Variables aléatoires finies en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

On appelle variable aléatoire toute application \(X\) de \(\Omega\) dans un ensemble \(E\). Si les valeurs sont des réels, la variable est dite réelle. Étant donné \(A\subset E\), on écrit \((X\in A)\) l’événement \(X^{-1}(A)\), et \((X=x)\) l’événement \(X^{-1}(\{x\})\).

La loi de \(X\) est l’application \(P_X:A\mapsto P(X\in A)\), définie sur les parties de \(X(\Omega)\). C’est une probabilité sur \(X(\Omega)\). Elle est entièrement déterminée par la donnée des nombres \(P(X=x)\), pour \(x\in X(\Omega)\), dont la somme vaut \(1\).

Pour tout \(y\in f(X(\Omega))\), on a \(P(f(X)=y)=\sum_{x\in X(\Omega),\ f(x)=y}P(X=x)\).

Soit \(X\) uniforme sur \(\{-2,-1,0,1,2,3\}\), et \(Y=X^2\). D’abord, \(Y\) prend les valeurs \(0\), \(1\), \(4\) et \(9\). Ensuite, on regroupe : \((Y=1)=(X=-1)\cup(X=1)\) et \((Y=4)=(X=-2)\cup(X=2)\). On obtient donc \(P(Y=0)=\frac{1}{6}\), \(P(Y=1)=\frac{2}{6}\), \(P(Y=4)=\frac{2}{6}\) et \(P(Y=9)=\frac{1}{6}\). Enfin, on contrôle que la somme vaut \(1\).

Soit \(n\in\mathbb{N}^*\) et \(p\in[0,1]\).

• \(X\) suit la loi uniforme sur un ensemble fini \(E\) de cardinal \(m\) si \(P(X=x)=\frac{1}{m}\) pour tout \(x\in E\).
• \(X\) suit la loi de Bernoulli \(\mathcal{B}(p)\) si \(X(\Omega)\subset\{0,1\}\) et \(P(X=1)=p\).
• \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n,p)\) si \(X(\Omega)\subset[\![0,n]\!]\) et \(P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}\) pour \(0\leqslant k\leqslant n\).

Une somme \(S=X_1+\dots+X_n\) de variables de Bernoulli de paramètre commun \(p\), mutuellement indépendantes, suit la loi \(\mathcal{B}(n,p)\).

Fixons \(k\in[\![0,n]\!]\). L’événement \((S=k)\) est la réunion disjointe des événements « \(X_i=1\) pour \(i\in I\) et \(X_i=0\) sinon », où \(I\) décrit les parties de \([\![1,n]\!]\) à \(k\) éléments. Par indépendance, chacun a pour probabilité \(p^k(1-p)^{n-k}\). Or il y a \(\binom{n}{k}\) parties \(I\) de ce type, d’où la formule annoncée pour \(P(S=k)\).

1. Décrire une épreuve élémentaire à deux issues, et préciser ce que l’on appelle « succès ».
2. Donner la probabilité \(p\) du succès, identique à chaque répétition.
3. Justifier que les \(n\) répétitions sont mutuellement indépendantes : tirages avec remise, lancers successifs, individus distincts.
4. Conclure : \(X\), qui compte les succès, suit la loi \(\mathcal{B}(n,p)\).

On lance dix fois un dé équilibré à quatre faces numérotées de 1 à 4, et \(X\) compte les « 4 » obtenus. Chaque lancer est une épreuve à deux issues, de succès « obtenir 4 », de probabilité \(\frac{1}{4}\). Ensuite, les lancers sont indépendants. Donc \(X\) suit la loi \(\mathcal{B}\big(10,\frac{1}{4}\big)\). Par exemple, aucun « 4 » n’apparaît avec probabilité \(\left(\frac{3}{4}\right)^{10}\), soit environ \(0{,}056\).

La loi conjointe du couple \((X,Y)\) est la donnée des nombres \(P(X=x,Y=y)\), pour \(x\in X(\Omega)\) et \(y\in Y(\Omega)\). Les lois de \(X\) et de \(Y\) sont appelées les lois marginales du couple.

Les lois marginales se déduisent de la loi conjointe par la formule des probabilités totales : \(P(X=x)=\sum_{y\in Y(\Omega)}P(X=x,Y=y)\). En revanche, les lois marginales ne déterminent pas, en général, la loi conjointe.

On tire simultanément deux jetons dans un sac contenant les jetons numérotés 1, 2, 3 et 4. On note \(X\) le plus petit numéro et \(Y\) le plus grand. Les six paires sont équiprobables. Ainsi, \(P(X=i,Y=j)=\frac{1}{6}\) si \(1\leqslant i<j\leqslant4\), et \(0\) sinon. En sommant les lignes, on trouve \(P(X=1)=\frac{3}{6}\), \(P(X=2)=\frac{2}{6}\) et \(P(X=3)=\frac{1}{6}\). De même, en sommant les colonnes, \(P(Y=2)=\frac{1}{6}\), \(P(Y=3)=\frac{2}{6}\) et \(P(Y=4)=\frac{3}{6}\).

