Espérance d'une variable aléatoire

1. Le gain net est $G = X - 4$ où $X$ est le résultat du dé, donc $G(\Omega) = \llbracket -3, 2\rrbracket$ avec $\mathbb{P}(G = k) = \tfrac16$ pour chaque $k$. Ainsi

Le jeu est défavorable au joueur : il perd en moyenne un demi-dirham par partie. Une mise de $3{,}5$ dirhams le rendrait équitable — c'est-à-dire une mise égale à $E(X)$.

2. Le gain net vaut $4990$ avec probabilité $\tfrac{1}{1000}$ et $-10$ avec probabilité $\tfrac{999}{1000}$ :

Le joueur perd en moyenne $5$ dirhams par partie. Mais surtout, la valeur $-5$ n'est jamais réalisée : à chaque partie, il gagne $4990$ ou il perd $10$, jamais $5$. C'est le piège du mot « espérance » : ce n'est pas ce qu'on peut espérer d'une partie, c'est ce vers quoi tend la moyenne des gains sur un très grand nombre de parties. Comparer avec la question 1, où l'espérance $-\tfrac12$ est du même ordre de grandeur que les gains possibles : le mot « moyenne » y est bien plus parlant.

3. Notons $S$ le nombre de véhicules sinistrés. La compagnie encaisse $n\pi$ et débourse $cS$, donc $B = n\pi - cS$.

Pour $i \in \llbracket 1,n\rrbracket$, soit $S_i$ l'indicatrice de l'événement « le véhicule $i$ subit un sinistre », de sorte que $S = \sum_{i=1}^{n} S_i$. D'après l'exemple du cours, $E(S_i) = \mathbb{P}(\text{sinistre}) = p$. La linéarité de l'espérance, établie au paragraphe suivant, donne $E(S) = np$, puis

Le bénéfice moyen est positif si et seulement si $\pi \geqslant cp$. La prime minimale est donc $\pi = cp$ : la compagnie doit facturer à chaque assuré le coût moyen de son sinistre. Tout ce qu'elle demande au-delà est sa marge.

Le commentaire qui compte. Dans les trois situations, l'espérance ne dit rien de ce qui arrivera à une partie — la question 2 est là pour le rappeler brutalement. Elle dit ce qui arrive à la longue, et c'est exactement ce dont a besoin celui qui répète l'expérience un grand nombre de fois : le casino, l'assureur, l'industriel. Le joueur isolé, lui, est mal renseigné par la seule espérance ; il lui manque une mesure du risque, c'est-à-dire de la dispersion. Ce sera l'objet de la leçon suivante.

Modélisation. Le tirage successif et sans remise de toutes les boules produit une liste où chaque numéro figure une fois et une seule : une issue est donc une permutation de $\llbracket 1,n\rrbracket$. On prend pour $\Omega$ l'ensemble de ces permutations, muni de l'équiprobabilité, avec $\mathrm{Card}\,\Omega = n!$. L'issue $\sigma$ signifie « la $i$-ème boule tirée porte le numéro $\sigma(i)$ », et $X_i = \mathbf{1}_{A_i}$ où $A_i$ est l'événement $\{\sigma(i) = i\}$.

Loi de chaque $X_i$. Fixons $i$. Une permutation vérifiant $\sigma(i) = i$ est entièrement déterminée par sa restriction à $\llbracket 1,n\rrbracket \setminus \{i\}$, qui est une permutation de cet ensemble à $n-1$ éléments : il y en a $(n-1)!$. Par équiprobabilité,

Nombre moyen de rencontres. Le nombre total de rencontres est $S = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} X_i$. Par linéarité de l'espérance :

Ce que cet exercice enseigne. Deux choses, et la seconde est la plus importante.

D'abord le résultat lui-même, qui a de quoi surprendre : le nombre moyen de rencontres vaut $1$, quel que soit $n$. Que l'urne contienne $5$ boules ou $10^6$, on tombe en moyenne sur une seule coïncidence. L'explication tient dans le calcul : il y a $n$ occasions de rencontre, chacune de probabilité $\tfrac1n$, et le produit est constant.

