque achat la donne avec la probabilité $\frac{1}{3}$, donc l'étape dure en moyenne $3$ achats.
En moyenne, il faut donc
$$E(T) = 1 + \frac{3}{2} + 3 = 5{,}5 \text{ achats}$$pour compléter un album de trois vignettes, alors que trois achats suffiraient sans doublon. Déjà, la dernière vignette coûte à elle seule plus de la moitié de l'attente. Les deux sections suivantes justifient ces « durées moyennes » et l'addition des étapes.
Pour un si petit album, on peut même calculer la loi de $T$. Après $k$ achats, notons $A$ l'événement « la vignette A n'est pas encore sortie », et de même $B$ et $C$. Par indépendance,
$$P(A) = \left(\frac{2}{3}\right)^k$$et
$$P(A \cap B) = \left(\frac{1}{3}\right)^k,$$car il faut que les $k$ vignettes soient toutes différentes de A (2 cas sur 3), ou toutes égales à C (1 cas sur 3). L'événement $A \cap B \cap C$ est impossible. La formule $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$ du cours se généralise à trois événements :
$$P(A \cup B \cup C) = 3\left(\frac{2}{3}\right)^k - 3\left(\frac{1}{3}\right)^k.$$L'album est complet après $k$ achats quand aucune vignette ne manque, donc
$$P(T \leqslant k) = 1 - 3\left(\frac{2}{3}\right)^k + 3\left(\frac{1}{3}\right)^k.$$Pour $k = 3$, on trouve $1 - \frac{24}{27} + \frac{3}{27} = \frac{6}{27} = \frac{2}{9}$ : c'est bien la probabilité $\frac{3!}{3^3}$ d'obtenir trois vignettes différentes en trois achats. En faisant la différence $P(T = k) = P(T \leqslant k) - P(T \leqslant k - 1)$, on obtient le tableau suivant.
| $k$ | $3$ | $4$ | $5$ | $6$ | $7$ et plus |
|---|---|---|---|---|---|
| $P(T = k)$ | $\frac{2}{9}$ | $\frac{2}{9}$ | $\frac{14}{81}$ | $\frac{10}{81}$ | $\frac{20}{81}$ |
| valeur approchée | $0{,}222$ | $0{,}222$ | $0{,}173$ | $0{,}123$ | $0{,}247$ |
Un collectionneur sur quatre a encore besoin d'au moins 7 achats. Le calcul de la moyenne à partir de cette loi (avec une infinité de valeurs possibles) redonne bien $5{,}5$. Le même raisonnement avec un dé donne un exemple célèbre : pour voir les six faces, il faut en moyenne $6\left(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{6}\right) = 14{,}7$ lancers. C'est sous cette forme qu'Abraham de Moivre posait déjà le problème en 1712.
Pendant une étape, on répète la même expérience (acheter une vignette) de façon indépendante, et chaque achat est un succès (vignette nouvelle) avec la même probabilité $p$. On note $X$ le rang du premier succès et $q = 1 - p$. Pour que le premier succès arrive au rang $k$, il faut $k - 1$ échecs puis un succès : par indépendance,
pour tout entier $k \geqslant 1$,
$$P(X = k) = q^{k-1}\,p.$$On dit que $X$ suit la loi géométrique de paramètre $p$. Pour l'étape 2 de l'album à trois vignettes $\left(p = \frac{2}{3}\right)$, on a $P(X = 1) = \frac{2}{3}$, $P(X = 2) = \frac{1}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{2}{9}$, etc.
La variable $X$ peut prendre une infinité de valeurs, alors que le cours de terminale ne traite que des variables à valeurs en nombre fini. On définit naturellement son espérance comme la limite des sommes
$$S_N = \sum_{k=1}^{N} k\,q^{k-1}\,p,$$quand $N$ tend vers $+\infty$. On démontre que cette limite vaut $\frac{1}{p}$.