On dit que \(X\) et \(Y\) sont indépendantes lorsque chaque case de la loi conjointe est le produit des deux marges : \(P(X=x,Y=y)=P(X=x)P(Y=y)\), quelles que soient les valeurs \(x\) et \(y\). Pour une famille \(X_1,\dots,X_n\), l’indépendance mutuelle demande que, quelles que soient les valeurs \(x_1,\dots,x_n\), \(P(X_1=x_1,\dots,X_n=x_n)=\prod_{i=1}^{n}P(X_i=x_i)\).

Si \(X\) et \(Y\) sont indépendantes, alors \(P(X\in A,Y\in B)=P(X\in A)P(Y\in B)\) pour toutes parties \(A\) et \(B\). De plus, \(f(X)\) et \(g(Y)\) sont encore indépendantes, quelles que soient les fonctions \(f\) et \(g\).

Lemme des coalitions. On suppose \(X_1,\dots,X_n\) mutuellement indépendantes, et l’on coupe la liste en deux paquets : les \(m\) premières variables d’un côté, les autres de l’autre. Toute variable \(f(X_1,\dots,X_m)\) construite sur le premier paquet est alors indépendante de toute variable \(g(X_{m+1},\dots,X_n)\) construite sur le second. Le résultat s’étend à un nombre quelconque de paquets disjoints.

L’espérance d’une variable aléatoire réelle \(X\) est le réel \(E(X)=\sum_{x\in X(\Omega)}x\,P(X=x)\). On peut aussi sommer sur les issues : \(E(X)=\sum_{\omega}P(\{\omega\})X(\omega)\). Une variable d’espérance nulle est dite centrée.

Soit \(X\) et \(Y\) deux variables réelles et \(a,b\) deux réels.

• Linéarité : \(E(aX+bY)=aE(X)+bE(Y)\).
• Positivité : si \(X\geqslant0\), alors \(E(X)\geqslant0\). Croissance : si \(X\leqslant Y\), alors \(E(X)\leqslant E(Y)\).
• Indicatrice : \(E(\mathbf{1}_A)=P(A)\) pour tout événement \(A\).

Formule de transfert. Pour toute fonction \(f\) définie sur \(X(\Omega)\) à valeurs réelles, l’espérance de \(f(X)\) vaut \(\sum_{x\in X(\Omega)}P(X=x)f(x)\).

Si \(X\) et \(Y\) sont indépendantes, alors \(E(XY)=E(X)E(Y)\).

Par la formule de transfert appliquée au couple, \(E(XY)=\sum_{x,y}xy\,P(X=x,Y=y)\). Par indépendance, chaque terme vaut \(xP(X=x)\cdot yP(Y=y)\). La somme double se factorise donc en \(\left(\sum_x xP(X=x)\right)\left(\sum_y yP(Y=y)\right)=E(X)E(Y)\).

1. Écrire la variable comme un nombre d’objets vérifiant une propriété, puis poser \(A_i\) : « l’objet \(i\) vérifie la propriété ».
2. Écrire \(X=\sum_{i}\mathbf{1}_{A_i}\).
3. Appliquer la linéarité : \(E(X)=\sum_iP(A_i)\), sans aucune hypothèse d’indépendance.
4. Exploiter la symétrie : souvent, tous les \(P(A_i)\) sont égaux.

On répartit \(k\) boules au hasard dans \(n\) boîtes, chaque boule choisissant sa boîte uniformément et indépendamment des autres. Soit \(N\) le nombre de boîtes vides. Pour chaque boîte \(i\), l’événement \(A_i\) « la boîte \(i\) reste vide » demande que les \(k\) boules évitent la boîte \(i\). Donc \(P(A_i)=\left(1-\frac{1}{n}\right)^k\). Par conséquent, \(E(N)=n\left(1-\frac{1}{n}\right)^k\). Par exemple, avec \(5\) boîtes et \(8\) boules, on attend en moyenne \(5\times0{,}8^8\approx0{,}84\) boîte vide.

La variance de \(X\) est l’espérance du carré de l’écart à la moyenne : \(V(X)=E\big([X-E(X)]^2\big)\). Elle est positive, et son écart type est \(\sigma(X)=\sqrt{V(X)}\). Une variable centrée de variance \(1\) est dite réduite.

Formule de König-Huygens : \(V(X)=E(X^2)-E(X)^2\). De plus, pour tous réels \(a\) et \(b\), \(V(aX+b)=a^2V(X)\).

Posons \(m=E(X)\). On développe \((X-m)^2=X^2-2mX+m^2\). Ensuite, la linéarité donne \(V(X)=E(X^2)-2m\cdot m+m^2=E(X^2)-m^2\). Enfin, \(aX+b-E(aX+b)=a(X-m)\), dont le carré a pour espérance \(a^2V(X)\).

La covariance de \(X\) et \(Y\) est l’espérance du produit des écarts : \(\operatorname{Cov}(X,Y)=E\big([X-E(X)][Y-E(Y)]\big)\). En développant, on obtient \(\operatorname{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)\). Elle est symétrique, bilinéaire, et \(\operatorname{Cov}(X,X)=V(X)\).

Pour des variables \(X_1,\dots,X_n\), on a

\[V\Big(\sum_{i=1}^{n}X_i\Big)=\sum_{i=1}^{n}V(X_i)+2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}\operatorname{Cov}(X_i,X_j).\]

Ainsi, quand les covariances \(\operatorname{Cov}(X_i,X_j)\) sont toutes nulles, par exemple pour des variables indépendantes deux à deux, les variances s’additionnent.

Par bilinéarité, \(V(\sum X_i)=\operatorname{Cov}(\sum_iX_i,\sum_jX_j)=\sum_{i,j}\operatorname{Cov}(X_i,X_j)\). Les termes \(i=j\) donnent les variances. Ensuite, les termes \(i\neq j\) vont par paires égales, par symétrie. Enfin, si \(X_i\) et \(X_j\) sont indépendantes, \(E(X_iX_j)=E(X_i)E(X_j)\), donc leur covariance est nulle.

1. Écrire la variable comme une somme \(X_1+\dots+X_m\), souvent d’indicatrices.
2. Calculer chaque variance ; pour une indicatrice de probabilité \(p\), elle vaut \(p(1-p)\).
3. Repérer les paires indépendantes, par le lemme des coalitions : leurs covariances sont nulles.
4. Calculer les covariances restantes par \(E(X_iX_j)-E(X_i)E(X_j)\), puis appliquer la formule de la variance d’une somme.

On lance \(n\geqslant2\) fois une pièce équilibrée, et \(C\) compte les positions \(i\in[\![1,n-1]\!]\) où un pile est immédiatement suivi d’un face. On pose \(J_i\) l’indicatrice de cet événement, de probabilité \(\frac{1}{4}\). D’abord, la linéarité donne \(E(C)=\frac{n-1}{4}\). Ensuite, chaque \(J_i\) a pour variance \(\frac{3}{16}\). Deux indicatrices \(J_i\) et \(J_j\) avec \(|i-j|\geqslant2\) portent sur des lancers disjoints : elles sont indépendantes. En revanche, \(J_iJ_{i+1}=0\), car le lancer \(i+1\) ne peut pas être à la fois face et pile. Donc \(\operatorname{Cov}(J_i,J_{i+1})=-\frac{1}{16}\). Comme il y a \(n-2\) paires voisines, on obtient

\[V(C)=\frac{3(n-1)}{16}-\frac{2(n-2)}{16}=\frac{n+1}{16}.\]

Enfin, on contrôle pour \(n=2\) : on retrouve \(\frac{3}{16}\), la variance d’une variable de Bernoulli de paramètre \(\frac{1}{4}\).

Une covariance nulle n’entraîne pas l’indépendance. Soit \(X\) uniforme sur \(\{-2,-1,1,2\}\) et \(Y=|X|\). D’une part, \(E(X)=0\) et \(E(XY)=\frac{1}{4}(-4-1+1+4)=0\), donc \(\operatorname{Cov}(X,Y)=0\). D’autre part, \(P(X=1,Y=2)=0\), alors que \(P(X=1)P(Y=2)=\frac{1}{4}\times\frac{1}{2}\). Ainsi, les variables ne sont pas indépendantes.

Inégalité de Markov. Si \(X\) est une variable réelle positive et \(a>0\), alors \(P(X\geqslant a)\leqslant\frac{E(X)}{a}\).

L’idée est de minorer \(X\) par une variable plus simple. Pour tout \(\omega\in\Omega\), l’inégalité \(X(\omega)\geqslant a\mathbf{1}_{(X\geqslant a)}(\omega)\) est vraie, puisque \(X\) est positive. En effet, le membre de droite vaut \(0\) ou \(a\), et il ne vaut \(a\) que si \(X\geqslant a\). Par croissance de l’espérance, \(aP(X\geqslant a)\leqslant E(X)\).

Un serveur reçoit chaque minute un nombre aléatoire \(X\) de requêtes, positif, d’espérance \(40\). D’abord, l’inégalité de Markov donne \(P(X\geqslant100)\leqslant\frac{40}{100}=0{,}4\). Supposons ensuite que l’on connaisse aussi \(V(X)=64\). