Une règle un brin pénible

[Edit : zut j'ai mal lu] Oui, tu ferais mieux de faire un programme python.

Pour la valeur $1$ aussi ce n'est pas très compliqué : on dénombre les $(X_1,X_2,X_3,X_4)$ avec un et un seul des $X_i$ valant $1$. Il y en a autant que de manières de choisir la position du $1$ ($4$) multiplié par les choix pour les autres dés ($5^3$). $\mathbb{P}(X=1)=500/6^4$ (valeur cohérente avec mes simulations).

Pour la valeur $3$ (qui est premier) toujours deux options : le minimum vaut $1$ et est atteint $3$ fois ($4\times 5$ cas), ou le minimum vaut $3$ et est atteint une et une seule fois ($4\times 3^3$ cas). D'où $\mathbb{P}(X=3)=128/6^4$ (toujours cohérent).

Tu suggérais de traiter ça en Python, vas-y.
Très peu d'espoir qu'une idée plus élégante surgisse.

Je reste convaincu que la détermination du support par un court argument d'arithmétique, et la résolution de quelques cas par un peu de dénombrement peut être tout à fait élégant !

Bonne continuation.

Si $X_1,\cdots, X_n$ sont independantes et uniformes sur $\{1,2,\ldots, N\}$ soit $$M=\min\{X_i; i=1,\ldots,n\},\ K=\sharp\{ i=1,\ldots,n\ ; \ X_i=M\}.$$ Si $S_n(N)=1^n+2^n+\cdots+N^{n}$ est la somme de Newton alors nous montrons que
$$\boxed{\mathbb{E}(MK)=\frac{n}{N^n}\left((N+1)S_{n-1}(N)-S_n(N)\right)}.$$

Commencons par la remarque suivante si $Y_1,\cdots, Y_n$ sont independantes et prennent les valeurs $S$= succes et $E$= echec avec les probabilites respectives $p$ et $q=1-p$ et si $ K_p$ est le nombre de succes dans la suite $Y_1,\cdots, Y_n$ alors $\Pr(K_p=k)=C^k_np^kq^{n-k}$ , $\mathbb{E}(K_p)=\sum_{k=0}^nkC^k_np^kq^{n-k}=np$, $\Pr(K_p=k|K_p>0)=C^k_np^kq^{n-k}/(1-q^n)$ et donc $$\mathbb{E}(K_p|K_p>0)=np/(1-q^n).\ \ \ (*)$$


Revenant au probleme, on calcule la loi conditionnelle de $K$ sachant $M=m$ avec $m=1,2,\ldots,N$. Posant $p(m)=1/(N+1-m)$ et $q(m)=(N-m)/(N+1-m)$ la loi de $K|\{M=m\}$ est la loi de $K_{p(m)}|\{K_{p(m)} >0\}$ et donc $$\mathbb{E}(K|M=m)=np(m)/(1-q(m)^n). $$
Ensuite $\Pr(M=m)=\Pr(M\geq m)-\Pr(M>m)=\frac{1}{N^n}((N+1-m)^n-(N-m)^n)$ et donc
\begin{eqnarray*}\mathbb{E}(MK)&=&\sum_{m=1}^N
m\mathbb{E}(K|M=m)\Pr(M=m)\\&=&\frac{1}{N^n}\sum_{m=1}^N
m\frac{np(m)}{1-q(m)^n}((N+1-m)^n-(N-m)^n)\\&=&\frac{n}{N^n}\sum_{m=1}^N
m(N+1-m)^{n-1}=\frac{n}{N^n}\sum_{r=1}^N
(N+1-r)r^{n-1}\end{eqnarray*}

Dans le cas de $n\leq 4$ rappelons que $$S_1(N)=\frac{N(N+1)}{2},\ S_2(N)= \frac{N(N+1)(2N+1)}{6},\ \ S_3(N)=\frac{N^2(N+1)^2}{4}$$ et que $$S_4(N)=\frac{N^5}{5}+\frac{N^4}{2}+\frac{N^3}{3}-\frac{N}{30}.$$ cela permet de resoudre le probleme pose en faisant $N=6$ dans le cas des des. En accord avec les calculs du fil si $m_n$ est l'esperance cherchee pour $N=6$ la formule ci dessus donne bien
$$m_1=\frac{7}{2},\ m_2=3+\frac{1}{9},\ m_3=\frac{49}{18},\ m_4=\frac{203}{81}\sim 2,5061...$$ Cette suite $m_n$ a l'air decroissante, mais c'est un trompe couillon car

$$m_n=\frac{n}{6^n}(6+5\times 2^{n-1}+4\times 3^{n-1}+3\times 4^{n-1}+2\times 5^{n-1}+6^{n-1})>\frac{n}{6}\to \infty $$

Très intéressant P.! Effectivement, on remarque que la suite des espérances $m_n$ est équivalente à $n/6$ : quand on tire un grand nombre de dés, le minimum a de grandes chances d'être $1$ (la probabilité d'obtenir un minimum différent de $1$ vaut $(5/6)^n$ qui tend vers $0$), et la fréquence d'apparition de $1$ dans la suite des lancés tend vers la probabilité d'obtenir $1$ en lançant un dé... D'où le résultat.
Un très beau problème finalement !