Je pense avoir retrouvé, mais ça me semble un peu différent de ce que j'avais vu.

On veut montrer que $\forall i, P(E_i) = {1 \over {2^{n-1}}}$.

On fait une démonstration par récurrence :

Notons d'abord $E_i^n$ l'événement $E_i$ dans le cas où je coupe mon bâton en $n$ morceaux.

De la même manière je vais noté $x_i^n$ pour la numérotation des marques sur le bâton coupé en $n$ morceau.

Dans la cas du triangle, pour $n=3$ c'est vrai.
Si on regarde la figure on a :
$$P(E_0^3) = {1\over 4}[/latex]  (ça correspond au carré rouge en haut à droite). [latex]P(E_1^3) = {1\over 4}[/latex]  (ça correspond à la somme des deux triangle rouge) [latex]P(E_2^3) = {1\over 4}[/latex] (ça correspond au carré rouge en bas à gauche) Maintenant posons [latex]n \ge 3[/latex]. Notre hypothèse de récurrence est : [latex]\forall i, P(E_i^n) = {1\over {2^{n-1}}}[/latex]. Et nous voulons montrer : [latex]\forall i, P(E_i^{n+1})= {1\over {2^n}}$$
Nous voulons donc calculer la probabilité que $[x_i^{n+1};x_{i+1}^{n+1}] > {1\over 2}$ pour tout $i$.

Pour utiliser notre hypothèse de récurrence on fait d'abord une numérotation
après $n$ tirages, et après nous regardons ce qui se passe pour le dernier tirage.

Appelons $x$ le résultat du dernier tirage. Nous avons plusieurs cas :

i) $[x_{i}^n;x_{i+1}^n] > {1\over 2}$ et alors pour que  $[x_i^{n+1};x_{i+1}^{n+1}] > {1\over 2}$  , on doit avoir $x>x_i^n + {1\over 2}$.

ii) $[x_{i-1}^n;x_i^n] > {1\over 2}$ et alors pour que  $[x_i^{n+1};x_{i+1}^{n+1}] > {1\over 2}$  , on doit avoir $x<x_i^n - {1\over 2}$.

-Dans tous les autres cas quelque soit le dernier tirage, le morceau  $[x_i^{n+1};x_{i+1}^{n+1}]$ a une probabilité nulle d'être plus grand que 1/2.

Plaçons nous dans le cas i) :

Nous voulons calculer $P(x > x_{i}^n + {1\over 2})$.

Comme  $[x_{i}^n;x_{i+1}^n] > {1\over 2}$, nous avons  $0 <x_{i}^n < {1\over 2}$.

Alors  $P(x > x_{i}^n + {1\over 2}) = (1/8)/(1/2) = {1\over 4}$.

(Le 1/8 on le trouve soit par calcule d'aire soit par calcul d'intégrale, et le
1/2 c'est parce que $x_{i}^n$ n'est que sur une moitié du bâton).

De la même manière si on se place dans le cas ii), nous avons :
$$P(x < x_{i}^n - {1\over 2}) = {1\over 4}[/latex]. Donc finalement :   [latex]P(E_i^{n+1}) = P(E_i^n) * {1\over 4} + P(E_{i-1}^n) * {1\over 4}$$
Et donc en utilisant l'hypothèse de récurrence nous obtenons :
$P(E_i^{n+1}) = {1 \over {2^{n-1}}} * ({1\over 4} + {1\over 4}) = {1\over {2^n}}$.

Donc les $P(E_i)$ ne dépendent pas de $i$.

Je suis passé sur les calculs, mais cette fois je pense pouvoir éclairer les zones
d'ombres.

J'obtiens le calcul (1/8)/(1/2) par le raisonnement suivant :

Dans le cas i) nous avons $0 < x^i_n < 1/2$ et $0 < x <1$
donc l'ensemble des cas possibles est un rectangle d'aire 1/2.

Dans la figure si on trace une ligne verticale qui passe par 1/2, cela correspondrait
au rectangle de gauche (en prenant $x^i_n$ sur les abscisses et $x$ sur les ordonnées).
L'ensemble des cas favorables correspond alors au triangle rouge qui se trouve dans cette moitié, qui est d'aire 1/8, donc (cas favorable)/(cas possible) = (1/8)/(1/2).

"En supposant que l'on ait un morceau plus grand que 1/2, comme les Formule  $x_i$ ont été tirés uniformément, tous les morceaux ont chacun une chance équiprobable d'être celui qui est plus grand que 1/2. "

C'est ce qu'il faut démontrer?

La conjecture selon laquelle tous les bouts seraient équivalents est peut-être fausse... Pourtant, sur un cercle, intuitivement ils semblent équivalents. Et on peut effectuer au hasard une première coupe sur un cercle, le redresser et ainsi obtenir un segment sur lequel on effectue le reste des coupes au hasard.

Question: est-ce que l'ordre des coupes est à prendre en compte, ou bien peut-on supposer que l'on effectue toutes les coupes simultanément ?

Effectivement ! c'est très malin

Merci et bravo à vous pour avoir éclairci ce dernier point.

