MPSI · Variables aléatoires réelles

Lois usuelles : uniforme, Bernoulli, binomiale

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Question

Chaque nouvelle expérience semble appeler une nouvelle loi, à déterminer de zéro. Pourtant, les mêmes situations reviennent sans cesse : un tirage sans préférence, une épreuve à deux issues, la répétition de cette épreuve. Ne pourrait-on pas traiter ces cas une fois pour toutes, et se contenter ensuite de les reconnaître ?

C'est le programme de cette leçon. Trois lois y sont mises en place, avec pour chacune la même démarche : une définition, la situation type qu'elle modélise, puis son espérance et sa variance calculées une bonne fois. Le travail, dans un exercice, se réduira alors à identifier la loi et ses paramètres — le reste se lit dans le cours.

La loi uniforme

Question

Comment traduire, en termes de loi, l'idée qu'aucune valeur n'est privilégiée par rapport aux autres ?

Définition 1 : Loi uniforme

Soit XX une variable aléatoire définie sur Ω\Omega, à valeurs dans ⟦1,n⟧\llbracket 1, n \rrbracket. On dit que XX suit une loi uniforme si

∀k∈⟦1,n⟧,P(X=k)=1n.\forall k \in \llbracket 1, n \rrbracket, \quad \mathbb{P}(X = k) = \frac{1}{n}.

On note alors X∼U(⟦1,n⟧)X \sim \mathcal{U}(\llbracket 1, n \rrbracket) ou X↪U(⟦1,n⟧)X \hookrightarrow \mathcal{U}(\llbracket 1, n \rrbracket).

Remarque :

La condition n'est pas aussi anodine qu'elle en a l'air : elle impose que toutes les valeurs du support aient la même probabilité, et la valeur commune est alors forcée. Puisque les nn probabilités somment à 11 et sont égales, chacune vaut nécessairement 1n\tfrac1n — il n'y a rien à choisir.

Ne pas confondre avec l'équiprobabilité sur Ω\Omega, qui est une hypothèse sur le modèle. Une variable peut suivre une loi uniforme sur un univers qui n'est pas équiprobable, et une variable définie sur un univers équiprobable n'a aucune raison de suivre une loi uniforme — la somme de deux dés en est l'exemple le plus immédiat.

Exemple — Exemple type : lancer d'un dé :

On lance un dé équilibré à 66 faces. On note XX la variable aléatoire correspondant au numéro obtenu. Alors :

∀k∈⟦1,6⟧,P(X=k)=16.\forall k \in \llbracket 1, 6 \rrbracket, \quad \mathbb{P}(X = k) = \frac{1}{6}.

Proposition 1 : Espérance de la loi uniforme

Si XX suit une loi uniforme sur ⟦1,n⟧\llbracket 1, n \rrbracket, alors

E(X)=n+12et V(X)=n2−112.E(X) = \frac{n+1}{2} \text{\quad et \quad} V(X) = \frac{n^2-1}{12}.

Démonstration :

Espérance. Toutes les probabilités valant 1n\tfrac1n, elles se factorisent, et la somme des nn premiers entiers est connue :

E(X)=∑k=1nk×1n=1n×n(n+1)2=n+12.E(X) = \sum_{k=1}^{n} k \times \frac1n = \frac1n \times \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n+1}{2}.

Variance. La formule de transfert appliquée à t↦t2t \mapsto t^2, jointe à la somme des carrés des nn premiers entiers, donne

E(X2)=∑k=1nk2×1n=1n×n(n+1)(2n+1)6=(n+1)(2n+1)6.E(X^2) = \sum_{k=1}^{n} k^2 \times \frac1n = \frac1n \times \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{(n+1)(2n+1)}{6}.

La formule de Kœnig-Huygens conclut, après mise au même dénominateur et factorisation par n+1n+1 :

V(X)=(n+1)(2n+1)6−(n+1)24=n+112(2(2n+1)−3(n+1))=(n+1)(n−1)12=n2−112.V(X) = \frac{(n+1)(2n+1)}{6} - \frac{(n+1)^2}{4} = \frac{n+1}{12}\Bigl(2(2n+1) - 3(n+1)\Bigr) = \frac{(n+1)(n-1)}{12} = \frac{n^2-1}{12}.

Remarque :

Les deux résultats se lisent sans effort.

L'espérance n+12\tfrac{n+1}{2} est le milieu du support : c'était prévisible, la loi étant symétrique par rapport à ce point, comme le montre l'échange k↦n+1−kk \mapsto n+1-k qui laisse la loi invariante.

La variance, elle, croît comme n212\tfrac{n^2}{12}, donc l'écart-type comme n12≈0,29 n\tfrac{n}{\sqrt{12}} \approx 0{,}29\,n : plus le support est étendu, plus la variable est dispersée, proportionnellement à l'étendue. Cas limite instructif : n=1n = 1 donne V(X)=0V(X) = 0, ce qui est cohérent — la variable est alors certaine.

Test 1 : Uniforme sur un univers équiprobable ?

Si l'univers Ω\Omega est muni de l'équiprobabilité, toute variable aléatoire définie sur Ω\Omega suit une loi uniforme.