Étape 1 : une somme géométrique. Pour tout réel $x \neq 1$, le cours sur les suites géométriques donne
$$\begin{aligned} g(x) &= 1 + x + x^2 + \dots + x^N \\ &= \frac{1 - x^{N+1}}{1 - x}. \end{aligned}$$Étape 2 : on dérive les deux membres. À gauche, la dérivée de $x^k$ est $k\,x^{k-1}$, donc
$$g'(x) = \sum_{k=1}^{N} k\,x^{k-1}.$$À droite, on dérive le quotient $\frac{u}{v}$ avec $u(x) = 1 - x^{N+1}$ et $v(x) = 1 - x$ :
$$g'(x) = \frac{A(x)}{(1 - x)^2},$$avec
$$\begin{aligned} A(x) &= -(N+1)x^N(1 - x) \\ &\quad + 1 - x^{N+1}. \end{aligned}$$En développant, $(N+1)x^N \times x = (N+1)x^{N+1}$, et les termes en $x^{N+1}$ se regroupent :
$$A(x) = 1 - (N+1)x^N + N x^{N+1}.$$On obtient
$$g'(x) = \frac{1 - (N+1)x^N + N x^{N+1}}{(1 - x)^2}.$$Étape 3 : on remplace $x$ par $q$. Comme $1 - q = p$,
$$\begin{aligned} S_N &= p\,g'(q) \\ &= p \times \frac{1 - (N+1)q^N + N q^{N+1}}{p^2}, \end{aligned}$$c'est-à-dire
$$S_N = \frac{1 - (N+1)q^N + N q^{N+1}}{p}.$$Étape 4 : les limites. Comme $0 < q < 1$, $q^N$ tend vers $0$. De plus, $N q^N = N\,\mathrm{e}^{N \ln q}$ avec $\ln q < 0$ : par croissances comparées, $N q^N$ tend vers $0$, et donc aussi $(N+1)q^N = N q^N + q^N$ et $N q^{N+1} = q \times N q^N$. Le numérateur tend vers $1$, et
$$\lim_{N \to +\infty} S_N = \frac{1}{p}.$$On retient : si un événement a la probabilité $p$ à chaque essai, il faut en moyenne $\frac{1}{p}$ essais pour l'obtenir. Un six au dé demande en moyenne 6 lancers, une vignette précise parmi 682 demande en moyenne 682 achats.
Un raisonnement plus rapide, mais moins rigoureux, donne le même résultat. Si l'on suppose que l'espérance $E$ existe, on regarde le premier essai : avec la probabilité $p$, c'est fini en 1 essai ; avec la probabilité $q$, on a perdu un essai et tout recommence. Donc $E = 1 + q\,E$, soit $E(1 - q) = 1$ et $E = \frac{1}{p}$.
Revenons à un album de $n$ vignettes. On note $X_j$ la durée de l'étape pendant laquelle il manque exactement $j$ vignettes. Pendant cette étape, un achat est nouveau avec la probabilité $p_j = \frac{j}{n}$, donc $X_j$ suit la loi géométrique de paramètre $\frac{j}{n}$, et $E(X_j) = \frac{n}{j}$.
Le nombre total d'achats est la somme des durées des étapes :
$$T = X_n + X_{n-1} + \dots + X_1.$$La linéarité de l'espérance (l'espérance d'une somme est la somme des espérances, sans même avoir besoin d'indépendance) donne alors
$$E(T) = \frac{n}{n} + \frac{n}{n-1} + \dots + \frac{n}{1}.$$En mettant $n$ en facteur et en écrivant la somme dans l'ordre croissant,
$$\begin{aligned} E(T) &= n\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}\right) \\ &= n\,H_n, \end{aligned}$$où $H_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$ est appelé le $n$-ième nombre harmonique.
| $n$ | $3$ | $4$ | $6$ | $10$ | $100$ | $682$ |
|---|---|---|---|---|---|---|
| $H_n$ | $1{,}833$ | $2{,}083$ | $2{,}450$ | $2{,}929$ | $5{,}187$ | $7{,}103$ |
| $E(T) = nH_n$ | $5{,}5$ | $8{,}3$ | $14{,}7$ | $29{,}3$ | $518{,}7$ | $4\,844$ |
Le rapport $\frac{E(T)}{n} = H_n$ indique combien de vignettes il faut acheter, en moyenne, par case de l'album. Il augmente avec $n$, mais très lentement : c'est ce que mesure la section suivante.
La suite $(H_n)$ est la somme partielle de la série harmonique. Nicole Oresme a démontré au XIVe siècle qu'elle tend vers $+\infty$. Le calcul intégral permet d'aller plus loin et de dire à quelle vitesse.