Merci aussi à titoufred pour ses questions pertinentes (ça m'a fait réviser quelques notions de probabilités )

Pour la beauté du geste, je vous mets quand même la démonstration que j'avais en tête :

On note $y_1^n, y_2^n, ..., y_{n-1}^n$ les nombres tirés aléatoirement dans [0 ; 1] pour découper le bâton en $n$ morceaux, auxquels on ajoute $y_0^n=0$ et $y_n^n=1$.

Puis, on classe tous ces nombres dans l'ordre croissant, en les renommant : $x_0^n=0 \leq x_1^n \leq ... \leq x_{n-1}^n \leq x_n^n=1$.

Pour $k =1,...,n$ on appelle $L_k^n$ la longueur du $k^{ème}$ morceau issu du découpage, c'est-à-dire que $L_k^n=x_k^n-x_{k-1}^n$.

On appelle $g_k^n$ la densité de probabilité de la variable aléatoire $L_k^n$.

Nous allons montrer que $\forall k \in [\![ 1;n ]\!]$, on a $g_k^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}$

Tout d'abord pour $k=1$, la formule est facile à vérifier : Il y a $(n-1)$ façons de choisir quel $y_i^n$ est $x_1^n$. Ce $x_1^n$ étant fixé à une certaine valeur $x$, la probabilité que tous les autres $y_i^n$ soient supérieurs à $x$ est $(1-x)^{n-2}$.

Donc $g_1^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}$  (1)

De même, pour $k=n$, par symétrie : $g_n^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}$  (2)

Pour $k \in [\![ 2;n-1 ]\!]$ : il y a $(n-1)$ façons de choisir quel $y_i^n$ est $x_{k-1}^n$ puis $(n-2)$ façons de choisir quel $y_i^n$ est $x_k^n$ et enfin $n-3\choose k-2$ façons de choisir quels $y_i^n$ sont les $x_0^n,...,x_{k-2}^n$. Ensuite,  $x_{k-1}^n$ étant fixé à une certaine valeur $t \in [0;1-x]$ et $x_{k}^n$ à une certaine valeur $t+ x$, la probabilité que tous les autres $y_i^n$ soient tirés où il faut vaut $t^{k-2}(1-t-x)^{n-k-1}$ donc $\forall k \in [\![ 2;n-1 ]\!]$, on a :
$$g_k^n(x)=(n-1)(n-2) {n-3\choose k-2} \int_{0}^{1-x} t^{k-2}(1-t-x)^{n-k-1} ~\textrm{d}t[/latex]  (3) En appliquant cette formule dans le cas où [latex]k=n-1[/latex], on obtient : [latex]g_{n-1}^n(x)=(n-1)(n-2) \int_{0}^{1-x} t^{n-3} ~\textrm{d}t = (n-1)(n-2) [\frac{1}{n-2}t^{n-2}]_0^{1-x}$$
donc $g_{n-1}^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}$  (4)

Soit $k \in [\![ 2;n-2 ]\!]$

On effectue une intégration par parties dans (3) en posant
$$u'=t^{k-2}[/latex] et [latex]v=(1-t-x)^{n-k-1}$$
donc $u=\frac{1}{k-1}t^{k-1}$ et $v'=-(n-k-1)(1-t-x)^{n-k-2}$

Alors $\int_{0}^{1-x} t^{k-2}(1-t-x)^{n-k-1} ~\textrm{d}t = [\frac{1}{k-1}t^{k-1}(1-t-x)^{n-k-1}]_0^{1-x}$
$$+ \frac{n-k-1}{k-1} \int_{0}^{1-x} t^{k-1}(1-t-x)^{n-k-2} ~\textrm{d}t[/latex] et donc [latex]\int_{0}^{1-x} t^{k-2}(1-t-x)^{n-k-1} ~\textrm{d}t = \frac{n-k-1}{k-1} \int_{0}^{1-x} t^{k-1}(1-t-x)^{n-k-2} ~\textrm{d}t$$
Finalement, $g_k^n(x)=(n-1)(n-2){n-3\choose k-2} \int_{0}^{1-x} t^{k-2}(1-t-x)^{n-k-1} ~\textrm{d}t$
$$g_k^n(x)= (n-1)(n-2){n-3\choose k-2}\frac{n-k-1}{k-1} \int_{0}^{1-x} t^{k-1}(1-t-x)^{n-k-2} ~\textrm{d}t$$ $$g_k^n(x)=(n-1)(n-2) {n-3\choose k-1}\int_{0}^{1-x} t^{k-1}(1-t-x)^{n-k-2} ~\textrm{d}t$$
donc $\forall k \in [\![ 2;n-2 ]\!]$, on a $g_k^n(x)=g_{k+1}^n(x)$  (5)

(4) et (5) donnent que $\forall k \in [\![ 2;n-1 ]\!]$, on a $g_k^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}$  (6)

(1), (2) et (6) prouvent que $\forall k \in [\![ 1;n ]\!]$, on a $g_k^n(x)=(n-1)(1-x)^{n-2}$

Ainsi, $P(L_k^n>1/2) = \int_{1/2}^{1}(n-1)(1-x)^{n-2}~\textrm{d}x = \frac{1}{2^{n-1}}$

On conclut alors pour la probabilité $p_n$ de pouvoir faire un polygône à $n$ côtés :
$$p_n = 1 - \sum_{k=1}^n P(L_k^n>1/2) = 1 - \frac{n}{2^{n-1}}$$

d'une simplicité incroyable