Ensuite la méthode. Les variables $X_1,\ldots,X_n$ sont loin d'être indépendantes : s'il y a eu rencontre aux $n-1$ premiers tirages, la dernière est forcée, donc $\mathbb{P}(X_n = 1 \mid X_1 = \cdots = X_{n-1} = 1) = 1 \neq \tfrac1n$. Cela n'a aucune importance, puisque la linéarité ne demande rien. Et c'est heureux : la loi de $S$, elle, est autrement plus difficile à établir — elle fait intervenir les dérangements, et l'on peut montrer que $\mathbb{P}(S = 0) \to e^{-1}$. On a obtenu l'espérance sans y toucher.

1. Prenons $\Omega = \llbracket 1,6\rrbracket^n$, équiprobable, et pour $j \in \llbracket 1,6\rrbracket$ notons $B_j$ l'événement « la face $j$ n'est jamais sortie ». Alors $X = \displaystyle\sum_{j=1}^{6} \mathbf{1}_{B_j}$.

L'événement $B_j$ impose que chacun des $n$ lancers donne l'une des cinq autres faces :

Par linéarité,

Comme $0 < \tfrac56 < 1$, on a $E(X) \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0$. Le nombre moyen de faces manquantes tend vers zéro : en lançant le dé assez longtemps, on finit par voir toutes les faces. La décroissance est géométrique, donc rapide — pour $n = 40$, $E(X) \approx 0{,}05$.

Noter au passage que les six indicatrices ne sont pas indépendantes : si cinq faces sont absentes, la sixième est forcément sortie à tous les lancers. La linéarité n'en a cure.

2.a. Fixons $i \in \llbracket 1,n-1\rrbracket$ et considérons l'application $\Phi$ qui, à une permutation $\sigma$, associe la permutation $\sigma \circ \tau$ où $\tau$ est la transposition échangeant $i$ et $i+1$. Autrement dit, $\Phi(\sigma)$ est $\sigma$ dont on a permuté les deux valeurs aux positions $i$ et $i+1$.

L'application $\Phi$ est une involution de $\Omega$ — appliquée deux fois, elle redonne $\sigma$ — donc une bijection de $\Omega$ sur lui-même. De plus, $\sigma(i) < \sigma(i+1)$ si et seulement si $\Phi(\sigma)(i) > \Phi(\sigma)(i+1)$, puisque $\Phi$ échange exactement ces deux valeurs. Elle réalise donc une bijection entre les événements

— le cas d'égalité étant exclu, $\sigma$ étant injective. Ces deux événements ont donc même cardinal et, par équiprobabilité, même probabilité ; leur réunion étant $\Omega$, chacune vaut $\tfrac12$.

2.b. On a $Y = \displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} \mathbf{1}_{M_i}$, d'où par linéarité

Le commentaire. La question 2.a est un modèle de raisonnement probabiliste : on n'a rien dénombré. On a exhibé une bijection entre deux événements contraires, ce qui force chacun à valoir $\tfrac12$. Un tel argument de symétrie est souvent bien plus court qu'un calcul, et c'est un réflexe à acquérir.

Quant à la loi de $Y$, elle est redoutable : ses valeurs $\mathrm{Card}\,\{Y = k\}$ sont les nombres eulériens, sans formule close simple. Le nombre moyen de montées, lui, tient en une ligne. C'est le message des deux exercices : quand une variable compte des occurrences, chercher l'espérance par les indicatrices avant même de songer à la loi.

1. La somme des probabilités vaut $\tfrac48 + \tfrac28 + \tfrac18 + \tfrac18 = 1$ : c'est bien une loi. Par définition puis par transfert avec $f : x \mapsto x^2$ et $f : x \mapsto \tfrac1x$ :

Comparons. D'une part $E(X)^2 = \tfrac{225}{64} \approx 3{,}52$ tandis que $E(X^2) = \tfrac{37}{8} = 4{,}625$ : on a $E(X^2) > E(X)^2$. D'autre part $\tfrac{1}{E(X)} = \tfrac{8}{15} \approx 0{,}53$ tandis que $E\!\left(\tfrac1X\right) = \tfrac{67}{96} \approx 0{,}70$.

Dans les deux cas les valeurs diffèrent, et il faut retenir la règle générale : l'espérance ne commute pas avec les fonctions. Écrire $E\bigl(f(X)\bigr) = f\bigl(E(X)\bigr)$ est faux dès que $f$ n'est pas affine. Seules les applications affines passent, et c'est exactement ce que dit la linéarité : $E(aX+b) = aE(X)+b$.

