Loi d'une variable aléatoire

En vue d'alléger les notations, on écrit $\mathbb{P}(X \in A)$ pour désigner la probabilité de l'événement $\{X \in A\}$, au lieu de $\mathbb{P}(\{X \in A\})$ ; de même, on écrit $\mathbb{P}(X = x)$ au lieu de $\mathbb{P}(\{X = x\})$.

La démonstration ne consiste presque en rien : tout le travail avait été fait à la leçon précédente. C'est exactement parce que l'image réciproque respecte la réunion, l'intersection et le complémentaire que l'incompatibilité se transporte de $X(\Omega)$ vers $\Omega$, et donc que l'additivité se transporte de $\Omega$ vers $X(\Omega)$. Retenir ce mécanisme : c'est lui, et lui seul, qui autorise à oublier $\Omega$.

1. Étudier la loi de $X$, c'est s'intéresser uniquement à $X(\Omega)$ et à sa probabilité $\mathbb{P}_X$. On s'affranchit ainsi de l'univers $\Omega$ et de $X$ en tant qu'application.

2. Il résulte de la définition de la loi de $X$ que celle-ci dépend de la probabilité choisie sur $\Omega$, alors que la variable aléatoire $X$ peut être définie indépendamment de toute probabilité.

Le support $X(\Omega)$ ne dépend que de $X$ comme application : on peut le calculer avant d'avoir choisi la moindre probabilité. La loi $\mathbb{P}_X$, elle, dépend du couple $(X, \mathbb{P})$. Sur le même univers $\Omega = \llbracket 1,6 \rrbracket$ et la même application $X : \omega \mapsto \omega$, un dé équilibré et un dé truqué donnent le même support $\llbracket 1,6 \rrbracket$ et deux lois différentes.

Conséquence à connaître : $x \in X(\Omega)$ n'entraîne pas $\mathbb{P}(X = x) > 0$. Sur $\Omega = \{a,b\}$ muni de $\mathbb{P}(\{a\}) = 1$ et $\mathbb{P}(\{b\}) = 0$, la variable définie par $X(a) = 0$ et $X(b) = 1$ a pour support $\{0,1\}$, avec pourtant $\mathbb{P}(X = 1) = 0$.

Déterminer la loi de $X$ revient à déterminer $X(\Omega)$ et à calculer, pour tout $x \in X(\Omega)$, la valeur de $\mathbb{P}(X = x)$.

Le gain est spectaculaire : pour la somme de deux dés, $11$ nombres au lieu de $2048$. Et ces $11$ nombres ne sont pas libres — ils sont positifs et de somme $1$, puisque $\bigl(\{X = x\}\bigr)_{x \in X(\Omega)}$ est le système complet associé à $X$ :

C'est le contrôle à effectuer systématiquement en fin de calcul : une somme différente de $1$ signale une valeur oubliée, comptée deux fois, ou un support mal identifié.

Pour le dé équilibré à six faces et $X : \omega \mapsto \omega$, la loi tient en une ligne : $X(\Omega) = \llbracket 1,6\rrbracket$ et $\mathbb{P}(X = k) = \frac{1}{6}$ pour tout $k$.

Pour la somme de deux dés, le support $X(\Omega) = \llbracket 2,12\rrbracket$ s'obtient aussi vite, mais les onze probabilités ne sont pas égales : le diagramme ci-dessus le montre. Comment les calculer sans énumérer à la main les $36$ issues ?

Étape 1 — Modéliser. Choisir un univers $\Omega$ et la probabilité dont on le munit. Dans les tirages « au hasard », c'est l'équiprobabilité, et il faut alors que les issues retenues soient effectivement symétriques (boules discernables, tirages ordonnés si l'ordre compte).

Étape 2 — Le support. Déterminer $X(\Omega)$ par double inclusion : d'abord une contrainte qui borne les valeurs possibles, puis une issue explicite réalisant chaque valeur restante. Ne jamais annoncer un support sans avoir vérifié ce second point.

Étape 3 — Les probabilités. Pour chaque $x \in X(\Omega)$, calculer $\mathbb{P}(X = x)$ en décrivant l'événement $\{X = x\}$ ; sous équiprobabilité, cela revient à un dénombrement,

Étape 4 — Vérifier. Contrôler que $\displaystyle\sum_{x \in X(\Omega)} \mathbb{P}(X = x) = 1$. Cette étape n'est pas facultative : c'est le seul garde-fou contre une valeur oubliée.

Quand l'étape 3 résiste. Il arrive que $\{X = x\}$ soit pénible à décrire alors que $\{X \leqslant x\}$ ou $\{X \geqslant x\}$ est immédiat. On passe alors par les probabilités cumulées, puis on redescend par différence.

Parfois, il est plus simple de déterminer d'abord $\mathbb{P}(X \leqslant x)$ (resp. $\mathbb{P}(X \geqslant x)$) plutôt que directement $\mathbb{P}(X = x)$. C'est le cas en particulier dans des problèmes de maximum (resp. minimum). Dans le cas où $X(\Omega) \subset \mathbb{Z}$, on utilisera, pour tout $k \in \mathbb{Z}$, les égalités :

Ces deux égalités ne sont rien d'autre que la règle de la différence appliquée à des événements emboîtés. Pour la première : $\{X \leqslant k-1\} \subset \{X \leqslant k\}$, et la différence des deux ensembles est exactement $\{X = k\}$, car $X$ ne prend que des valeurs entières — c'est là, et seulement là, que sert l'hypothèse $X(\Omega) \subset \mathbb{Z}$. Sans elle, il pourrait exister des valeurs strictement comprises entre $k-1$ et $k$, et la différence ne se réduirait plus au singleton.

Dire que deux variables aléatoires sur le même espace probabilisé ont même loi ne signifie pas qu'elles sont égales. En effet, l'égalité $X = Y$ équivaut à : $\forall \omega \in \Omega,\ X(\omega) = Y(\omega)$, tandis que $X \sim Y$ n'impose que l'égalité des probabilités des événements $\{X = x\}$ et $\{Y = x\}$, non leur égalité en tant qu'ensembles.

Les deux conditions de la définition sont indispensables et il faut les vérifier dans cet ordre : la seconde n'a même pas de sens si la première échoue. On rencontre régulièrement des variables dont les distributions coïncident sur les valeurs communes mais dont les supports diffèrent — elles n'ont pas même loi.

Noter aussi que la définition ne mentionne à aucun moment l'univers : elle ne compare que des supports et des nombres. C'est ce qui permettra de dire que deux variables définies sur des espaces probabilisés différents ont même loi.

Soit $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ muni de la loi uniforme (lancer d'un dé équilibré). On définit deux variables aléatoires sur $\Omega$ par :

Alors $X(\Omega) = Y(\Omega) = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$, et pour tout $x \in \llbracket 1, 6 \rrbracket$ :

Donc $X \sim Y$. Pourtant $X \neq Y$ : par exemple $X(1) = 1 \neq 6 = Y(1)$.

La formule est un regroupement : la famille $\bigl(f^{-1}(\{y\})\bigr)_{y \in f(X(\Omega))}$ est une partition de $X(\Omega)$, et passer de $X$ à $f(X)$ revient à fusionner les valeurs que $f$ envoie au même endroit, en additionnant leurs probabilités.

Deux conséquences opposées, selon la nature de $f$. Si $f$ est injective sur $X(\Omega)$, chaque $f^{-1}(\{y\})$ est un singleton : rien ne fusionne, les probabilités sont simplement recopiées sur les nouvelles valeurs, et aucune information n'est perdue. Si $f$ n'est pas injective, des valeurs distinctes se retrouvent confondues, et la loi de $f(X)$ en sait strictement moins que celle de $X$.

Remarquer enfin que $f(X)(\Omega)$ n'est rien d'autre que $f\bigl(X(\Omega)\bigr)$ : l'image du support par $f$.

Soit $f$ l'application $x \mapsto x^2$.

Si $X(\Omega) = \llbracket -n, n \rrbracket$, alors $X^2(\Omega) = \{k^2,\, k \in \llbracket 0, n \rrbracket\}$ et la loi de $X^2$ est donnée par :

Ce résultat reste valable si $X$ et $Y$ ont même loi mais ne sont pas définies sur le même espace probabilisé.

La preuve ci-dessus rend cette extension évidente : à aucun moment on n'a évalué $X$ ou $Y$ en une issue. Tout s'est joué sur les supports et sur les nombres $\mathbb{P}(X = x)$ — c'est-à-dire sur les lois seules. Une démonstration qui ne mentionne jamais $\Omega$ ne peut pas dépendre de $\Omega$.

C'est la proposition qui, en pratique, autorise la phrase « quitte à remplacer $X$ par une variable de même loi » : dès lors qu'on ne s'intéresse qu'à des quantités calculées à partir de la loi, on peut choisir le modèle le plus commode.