Étape 1 : un encadrement sur un intervalle. Soit $k$ un entier supérieur ou égal à $1$. La fonction $t \mapsto \frac{1}{t}$ est décroissante sur $[k ; k+1]$, donc pour tout $t$ de cet intervalle,
$$\frac{1}{k+1} \leqslant \frac{1}{t} \leqslant \frac{1}{k}.$$Étape 2 : on intègre. Par positivité de l'intégrale sur un intervalle de longueur $1$,
$$\frac{1}{k+1} \leqslant \int_k^{k+1} \frac{1}{t}\,\mathrm{d}t \leqslant \frac{1}{k},$$et l'intégrale vaut $\ln(k+1) - \ln k$, car $\ln$ est une primitive de $t \mapsto \frac{1}{t}$ sur $]0 ; +\infty[$.
Étape 3 : la minoration. On additionne les inégalités de droite pour $k$ allant de $1$ à $n$. Les logarithmes se simplifient deux à deux (somme télescopique) :
$$\ln(n+1) - \ln 1 \leqslant \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n},$$c'est-à-dire $\ln(n+1) \leqslant H_n$.
Étape 4 : la majoration. On additionne les inégalités de gauche pour $k$ allant de $1$ à $n - 1$ :
$$\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} \leqslant \ln n - \ln 1,$$c'est-à-dire $H_n - 1 \leqslant \ln n$, d'où $H_n \leqslant 1 + \ln n$. Pour $n = 1$, l'inégalité $1 \leqslant 1 + 0$ est vraie directement.
La figure montre cet encadrement : l'aire sous la courbe de $\frac{1}{t}$ est prise en sandwich entre deux familles de rectangles de largeur $1$.
Conséquence : $\frac{H_n}{\ln n}$ tend vers $1$ (on encadre et on applique le théorème des gendarmes, en remarquant que $\ln(n+1) \geqslant \ln n$). On dit que $H_n$ est équivalent à $\ln n$, et donc
$$E(T) \approx n \ln n \quad\text{pour } n \text{ grand.}$$On montre même que la différence $H_n - \ln n$ tend vers une constante, notée $\gamma$ et appelée constante d'Euler, qui vaut environ $0{,}577$. Pour l'album de 682 vignettes, $\ln 682 + 0{,}577 \approx 7{,}10$, ce qui est bien la valeur de $H_{682}$ du tableau.
Avec $n = 682$,
$$\begin{aligned} E(T) &= 682 \times H_{682} \\ &\approx 682 \times 7{,}103 \\ &\approx 4\,844 \text{ vignettes}, \end{aligned}$$soit environ $\frac{4\,844}{5} \approx 969$ pochettes. À 90 pence la pochette, cela fait environ $872$ £, ce qui correspond au calcul de Paul Harper. Si une pochette coûtait 1 € (une hypothèse de calcul, le prix variant selon les pays et les années), il faudrait compter près de $970$ € en moyenne, au lieu de $137$ € sans aucun doublon.
En moyenne, on achète donc environ 7 vignettes par case de l'album : six vignettes sur sept sont des doublons.
Le calcul par étapes montre où partent les achats. Quand il manque $j$ vignettes, chaque nouvelle case demande en moyenne $\frac{682}{j}$ achats :
- remplir la première moitié de l'album (341 cases) demande en moyenne $682\,(H_{682} - H_{341}) \approx 472$ vignettes, soit environ 95 pochettes ;
- les 19 dernières vignettes demandent à elles seules $682 \times H_{19} \approx 2\,420$ vignettes, soit environ 484 pochettes, la moitié de l'effort total ;
- la toute dernière demande en moyenne 682 achats, soit plus de 136 pochettes, autant que l'album entier sans doublon.
La figure trace le nombre moyen de vignettes achetées pour posséder $k$ cases différentes, $682\,(H_{682} - H_{682-k})$, en fonction de $k$.
Le programme suivant simule des collectionneurs qui achètent des pochettes de 5 vignettes différentes (comme dans une vraie pochette) jusqu'à compléter l'album, et compare la moyenne obtenue à la formule $\frac{nH_n}{5}$.
Les pochettes réelles contiennent 5 vignettes différentes, ce qui évite quelques doublons au sein d'une même pochette : pour un album de 682 vignettes, l'effet est très faible, et la formule reste une excellente approximation.
L'espérance ne dit pas tout : certains complètent l'album bien plus vite que la moyenne, d'autres bien plus lentement. Pour mesurer cette dispersion, on utilise la variance. On admet deux résultats :
- la variance d'une variable de loi géométrique de paramètre $p$ vaut $\frac{1-p}{p^2}$ (elle se calcule avec la même technique de dérivation qu'à la section 3, en dérivant deux fois) ;
- les durées des étapes $X_n, \dots, X_1$ sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances.
Avec $p_j = \frac{j}{n}$, on a $\frac{1 - p_j}{p_j^2} \leqslant \frac{1}{p_j^2} = \frac{n^2}{j^2}$, donc
$$V(T) \leqslant n^2\left(1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{n^2}\right).$$La somme des inverses des carrés est majorée par sa limite $\frac{\pi^2}{6}$ (c'est le célèbre problème de Bâle, résolu par Euler en 1735) :
$$V(T) \leqslant \frac{\pi^2 n^2}{6},$$donc
$$\sigma(T) \leqslant \frac{\pi n}{\sqrt{6}} \approx 1{,}28\,n.$$Pour $n = 682$, l'écart type est donc d'au plus 875 vignettes environ (le calcul exact donne environ 872). L'espérance croît comme $n \ln n$ et l'écart type comme $n$ : en proportion, la dispersion diminue lentement quand l'album grandit.
L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev dit que, pour tout réel $\delta > 0$,
$$P\big(|T - E(T)| \geqslant \delta\big) \leqslant \frac{V(T)}{\delta^2}.$$Avec $n = 682$, $V(T) \leqslant 875^2 \approx 765\,600$ et $\delta = 2\,000$, le majorant vaut environ $0{,}19$. Ainsi, avec une probabilité d'au moins $81\,\%$, un collectionneur achète entre $4\,844 - 2\,000 = 2\,844$ et $6\,844$ vignettes, c'est-à-dire entre environ 570 et 1 370 pochettes. L'inégalité est grossière, mais elle est sûre, et elle montre déjà que l'écart entre deux collectionneurs peut se compter en centaines d'euros.
La figure simule 2 000 collectionneurs pour un album de $n$ vignettes (curseur) et trace la répartition du nombre $T$ d'achats. Les graduations sont exprimées en multiples de la moyenne théorique $nH_n$.
On observe que la moyenne simulée est proche de $nH_n$ : c'est la loi des grands nombres, qui dit que plus le nombre de collectionneurs simulés est grand, plus il est probable que leur moyenne soit proche de l'espérance. On observe aussi que la répartition n'est pas symétrique : on ne peut pas compléter l'album en moins de $n$ achats, mais on peut avoir besoin de deux ou trois fois la moyenne.
Dans une cour de récréation, les doublons ne sont pas perdus : ils s'échangent. Imaginons $m$ amis qui mettent leurs vignettes en commun et s'arrêtent quand chacun a un album complet. Il leur faut alors $m$ exemplaires de chaque vignette, et une vignette n'est inutile que si l'on en possède déjà $m$ exemplaires. Le programme suivant simule ce groupe et affiche le nombre moyen de pochettes par personne.
Avec plus d'essais (ce qui demande plus de temps de calcul), on obtient environ les valeurs suivantes :
| taille du groupe | seul | 2 amis | 3 amis | 5 amis | 10 amis |
|---|---|---|---|---|---|
| pochettes par personne | $\approx 970$ | $\approx 650$ | $\approx 500$ | $\approx 400$ | $\approx 310$ |
À cinq, chacun dépense donc environ deux fois et demie moins que seul. L'explication est dans le calcul par étapes : ce qui coûte cher, c'est la fin, quand presque tout ce qu'on achète est inutile. En groupe, les doublons de l'un comblent les manques de l'autre, et la « fin chère » n'est payée qu'une fois pour tous. Les mathématiciens Donald Newman et Lawrence Shepp ont montré en 1960 que, pour $m$ albums, le nombre total d'achats se comporte comme $n\big(\ln n + (m-1)\ln(\ln n)\big)$ au premier ordre : le coût supplémentaire de chaque album en plus est bien plus faible que celui du premier.
D'un point de vue économique, c'est un bel exemple de la façon dont une entreprise peut fixer un prix bas pour chaque pochette tout en obtenant une dépense totale élevée : la rareté des dernières vignettes n'est pas organisée, elle découle du seul hasard.
Abraham de Moivre pose en 1712 une question proche : combien de lancers faut-il pour voir toutes les faces d'un dé ? Laplace y revient en 1812. En 1930, George Pólya l'étudie sous l'angle de la « publicité » : les marques glissaient déjà des images à collectionner dans leurs produits (chocolat, café, céréales) pour fidéliser les clients. En 1961, Paul Erdős et Alfréd Rényi décrivent finement la loi de $T$ quand $n$ est grand.
Les collections de figurines offertes avec des menus pour enfants ou cachées dans des œufs en chocolat suivent exactement le même modèle : pour une série de 10 figurines équiprobables, il faut en moyenne $10\,H_{10} \approx 29$ produits, et pour une série de 20, environ 72.
En informatique, on teste parfois un programme avec des entrées tirées au hasard. Si le programme a $n$ cas à vérifier, également probables, il faut en moyenne $nH_n$ tests aléatoires pour tous les rencontrer, soit près de 7 500 tests pour $n = 1\,000$. Le même calcul sert à estimer combien de paquets envoyer dans certains protocoles de réseau, ou combien de lectures d'ADN sont nécessaires pour couvrir un génome.
Un écologue qui capture des insectes dans une forêt est un collectionneur : au début, chaque capture apporte une espèce nouvelle, puis les nouveautés se raréfient. Mais il ne connaît pas $n$, le nombre d'espèces ! Le problème est alors inversé : à partir du rythme auquel les espèces nouvelles apparaissent, on cherche à estimer combien il en reste à découvrir. Une idée célèbre, publiée par le statisticien Irving John Good en 1953 et qu'il attribuait à Alan Turing (qui l'avait utilisée à Bletchley Park pour casser les codes allemands), estime la probabilité que la prochaine capture soit une espèce nouvelle par la proportion de captures appartenant à une espèce vue une seule fois.
- Le modèle suppose toutes les vignettes également probables. Si certaines sont plus rares (des vignettes « spéciales » imprimées en plus petite quantité, comme dans certaines éditions), l'attente moyenne augmente, parfois beaucoup : c'est la vignette la plus rare qui fixe la durée de la fin.
- Les pochettes contiennent des vignettes différentes et ne sont pas forcément mélangées de façon parfaitement indépendante entre elles.
- Les échanges réels ne sont pas parfaits : on n'échange pas toujours au bon moment avec la bonne personne.
- Certaines éditions permettent de commander directement quelques vignettes manquantes : la fin de collection devient alors bien moins chère, et le calcul doit être adapté.
Ce texte n'est pas un Grand Oral. Il rassemble des connaissances dans lesquelles chacun peut choisir une direction, la creuser et formuler sa propre question. Quelques directions possibles :
- Mathématiques : la loi géométrique et son espérance ; la linéarité de l'espérance pour découper un problème en étapes ; l'encadrement d'une somme par des intégrales et l'apparition du logarithme ; la variance, le problème de Bâle et l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev.
- SES : le modèle économique des collections ; le prix réel d'un produit vendu en petites unités ; la coopération et l'échange comme moyen de réduire un coût.
- NSI : la simulation et la comparaison avec la théorie ; les tests aléatoires de logiciels ; le coût d'un algorithme qui tire des éléments au hasard jusqu'à les avoir tous vus.
Le jury peut interroger sur les chapitres de spécialité mobilisés. Avec ce thème, il est utile de connaître parfaitement : la succession d'épreuves indépendantes et le schéma de Bernoulli ; l'espérance, la variance et la linéarité de l'espérance ; l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev et la loi des grands nombres ; les suites géométriques et leurs sommes ; la dérivation d'un quotient ; les croissances comparées ; l'intégrale, sa positivité et le lien avec les primitives ; la fonction logarithme népérien ; le théorème des gendarmes ; les boucles en Python.
Pour réviser ces chapitres, l'application Maths FlashBac reprend tout le cours de spécialité en cartes.
- Problème du collectionneur de vignettes, loi géométrique et série harmonique (Wikipédia).
- Sur ce site : Nicole Oresme (la divergence de la série harmonique), Aristote et l'infini, le problème de Bâle, La planche de Galton (loi des grands nombres), La méthode de Monte-Carlo et Les mathématiques de la Seconde Guerre mondiale.