Exercice 1 : Rang d'apparition d'une boule noire

Une urne UU contient une boule noire et nn boules blanches indiscernables au toucher. On pioche dans l'urne UU successivement et sans remise les n+1n+1 boules. On note ZZ la variable aléatoire égale au numéro du tirage auquel la boule noire est apparue.

  1. Quelle est la loi de ZZ ? On précisera Z(Ω)Z(\Omega) et P(Z=k)\mathbb{P}(Z=k) pour tout kk de Z(Ω)Z(\Omega).
  2. Donner les valeurs de E(Z)E(Z) et de V(Z)V(Z).
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Les boules blanches sont indiscernables au toucher, mais ce sont bien nn objets distincts : il faut les numéroter pour préserver l'équiprobabilité des issues. On tire successivement et sans remise les n+1n+1 boules : une issue est donc l'ordre complet dans lequel elles sortent, c'est-à-dire une permutation des n+1n+1 boules. On prend pour Ω\Omega l'ensemble de ces permutations, muni de l'équiprobabilité, avec

Card Ω=(n+1)!.\mathrm{Card}\,\Omega = (n+1)! .

La boule noire sort à l'un des n+1n+1 tirages, et chacun est réalisable : Z(Ω)=⟦1,n+1⟧Z(\Omega) = \llbracket 1, n+1\rrbracket.

Fixons k∈⟦1,n+1⟧k \in \llbracket 1,n+1\rrbracket. L'événement {Z=k}\{Z = k\} impose la position de la boule noire — le kk-ième tirage — et laisse libre l'ordre des nn boules blanches sur les nn places restantes, soit n!n! possibilités. Par équiprobabilité :

P(Z=k)=n!(n+1)!=1n+1.\mathbb{P}(Z = k) = \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} .

Cette probabilité ne dépend pas de kk : la variable ZZ suit la loi uniforme sur ⟦1,n+1⟧\llbracket 1,n+1\rrbracket, soit Z∼U(⟦1,n+1⟧)Z \sim \mathcal{U}(\llbracket 1,n+1\rrbracket).

2. Il suffit d'appliquer le résultat du cours en y remplaçant nn par n+1n+1 :

E(Z)=(n+1)+12=n+22,V(Z)=(n+1)2−112=n2+2n12=n(n+2)12.E(Z) = \frac{(n+1)+1}{2} = \frac{n+2}{2}, \qquad V(Z) = \frac{(n+1)^2-1}{12} = \frac{n^2+2n}{12} = \frac{n(n+2)}{12} .

Le point à retenir. Le résultat de la question 1 se devine sans calcul, par symétrie : les nn boules blanches jouant des rôles interchangeables, aucune position n'est privilégiée pour la boule noire, et les n+1n+1 rangs sont donc équiprobables. Un tel argument est un excellent contrôle, mais il ne dispense pas de la rédaction : c'est la description explicite de Ω\Omega et le dénombrement de {Z=k}\{Z=k\} qui font la preuve.

Noter aussi le piège de modélisation : traiter les boules blanches comme un objet unique, sous prétexte qu'elles sont indiscernables, détruit l'équiprobabilité et fausse tout le calcul. Des objets indiscernables au toucher restent des objets distincts.

La loi de Bernoulli

Question

Une expérience n'a parfois que deux issues : gagné ou perdu, conforme ou défectueux, pile ou face. La loi est alors si simple qu'on pourrait la croire sans intérêt. Pourquoi lui donner un nom, et que peut-elle bien servir à construire ?

Définition 2 : Loi de Bernoulli

Soit XX une variable aléatoire définie sur Ω\Omega à valeurs dans {0,1}\{0, 1\}. Pour p∈[0,1]p \in [0, 1], on dit que XX suit une loi de Bernoulli de paramètre pp si

P(X=1)=petP(X=0)=1−p=q.\mathbb{P}(X = 1) = p \quad \text{et} \quad \mathbb{P}(X = 0) = 1 - p = q.

On note X∼B(p)X \sim \mathcal{B}(p) ou X↪B(p)X \hookrightarrow \mathcal{B}(p).

Remarque :

  1. En général X(Ω)={0,1}X(\Omega) = \{0, 1\}, mais si p=0p = 0, alors X(Ω)={0}X(\Omega) = \{0\}, ou si p=1p = 1, alors X(Ω)={1}X(\Omega) = \{1\}. Ce sont des cas critiques qui correspondent à la loi certaine.

  2. La loi 1A\mathbf{1}_A suit une loi de Bernoulli de paramètre p=P(A)p = \mathbb{P}(A).

Remarque :

Le point 2 admet une réciproque, et c'est elle qui donne son statut à la loi de Bernoulli. On a établi qu'une variable aléatoire vérifiant X2=XX^2 = X est l'indicatrice de l'événement {X=1}\{X = 1\} ; or une variable à valeurs dans {0,1}\{0,1\} vérifie précisément cette équation. Les variables de Bernoulli sont donc exactement les indicatrices d'événements.

Une loi de Bernoulli n'est ainsi rien d'autre qu'un événement vu comme un nombre. C'est ce changement de point de vue qui rend la notion utile : un événement ne s'additionne pas, une indicatrice si — et compter les réalisations d'un événement devient une somme de variables aléatoires. Toute la suite de cette leçon repose sur ce basculement.

Exemple — Exemple type : lancer à deux issues :

Une pièce truquée a une probabilité pp de tomber sur pile (succès) et q=1−pq = 1 - p de tomber sur face (échec). On définit la variable aléatoire XX qui teste si pile est sorti : XX vaut 11 si on obtient pile, et 00 sinon.

P(X=1)=petP(X=0)=1−p.\mathbb{P}(X = 1) = p \quad \text{et} \quad \mathbb{P}(X = 0) = 1 - p.

Vocabulaire :

Une expérience aléatoire à deux issues, l'une appelée succès et l'autre échec, s'appelle une épreuve de Bernoulli. Le paramètre pp est la probabilité du succès.

Proposition 2 : Espérance et variance d'une loi de Bernoulli

Soit XX une variable aléatoire suivant la loi de Bernoulli de paramètre pp. Alors :

E(X)=pet V(X)=p(1−p).E(X) = p\text{\quad et \quad} V(X) = p(1-p).

Démonstration :

La somme définissant l'espérance ne comporte que deux termes, dont l'un est nul :

E(X)=0×P(X=0)+1×P(X=1)=p.E(X) = 0 \times \mathbb{P}(X=0) + 1 \times \mathbb{P}(X=1) = p .

Pour la variance, on exploite le fait que XX ne prend que les valeurs 00 et 11, qui sont leurs propres carrés : la variable X2X^2 est égale à XX. Donc E(X2)=E(X)=pE(X^2) = E(X) = p, et la formule de Kœnig-Huygens donne

V(X)=E(X2)−(E(X))2=p−p2=p(1−p).V(X) = E(X^2) - \bigl(E(X)\bigr)^2 = p - p^2 = p(1-p).

Remarque :

L'égalité E(X)=pE(X) = p redit, en langage d'espérance, que E(1A)=P(A)E(\mathbf{1}_A) = \mathbb{P}(A) : une probabilité est une espérance.

La variance p(1−p)p(1-p) mérite une lecture. Vue comme fonction de pp sur [0,1][0,1], c'est une parabole qui s'annule en 00 et en 11 et culmine en p=12p = \tfrac12, où elle vaut 14\tfrac14. Autrement dit, l'incertitude est maximale quand les deux issues sont également probables, et nulle quand l'une d'elles est certaine — ce qui est exactement ce qu'on attend d'une mesure de dispersion.

Test 2 : Une équation caractéristique

Une variable aléatoire XX suit une loi de Bernoulli si et seulement si X2=XX^2 = X.

Exercice 2 : Multiple de trois

On lance un dé équilibré à 66 faces. On définit la variable aléatoire XX valant 11 si le résultat est un multiple de 33, et 00 sinon. Déterminer la loi de XX, puis calculer E(X)E(X) et V(X)V(X).

Solution :(cliquer pour afficher)

On prend Ω=⟦1,6⟧\Omega = \llbracket 1,6\rrbracket muni de l'équiprobabilité. La variable XX est à valeurs dans {0,1}\{0,1\} : elle suit donc une loi de Bernoulli, et il ne reste qu'à identifier son paramètre.

Soit AA l'événement « le résultat est un multiple de 33 ». Les multiples de 33 dans ⟦1,6⟧\llbracket 1,6\rrbracket sont 33 et 66, donc A={3,6}A = \{3,6\} et

p=P(A)=26=13.p = \mathbb{P}(A) = \frac{2}{6} = \frac13 .

Ainsi X=1A∼B ⁣(13)X = \mathbf{1}_A \sim \mathcal{B}\!\left(\tfrac13\right), avec P(X=1)=13\mathbb{P}(X=1) = \tfrac13 et P(X=0)=23\mathbb{P}(X=0) = \tfrac23. Le cours donne alors directement

E(X)=13,V(X)=13×23=29.E(X) = \frac13, \qquad V(X) = \frac13 \times \frac23 = \frac29 .

La méthode, en deux temps. Une fois la loi reconnue, plus rien n'est à calculer : EE et VV se lisent dans le cours. Tout le travail consiste donc à vérifier que XX est à valeurs dans {0,1}\{0,1\}, puis à déterminer pp — et déterminer pp, c'est calculer une probabilité d'événement, donc dénombrer. C'est le schéma que suivront tous les exercices de cette leçon.

La loi binomiale

Question

Une épreuve de Bernoulli isolée n'apprend pas grand-chose. Mais si on la répète nn fois dans les mêmes conditions et qu'on compte les succès, quelle est la loi de ce compte ?

Définition 3 : Loi binomiale

Soit XX une variable aléatoire définie sur Ω\Omega à valeurs dans ⟦0,n⟧\llbracket 0, n \rrbracket. Pour p∈[0,1]p \in [0, 1], on dit que XX suit une loi binomiale de paramètres nn et pp si

∀k∈⟦0,n⟧,P(X=k)=(nk)pk(1−p)n−k.\forall k \in \llbracket 0, n \rrbracket, \quad \mathbb{P}(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}.

On note X∼B(n,p)X \sim \mathcal{B}(n, p) ou X↪B(n,p)X \hookrightarrow \mathcal{B}(n, p).

Remarque :

  1. D'après la formule du binôme de Newton, on retrouve bien :
P(X∈⟦0,n⟧)=∑k=0n(nk)pk(1−p)n−k=1.\mathbb{P}\bigl(X \in \llbracket 0, n \rrbracket\bigr) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} = 1.

  1. La loi de Bernoulli est un cas particulier de la loi binomiale pour n=1n = 1 : B(p)=B(1,p)\mathcal{B}(p) = \mathcal{B}(1, p).

  2. La remarque formulée pour la loi de Bernoulli concernant le paramètre pp est également valable pour la loi binomiale.

Question

La définition pose une formule, sans dire d'où elle vient. Pourquoi ce coefficient binomial, pourquoi ces exposants ? Quelle expérience concrète produit exactement cette loi — et sous quelles conditions ?

Notation :

Pour k∈⟦0,n⟧k \in \llbracket 0,n\rrbracket, on note Pk(⟦1,n⟧)\mathcal{P}_k\bigl(\llbracket 1,n\rrbracket\bigr) l'ensemble des parties de ⟦1,n⟧\llbracket 1,n\rrbracket de cardinal kk. Le dénombrement des combinaisons donne

Card Pk(⟦1,n⟧)=(nk).\mathrm{Card}\ \mathcal{P}_k\bigl(\llbracket 1,n\rrbracket\bigr) = \binom{n}{k}.

Proposition 3 : Interprétation de la loi binomiale

Si XX est la variable aléatoire égale au nombre de succès obtenus lors de la répétition indépendante de nn épreuves de Bernoulli de même paramètre p∈[0,1]p \in [0, 1], alors XX suit une loi binomiale de paramètres nn et pp.

Autrement dit : si X=∑i=1nXiX = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} X_i, avec pour tout i∈⟦1,n⟧i \in \llbracket 1, n \rrbracket, Xi↪B(p)X_i \hookrightarrow \mathcal{B}(p) et mutuellement indépendantes, alors

X↪B(n,p).X \hookrightarrow \mathcal{B}(n, p).

Démonstration :

Considérons une expérience à deux issues menée à nn reprises dans les mêmes conditions (lancers de pile ou face, tirages dans une urne avec remise…). Notons AiA_i l'événement « victoire à la ii-ème expérience » pour i∈⟦1,n⟧i \in \llbracket 1,n\rrbracket, de sorte que Xi=1AiX_i = \mathbf{1}_{A_i} et que X=∑i=1nXiX = \sum_{i=1}^{n} X_i compte les victoires.

Décomposition de l'événement {X=k}\{X = k\}. Fixons k∈⟦0,n⟧k \in \llbracket 0,n\rrbracket. Pour toute partie I∈Pk(⟦1,n⟧)I \in \mathcal{P}_k\bigl(\llbracket 1,n\rrbracket\bigr), posons

EI=(⋂i∈IAi)∩(⋂j∉IAj‾),E_I = \Bigl(\bigcap_{i \in I} A_i\Bigr) \cap \Bigl(\bigcap_{j \notin I} \overline{A_j}\Bigr),

l'événement « les victoires ont lieu exactement aux expériences d'indices dans II ».

Ces événements sont deux à deux incompatibles : si I≠I′I \neq I', il existe un indice ii appartenant à l'une des deux parties et pas à l'autre, disons i∈I∖I′i \in I \setminus I' ; alors EI⊂AiE_I \subset A_i tandis que EI′⊂Ai‾E_{I'} \subset \overline{A_i}, et l'intersection est vide.

Leur réunion est {X=k}\{X = k\} : si ω\omega vérifie X(ω)=kX(\omega) = k, la partie I={i:ω∈Ai}I = \{i : \omega \in A_i\} est de cardinal kk et ω∈EI\omega \in E_I ; réciproquement, toute issue de EIE_I réalise exactement kk victoires.

Le calcul. L'additivité de la probabilité, puis l'indépendance mutuelle, puis le dénombrement donnent successivement :

P(X=k)=P( ⋃I∈Pk(⟦1,n⟧)(⋂i∈IAi∩⋂j∉IAj‾))=∑I∈Pk(⟦1,n⟧)P(⋂i∈IAi∩⋂j∉IAj‾)=∑I∈Pk(⟦1,n⟧)(∏i∈IP(Ai))(∏j∉IP(Aj‾))=∑I∈Pk(⟦1,n⟧)pk(1−p)n−k=(nk)pk(1−p)n−k.\begin{aligned} \mathbb{P}(X = k) &= \mathbb{P}\left(\ \bigcup_{I \in \mathcal{P}_k(\llbracket 1,n\rrbracket)} \Bigl(\bigcap_{i \in I} A_i \cap \bigcap_{j \notin I} \overline{A_j}\Bigr)\right) \\[4pt] &= \sum_{I \in \mathcal{P}_k(\llbracket 1,n\rrbracket)} \mathbb{P}\Bigl(\bigcap_{i \in I} A_i \cap \bigcap_{j \notin I} \overline{A_j}\Bigr) \\[4pt] &= \sum_{I \in \mathcal{P}_k(\llbracket 1,n\rrbracket)} \left(\prod_{i \in I} \mathbb{P}(A_i)\right)\left(\prod_{j \notin I} \mathbb{P}\bigl(\overline{A_j}\bigr)\right) \\[4pt] &= \sum_{I \in \mathcal{P}_k(\llbracket 1,n\rrbracket)} p^k (1-p)^{n-k} \\[4pt] &= \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}. \end{aligned}

Justifions les deux passages qui ne sont pas de pure écriture.

Le troisième utilise l'indépendance mutuelle des variables X1,…,XnX_1,\ldots,X_n. En effet, Ai={Xi=1}A_i = \{X_i = 1\} et Aj‾={Xj=0}\overline{A_j} = \{X_j = 0\} : l'événement EIE_I est exactement l'intersection des {Xi=xi}\{X_i = x_i\} pour le nn-uplet (x1,…,xn)(x_1,\ldots,x_n) valant 11 sur II et 00 ailleurs. La définition de l'indépendance mutuelle donne directement la factorisation en produit.

Le quatrième utilise que les épreuves ont toutes le même paramètre : chacun des kk facteurs P(Ai)\mathbb{P}(A_i) vaut pp et chacun des n−kn-k facteurs P(Aj‾)\mathbb{P}\bigl(\overline{A_j}\bigr) vaut 1−p1-p. Le terme sommé ne dépend donc plus de II, et la somme d'une constante sur Pk(⟦1,n⟧)\mathcal{P}_k\bigl(\llbracket 1,n\rrbracket\bigr) vaut cette constante multipliée par le cardinal de cet ensemble, c'est-à-dire (nk)\binom{n}{k}.

Remarque :

La démonstration éclaire la formule terme par terme, et il faut savoir la relire ainsi : pk(1−p)n−kp^k(1-p)^{n-k} est la probabilité d'un scénario précis à kk succès, et (nk)\binom{n}{k} compte le nombre de scénarios de ce type. Le coefficient binomial n'a donc rien de mystérieux : il dénombre les places possibles des succès.

Elle isole surtout trois hypothèses, chacune indispensable, et chacune utilisée à un endroit précis.

HypothèseOù elle sert
Deux issues par épreuveÉcriture de EIE_I à l'aide de AiA_i et Ai‾\overline{A_i}
Indépendance mutuelleFactorisation en produit (3ᵉ ligne)
Même paramètre ppTerme constant sur Pk\mathcal{P}_k (4ᵉ ligne)

Retirer l'une d'elles fait tomber le résultat. Un tirage sans remise viole l'indépendance : le nombre de boules blanches obtenues ne suit alors pas une loi binomiale. Des épreuves de paramètres différents la violent aussi : la somme reste à valeurs dans ⟦0,n⟧\llbracket 0,n\rrbracket, mais sa loi n'est plus binomiale.

Exemple :

  1. Tirages avec remise :

On dispose d'une urne contenant NN boules, dont RR sont rouges et N−RN - R sont jaunes. On effectue nn tirages successifs avec remise. La probabilité d'obtenir exactement kk boules rouges parmi les nn tirages est

P(X=k)=(nk)Rk(N−R)n−kNn.\mathbb{P}(X = k) = \binom{n}{k} \frac{R^k (N-R)^{n-k}}{N^n}.
  1. Répétitions indépendantes d'une épreuve de Bernoulli :

On reprend l'épreuve de Bernoulli à la pièce et l'on effectue nn lancers indépendants. On définit la variable aléatoire XX qui compte le nombre de fois que l'on a obtenu pile (nombre de succès). Alors

P(X=k)=(nk)pk(1−p)n−k.\mathbb{P}(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}.

Proposition 4 : Espérance et variance d'une loi binomiale

Soit XX une variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètre (n,p)(n,p). Alors :

E(X)=npet V(X)=np(1−p).E(X) = np\text{\quad et \quad} V(X) = np(1-p).

Démonstration :

Considérons nn variables X1,…,XnX_1,\ldots,X_n mutuellement indépendantes, suivant chacune la loi B(p)\mathcal{B}(p), et posons S=∑i=1nXiS = \sum_{i=1}^{n} X_i. La proposition précédente assure que SS suit la loi B(n,p)\mathcal{B}(n,p), donc que X∼SX \sim S.

Or l'espérance et la variance ne dépendent que de la loi : deux variables de même loi ont même espérance, et même espérance du carré, donc même variance. Il suffit donc d'établir le résultat pour SS.

Espérance. La linéarité de l'espérance, valable sans aucune hypothèse, et E(Xi)=pE(X_i) = p donnent

E(S)=∑i=1nE(Xi)=np.E(S) = \sum_{i=1}^{n} E(X_i) = np .

Variance. Les XiX_i étant mutuellement indépendantes, les variances s'ajoutent, et V(Xi)=p(1−p)V(X_i) = p(1-p) :

V(S)=∑i=1nV(Xi)=np(1−p).V(S) = \sum_{i=1}^{n} V(X_i) = np(1-p).

D'où E(X)=npE(X) = np et V(X)=np(1−p)V(X) = np(1-p).

Remarque :

Le résultat E(X)=npE(X) = np est celui qu'on attendait : sur nn épreuves ayant chacune une chance pp de réussir, on réussit en moyenne npnp fois. Il ne faut cependant pas oublier qu'il repose sur une démonstration — c'est la linéarité, non l'intuition, qui l'établit.

