Variance d'une variable aléatoire

1. Pour $A$, l'espérance d'une variable certaine est sa valeur : $E(A) = 3$. Pour $B$, la loi est uniforme sur cinq valeurs consécutives :

Pour $C$ : $E(C) = \tfrac12 \times 0 + \tfrac12 \times 6 = 3$. Pour $D$ :

2. On applique Kœnig-Huygens, avec $E(\cdot)^2 = 9$ dans les quatre cas.

Classement : $V(A) = 0 < V(D) = 0{,}18 < V(B) = 2 < V(C) = 9$.

3. Les écarts-types valent respectivement

C'est l'écart-type qui parle à l'investisseur, parce qu'il est dans la même unité que le gain : dire que $C$ rapporte $3$ mille dirhams en moyenne avec un écart-type de $3$ mille dirhams est immédiatement interprétable — l'écart typique au résultat moyen est du même ordre que ce résultat moyen. La variance de $C$, elle, vaut $9$ « milliers de dirhams au carré », ce qui ne s'interprète pas. La variance sert au calcul, l'écart-type à la lecture.

4. Le placement $D$ est presque toujours identique à $A$ : dans $98\,\%$ des cas il rapporte exactement $3$. Mais dans les $2\,\%$ restants, il s'écarte autant que $C$ le fait systématiquement. Sa variance est pourtant très faible, à peine $2\,\%$ de celle de $C$.

C'est le point à comprendre : la variance est une moyenne, et une moyenne écrase les événements rares. Un écart de $3$ pèse $9$ dans la somme, mais il est multiplié par une probabilité de $0{,}02$. Un placement peut donc afficher une dispersion rassurante tout en cachant un risque de perte importante, simplement parce que ce risque est peu probable. Retenir que la variance décrit le comportement typique, pas le pire scénario — et qu'elle ne dispense jamais de regarder la loi elle-même.

1. Par la formule de transfert appliquée à $f : x \mapsto (x-m)^2$,

somme finie de réels positifs. Une telle somme est nulle si et seulement si chacun de ses termes l'est.

Supposons $V(X) = 0$. Pour tout $x \in X(\Omega)$ vérifiant $x \neq m$, le facteur $(x-m)^2$ est strictement positif, donc $\mathbb{P}(X = x) = 0$. Les événements $\{X = x\}$ formant un système complet, leurs probabilités somment à $1$, et il ne reste que $\mathbb{P}(X = m) = 1$ — ce qui impose au passage $m \in X(\Omega)$.

Réciproquement, si $\mathbb{P}(X = m) = 1$, tous les autres termes de la somme sont nuls et celui d'indice $m$ vaut $(m-m)^2 \times 1 = 0$ : la variance est nulle.

2. L'écart-type $\sigma(X)$ est un réel strictement positif : la variable $X^*$ est bien définie, et c'est une transformée affine de $X$, de coefficients $a = \tfrac{1}{\sigma(X)}$ et $b = -\tfrac{m}{\sigma(X)}$. La linéarité donne

et la proposition sur les transformations affines donne

La variable $X^*$ est donc centrée et réduite : on l'appelle la variable centrée réduite associée à $X$.

L'opération a un sens concret. En retranchant $m$ on supprime l'unité d'origine, en divisant par $\sigma(X)$ on supprime l'unité d'échelle : $X^*$ est un nombre sans dimension, qui mesure « de combien d'écarts-types $X$ s'éloigne de sa moyenne ». C'est ce qui permet de comparer deux variables exprimées dans des unités sans rapport.

3. Soit $t \in \mathbb{R}$. On écrit $X - t = (X - m) + (m - t)$, où le second terme est une constante, et l'on développe :

En prenant l'espérance et en utilisant la linéarité :

Or $X - m$ est la variable centrée associée à $X$ : son espérance est nulle. Le terme central disparaît, d'où l'égalité annoncée.

4. Dans l'expression $V(X) + (m-t)^2$, le premier terme ne dépend pas de $t$ et le second est un carré, positif, nul si et seulement si $t = m$. La fonction atteint donc son minimum au point unique $t = m = E(X)$, et ce minimum vaut $V(X)$.

En particulier, pour $t = 0$ :

Ce que dit la question 4. On cherchait un seul nombre pour résumer $X$ ; la question donne un critère pour choisir ce nombre. Si l'on convient de mesurer la qualité d'une approximation constante $t$ par l'erreur quadratique moyenne $E\bigl((X-t)^2\bigr)$, alors la meilleure constante est l'espérance, et l'erreur qu'on commet en s'y tenant est exactement la variance.

Les deux notions du chapitre s'éclairent ainsi mutuellement : l'espérance est le meilleur résumé possible de $X$ par une constante, et la variance mesure ce que ce résumé laisse échapper. La formule de Kœnig-Huygens n'est plus qu'un cas particulier, obtenu en évaluant l'erreur commise par le choix médiocre $t = 0$.