2. Supposons $X \sim Y$, c'est-à-dire $X(\Omega) = Y(\Omega)$ — notons $S$ ce support commun — et $\mathbb{P}(X=x) = \mathbb{P}(Y=x)$ pour tout $x \in S$. Alors, terme à terme,

Pour la seconde égalité, la formule de transfert appliquée successivement à $X$ et à $Y$ — licite, puisque $f$ est définie sur $S$ qui est aussi le support de $Y$ — donne

Aucune issue n'a été manipulée : le raisonnement vaut donc bien pour des variables définies sur des espaces différents.

3. Non, et de très loin. Prenons $X$ uniforme sur $\{0,2\}$ et $Y$ la variable certaine égale à $1$ :

alors que $X(\Omega) = \{0,2\} \neq \{1\} = Y(\Omega)$, donc $X \nsim Y$.

Ce qu'il faut retenir des questions 2 et 3. L'espérance est un invariant de loi : elle ne dépend que de $\mathbb{P}_X$, jamais de l'univers ni de la façon dont $X$ y est définie. C'est ce qui autorise à parler de « l'espérance de la loi uniforme » ou « de la loi binomiale », sans préciser sur quel espace on travaille — ce que fera la leçon 6.

Mais un invariant n'est pas un signalement complet : l'espérance résume la loi en un seul nombre, et deux lois très différentes peuvent partager ce nombre. La question 3 en donne l'exemple minimal : $X$ oscille entre $0$ et $2$, $Y$ ne bouge pas, et elles ont même espérance. Ce qui les sépare, c'est la dispersion — et c'est très exactement le point de départ de la leçon suivante.

1. Non, et un seul couple suffit à le montrer. Prenons $(x,y) = (6,2)$ : l'événement $\{R = 6\} \cap \{S = 2\}$ est vide, car $S = 2$ impose $R = B = 1$. Donc

C'est la stratégie de réfutation : viser un couple impossible. Intuitivement, connaître $R$ contraint $S$, qui ne peut plus s'éloigner de $R$ de plus de $6$.

2. La somme $S$ est paire si et seulement si $R$ et $B$ ont la même parité. Fixons $i \in \llbracket 1,6\rrbracket$. Sachant $R = i$, l'événement $\{T = 1\}$ se réalise si et seulement si $B$ a la même parité que $i$, ce qui laisse exactement $3$ valeurs possibles pour $B$ sur $6$. Donc, pour tout $i$,

En sommant sur $i$ : $\mathbb{P}(T = 1) = 6 \times \tfrac1{12} = \tfrac12$, et donc $\mathbb{P}(T = 0) = \tfrac12$. On vérifie alors

et le calcul est identique pour $T = 0$, l'événement complémentaire donnant lui aussi $3$ valeurs de $B$. L'égalité est vérifiée pour les $12$ couples : $R$ et $T$ sont indépendantes.

Le résultat mérite qu'on s'y arrête. $T$ est une fonction de $S$, et $S$ n'est pas indépendante de $R$ ; pourtant $T$ l'est. En ne retenant de $S$ que sa parité, on a effacé toute l'information que $S$ portait sur $R$. L'indépendance ne se transmet donc pas mécaniquement par le calcul : elle se vérifie.

3. Les dés étant physiquement indépendants, $R$ et $B$ le sont, et le théorème s'applique :

Pour $E(RS)$, la formule est indisponible puisque $R$ et $S$ ne sont pas indépendantes. On passe par la linéarité, qui elle ne demande rien :

Le transfert donne $E(R^2) = \tfrac16(1+4+9+16+25+36) = \tfrac{91}{6}$, d'où

Or $E(S) = E(R) + E(B) = 7$, donc $E(R)E(S) = \tfrac72 \times 7 = \tfrac{49}{2} = 24{,}5$. Les deux nombres diffèrent :

Conclusion. L'écart $E(RS) - E(R)E(S)$ est non nul, ce qui prouve que $R$ et $S$ ne sont pas indépendantes — retrouvant la question 1 par un autre chemin. Attention à ne pas inverser l'implication : un écart non nul réfute l'indépendance, mais un écart nul ne la démontre pas, comme l'a montré le test précédent. Cet écart porte un nom, la covariance de $R$ et $S$, et mesure leur degré de liaison ; il vaut $0$ pour la question 3 appliquée à $R$ et $B$.