La variance np(1−p)np(1-p) se lit comme nn fois la variance d'une seule épreuve : c'est l'additivité en action, et c'est le seul endroit du calcul où l'indépendance a servi. On peut d'ailleurs mesurer ce que coûte le hasard relativement à la taille de l'expérience :

σ(X)E(X)=np(1−p)np=1n1−pp→n→+∞0.\frac{\sigma(X)}{E(X)} = \frac{\sqrt{np(1-p)}}{np} = \frac{1}{\sqrt n}\sqrt{\frac{1-p}{p}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0 .

Le nombre de succès fluctue donc de moins en moins, proportionnellement à sa valeur moyenne, quand le nombre d'épreuves grandit : c'est déjà l'ombre de la loi des grands nombres.

Exercice 3 : Retrouver l'espérance par le calcul direct

Soit X∼B(n,p)X \sim \mathcal{B}(n,p) avec n⩾1n \geqslant 1.

  1. Montrer que pour tout k∈⟦1,n⟧k \in \llbracket 1,n\rrbracket, on a k(nk)=n(n−1k−1)k\dbinom{n}{k} = n\dbinom{n-1}{k-1}.
  2. En déduire, par le calcul direct de ∑k=0nk P(X=k)\displaystyle\sum_{k=0}^{n} k\,\mathbb{P}(X=k), que E(X)=npE(X) = np.
  3. Montrer de même que k(k−1)(nk)=n(n−1)(n−2k−2)k(k-1)\dbinom{n}{k} = n(n-1)\dbinom{n-2}{k-2} pour k⩾2k \geqslant 2, puis calculer E(X(X−1))E\bigl(X(X-1)\bigr).
  4. En déduire V(X)V(X).
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Soit k∈⟦1,n⟧k \in \llbracket 1,n\rrbracket. On écrit les deux membres sous forme factorielle :

k(nk)=k×n!k! (n−k)!=n!(k−1)! (n−k)!,k\binom{n}{k} = k \times \frac{n!}{k!\,(n-k)!} = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!},n(n−1k−1)=n×(n−1)!(k−1)! ((n−1)−(k−1))!=n!(k−1)! (n−k)!.n\binom{n-1}{k-1} = n \times \frac{(n-1)!}{(k-1)!\,\bigl((n-1)-(k-1)\bigr)!} = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!} .

Les deux expressions coïncident.

2. Le terme d'indice k=0k=0 est nul, ce qui permet de démarrer la somme à k=1k=1 et d'appliquer la question 1 :

E(X)=∑k=1nk(nk)pk(1−p)n−k=∑k=1nn(n−1k−1)pk(1−p)n−k.E(X) = \sum_{k=1}^{n} k\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k} = \sum_{k=1}^{n} n\binom{n-1}{k-1} p^k(1-p)^{n-k} .

On factorise npnp et l'on pose j=k−1j = k-1, de sorte que jj parcourt ⟦0,n−1⟧\llbracket 0,n-1\rrbracket et que n−k=(n−1)−jn-k = (n-1)-j :

E(X)=np∑j=0n−1(n−1j)pj(1−p)(n−1)−j=np (p+(1−p))n−1=np,E(X) = np \sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-1}{j} p^{j}(1-p)^{(n-1)-j} = np\,\bigl(p + (1-p)\bigr)^{n-1} = np ,

la dernière somme étant reconnue comme le développement du binôme de Newton, égal à 1n−11^{n-1}.

3. Le même calcul factoriel donne, pour k⩾2k \geqslant 2,

k(k−1)(nk)=n!(k−2)! (n−k)!=n(n−1)(n−2k−2).k(k-1)\binom{n}{k} = \frac{n!}{(k-2)!\,(n-k)!} = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}.

Par la formule de transfert appliquée à t↦t(t−1)t \mapsto t(t-1), les termes k=0k=0 et k=1k=1 étant nuls :

E(X(X−1))=∑k=2nn(n−1)(n−2k−2)pk(1−p)n−k=n(n−1)p2∑j=0n−2(n−2j)pj(1−p)(n−2)−j,E\bigl(X(X-1)\bigr) = \sum_{k=2}^{n} n(n-1)\binom{n-2}{k-2} p^k(1-p)^{n-k} = n(n-1)p^2 \sum_{j=0}^{n-2} \binom{n-2}{j} p^{j}(1-p)^{(n-2)-j},

avec j=k−2j = k-2. La somme vaut de nouveau 11, donc E(X(X−1))=n(n−1)p2E\bigl(X(X-1)\bigr) = n(n-1)p^2.

4. La linéarité donne E(X2)=E(X(X−1))+E(X)=n(n−1)p2+npE(X^2) = E\bigl(X(X-1)\bigr) + E(X) = n(n-1)p^2 + np, puis Kœnig-Huygens :

V(X)=n(n−1)p2+np−n2p2=np−np2=np(1−p).V(X) = n(n-1)p^2 + np - n^2p^2 = np - np^2 = np(1-p).

Pourquoi cet exercice. Il retrouve par le calcul ce que la décomposition en somme d'indicatrices a donné en trois lignes — et le contraste est instructif. La voie directe fonctionne, mais elle exige deux identités binomiales et deux changements d'indice ; la voie structurelle ne demande que la linéarité et l'additivité. C'est la leçon générale du chapitre : décomposer avant de calculer.

La technique reste néanmoins à connaître. Le détour par E(X(X−1))E\bigl(X(X-1)\bigr) plutôt que par E(X2)E(X^2) est un réflexe standard dès qu'un coefficient binomial est en jeu : c'est le facteur k(k−1)k(k-1) qui simplifie les factorielles, pas k2k^2.

Test 3 : Tirage sans remise

Une urne contient 33 boules blanches et 77 boules noires. On tire successivement 44 boules sans remise et l'on note XX le nombre de boules blanches obtenues. Alors XX suit la loi binomiale de paramètres 44 et 310\tfrac{3}{10}.

Test 4 : Le complémentaire d'une binomiale

Si X∼B(n,p)X \sim \mathcal{B}(n,p), alors n−X∼B(n,1−p)n - X \sim \mathcal{B}(n,1-p).

Exercice 4 : Parc automobile

On suppose que la proportion de véhicules d'un parc automobile utilisés principalement pour le trajet entre le domicile et le travail est égale à p∈]0,1[p \in {]}0, 1{[}. On sélectionne de manière indépendante un échantillon aléatoire de nn véhicules. On note XX le nombre de véhicules de l'échantillon utilisés principalement pour ce trajet.

  1. Préciser la loi de probabilité de XX ainsi que ses paramètres.
  2. Exprimer, en fonction de nn et pp, la probabilité qu'exactement deux véhicules soient utilisés principalement pour le trajet domicile-travail. On supposera n⩾2n \geqslant 2.
  3. Exprimer, en fonction de nn et pp, la probabilité qu'au moins un véhicule soit utilisé principalement pour ce trajet.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Examinons les trois conditions de l'interprétation. Chaque véhicule sélectionné donne lieu à une épreuve à deux issues — il est utilisé principalement pour ce trajet, ou non — de probabilité de succès pp, identique pour tous puisque la proportion dans le parc est fixée ; enfin les sélections sont indépendantes par hypothèse. La variable XX compte les succès sur nn épreuves :

X∼B(n,p),avec∀k∈⟦0,n⟧,P(X=k)=(nk)pk(1−p)n−k.X \sim \mathcal{B}(n,p), \qquad\text{avec}\qquad \forall k \in \llbracket 0,n\rrbracket,\quad \mathbb{P}(X=k) = \binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}.

2. Il suffit d'appliquer la formule en k=2k=2, en explicitant le coefficient binomial :

P(X=2)=(n2)p2(1−p)n−2=n(n−1)2 p2(1−p)n−2.\mathbb{P}(X = 2) = \binom{n}{2}p^2(1-p)^{n-2} = \frac{n(n-1)}{2}\,p^2(1-p)^{n-2}.

3. L'événement « au moins un » est le contraire de « aucun » — c'est le réflexe à avoir, une seule probabilité étant alors à calculer au lieu de nn :

P(X⩾1)=1−P(X=0)=1−(n0)p0(1−p)n=1−(1−p)n.\mathbb{P}(X \geqslant 1) = 1 - \mathbb{P}(X = 0) = 1 - \binom{n}{0}p^0(1-p)^{n} = 1 - (1-p)^{n}.

Contrôle et interprétation. Comme 0<1−p<10 < 1-p < 1, la quantité (1−p)n(1-p)^n tend vers 00 : la probabilité qu'au moins un véhicule convienne tend vers 11 quand l'échantillon grandit. C'est cohérent — avec assez de véhicules, on finit par en trouver un. On peut aussi contrôler l'ordre de grandeur par l'espérance : E(X)=npE(X) = np, donc dès que npnp dépasse nettement 11, l'événement {X⩾1}\{X \geqslant 1\} est très probable.

Noter enfin que la question 1 était l'essentiel de l'exercice. Les questions 2 et 3 ne sont que des applications de la formule : une fois la loi reconnue et ses paramètres identifiés, il n'y a plus de probabilité à construire.

Reconnaître une loi usuelle

Rédaction — Identifier la loi d'une variable aléatoire :

Devant une variable aléatoire, ne pas se lancer dans le dénombrement avant d'avoir cherché si sa loi est usuelle. La démarche tient en trois questions.

Question 1 — Quel est le support ? Deux valeurs {0,1}\{0,1\} oriente vers Bernoulli ; un intervalle d'entiers ⟦1,n⟧\llbracket 1,n\rrbracket vers l'uniforme ; ⟦0,n⟧\llbracket 0,n\rrbracket où nn est un nombre de répétitions, vers la binomiale.

Question 2 — La variable compte-t-elle quelque chose ? Si oui, chercher les nn épreuves dont elle compte les succès, et vérifier les trois conditions : deux issues, même probabilité de succès, indépendance mutuelle. Le point qui échoue le plus souvent est l'indépendance — un tirage sans remise la détruit.

Question 3 — Y a-t-il une symétrie ? Si les valeurs possibles jouent des rôles interchangeables, la loi est uniforme, et la vérification est immédiate.

Si aucune des trois lois ne convient, on revient à la méthode générale : support, puis P(X=k)\mathbb{P}(X=k) par dénombrement.

Une fois la loi reconnue, l'espérance et la variance ne se calculent plus : elles se lisent.