1. Par linéarité de l'espérance, sans aucune hypothèse :

Par additivité de la variance, cette fois grâce à l'indépendance mutuelle :

2. La moyenne $\overline{X} = \tfrac1n S$ est une transformée affine de $S$, de coefficients $a = \tfrac1n$ et $b = 0$ :

3. Deux informations, de natures différentes.

L'espérance ne bouge pas : $\overline{X}$ vise toujours la vraie valeur $m$, ni plus ni moins qu'une mesure isolée. Répéter ne corrige aucun biais — si le capteur est mal réglé, la moyenne de mille mesures reste fausse.

La dispersion, elle, s'effondre : l'écart-type de la moyenne vaut $\sigma/\sqrt{n}$. Répéter la mesure concentre le résultat autour de la vraie valeur, et c'est là tout le bénéfice de la répétition.

Il faut cependant lire le rythme : c'est $\sqrt{n}$, pas $n$. Quadrupler le nombre de mesures ne divise l'incertitude que par $2$. La précision se paie de plus en plus cher — voilà pourquoi on ne gagne pas grand-chose à passer de $100$ à $110$ mesures.

4. Il faut $\dfrac{\sigma}{\sqrt n} = \dfrac{1}{10}\,\sigma$, c'est-à-dire $\sqrt n = 10$, soit $n = 100$ mesures.

Ce que prépare cet exercice. On dispose maintenant d'un résultat quantitatif : la moyenne de $n$ mesures indépendantes a la bonne espérance et une dispersion qui tend vers $0$. Il resterait à en tirer une majoration de la probabilité que $\overline X$ s'écarte de $m$ de plus d'un seuil fixé — c'est-à-dire à convertir une information sur la variance en une information sur les probabilités. C'est exactement ce que permettront les inégalités de la leçon suivante.

1.a. Le dé est équilibré : $X(\Omega) = \llbracket 1,6\rrbracket$ et $\mathbb{P}(X = k) = \tfrac16$ pour tout $k \in \llbracket 1,6\rrbracket$.

1.b. On applique la méthode en quatre étapes.

L'écart-type vaut $\sigma(X) = \sqrt{35/12} \approx 1{,}71$ : sur un dé, l'écart typique au résultat moyen $3{,}5$ est d'environ $1{,}7$ point.

2.a. Soit $k \in \{1,3,5\}$. Sachant $X = k$, on lance la pièce une seule fois, et $Y$ compte les piles obtenus. L'événement $\{Y = 0\}$ signifie alors « la pièce donne face », de probabilité $\tfrac12$ puisque la pièce est équilibrée :

2.b. Soit $k \in \{2,4,6\}$. Sachant $X = k$, on lance la pièce deux fois, et $\{Y = 0\}$ signifie « face aux deux lancers ». Les deux lancers étant indépendants :

2.c. La famille $\bigl(\{X = k\}\bigr)_{k \in \llbracket 1,6\rrbracket}$ est le système complet associé à $X$, et chacun de ces événements est de probabilité $\tfrac16 > 0$. La formule des probabilités totales s'applique :

3. L'événement $\{Y = 2\}$ exige deux piles, donc au moins deux lancers : il ne peut se produire que si le dé a donné un résultat pair. Autrement dit, $\{Y=2\} \cap \{X = k\} = \varnothing$ pour $k$ impair, et le système complet associé à $X$ réduit la décomposition aux trois seuls termes pairs :

Pour $k$ pair, la probabilité d'obtenir deux piles en deux lancers vaut $\tfrac14$, donc par la formule des probabilités composées

En sommant les trois termes : $\mathbb{P}(Y=2) = \dfrac{3}{24} = \dfrac18$.

4. Le nombre de piles vaut au plus le nombre de lancers, lui-même au plus $2$ : $Y(\Omega) = \{0,1,2\}$. Les trois probabilités somment à $1$, donc

Vérifions ce résultat par le calcul direct, pour contrôler les deux précédents. Sachant $X$ impair, un seul lancer : $\mathbb{P}(Y=1) = \tfrac12$. Sachant $X$ pair, deux lancers et exactement un pile : les deux issues « pile puis face » et « face puis pile » donnent $\tfrac24 = \tfrac12$. Les deux probabilités conditionnelles étant égales, la formule des probabilités totales donne $\mathbb{P}(Y = 1) = \tfrac12$, ce qui confirme.

On termine par les deux moments :

Un contrôle instructif. Notons $N$ le nombre de lancers de pièce : $N$ vaut $1$ ou $2$ avec probabilité $\tfrac12$ chacune, donc $E(N) = \tfrac32$. Chaque lancer produit un pile avec probabilité $\tfrac12$, et l'on retrouve

Ce raccourci n'est pas un hasard : le nombre de piles est une somme d'indicatrices, une par lancer effectué, chacune d'espérance $\tfrac12$. On retrouve le réflexe de la leçon précédente — quand une variable compte, son espérance se lit sur les indicatrices. Noter en revanche que le même raisonnement ne s'applique pas à la variance : $V(Y) = \tfrac7{16}$ n'est pas $E(N) \times \tfrac14 = \tfrac38$, parce que le nombre de lancers est lui-même aléatoire. La variance ne se laisse pas manipuler aussi librement que l'espérance.