LoiSupportP(X=k)\mathbb{P}(X=k)E(X)E(X)V(X)V(X)
U(⟦1,n⟧)\mathcal{U}(\llbracket 1,n\rrbracket)⟦1,n⟧\llbracket 1,n\rrbracket1n\dfrac1nn+12\dfrac{n+1}{2}n2−112\dfrac{n^2-1}{12}
B(p)\mathcal{B}(p){0,1}\{0,1\}pp si k=1k=1, 1−p1-p si k=0k=0ppp(1−p)p(1-p)
B(n,p)\mathcal{B}(n,p)⟦0,n⟧\llbracket 0,n\rrbracket(nk)pk(1−p)n−k\dbinom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}npnpnp(1−p)np(1-p)

Exercice 5 : Cinq situations, quelles lois ?

Pour chacune des situations suivantes, dire si la variable XX suit l'une des trois lois usuelles. Si oui, préciser laquelle et ses paramètres, puis donner E(X)E(X) et V(X)V(X). Si non, justifier précisément quelle condition est en défaut.

  1. On lance 1010 fois une pièce truquée donnant pile avec probabilité 0,30{,}3 ; XX est le nombre de piles obtenus.
  2. Une urne contient 1010 boules, dont 33 blanches. On tire successivement 44 boules avec remise ; XX est le nombre de blanches obtenues.
  3. Mêmes données, mais les 44 boules sont tirées sans remise ; XX est le nombre de blanches obtenues.
  4. On lance deux dés équilibrés ; XX est la somme des deux résultats.
  5. On tire au hasard une carte dans un jeu de 3232 cartes ; XX vaut 11 si la carte est un cœur et 00 sinon.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Dix épreuves à deux issues, de même probabilité de succès 0,30{,}3, indépendantes puisque les lancers le sont, et XX compte les succès : les trois conditions sont réunies.

X∼B(10 ; 0,3),E(X)=3,V(X)=10×0,3×0,7=2,1.X \sim \mathcal{B}(10\,;\,0{,}3), \qquad E(X) = 3, \qquad V(X) = 10 \times 0{,}3 \times 0{,}7 = 2{,}1 .

2. La remise rétablit l'état initial de l'urne avant chaque tirage : les quatre épreuves sont indépendantes et ont toutes la même probabilité de succès 310\tfrac{3}{10}.

X∼B ⁣(4 ; 310),E(X)=1210=1,2,V(X)=4×310×710=84100=0,84.X \sim \mathcal{B}\!\left(4\,;\,\tfrac3{10}\right), \qquad E(X) = \frac{12}{10} = 1{,}2, \qquad V(X) = 4 \times \frac3{10} \times \frac7{10} = \frac{84}{100} = 0{,}84 .

3. Aucune des trois lois. La variable compte bien des succès sur quatre épreuves à deux issues, mais l'indépendance est en défaut, et le paramètre change d'une épreuve à l'autre : sachant que la première boule est blanche, la deuxième l'est avec probabilité 29\tfrac29, contre 39\tfrac39 dans le cas contraire.

Le contre-exemple décisif se lit sur le support : la loi B ⁣(4 ; 310)\mathcal{B}\!\left(4\,;\,\tfrac3{10}\right) donnerait P(X=4)=(310)4>0\mathbb{P}(X=4) = \left(\tfrac3{10}\right)^4 > 0, alors qu'il est impossible d'obtenir quatre blanches quand l'urne n'en contient que trois. Ici X(Ω)=⟦0,3⟧X(\Omega) = \llbracket 0,3\rrbracket et non ⟦0,4⟧\llbracket 0,4\rrbracket.

C'est la comparaison des questions 2 et 3 qu'il faut retenir : même urne, même nombre de tirages, même question — et deux lois entièrement différentes. Seul le protocole les sépare.

4. Aucune des trois lois. Le support ⟦2,12⟧\llbracket 2,12\rrbracket est bien un intervalle d'entiers, mais la loi n'est pas uniforme : P(X=2)=136\mathbb{P}(X=2) = \tfrac1{36} tandis que P(X=7)=636\mathbb{P}(X=7) = \tfrac6{36}. Aucune symétrie n'échange les valeurs entre elles, les paquets d'issues qu'elles regroupent n'ayant pas la même taille. La variable ne compte par ailleurs aucun succès : ce n'est pas une somme d'indicatrices, mais une somme de deux variables uniformes.

5. La variable est à valeurs dans {0,1}\{0,1\} : c'est une loi de Bernoulli, et il ne reste qu'à en identifier le paramètre. Un jeu de 3232 cartes comporte quatre couleurs de 88 cartes chacune, donc 88 cœurs :

p=832=14,X∼B ⁣(14),E(X)=14,V(X)=14×34=316.p = \frac{8}{32} = \frac14, \qquad X \sim \mathcal{B}\!\left(\tfrac14\right), \qquad E(X) = \frac14, \qquad V(X) = \frac14 \times \frac34 = \frac3{16} .

Bilan. Deux situations sur cinq échappent aux lois usuelles, et c'est une proportion réaliste : le catalogue est utile, il n'est pas universel. Le vrai savoir-faire n'est pas de plaquer une loi, mais de vérifier ses conditions — et de savoir revenir à la méthode générale quand elles ne sont pas remplies.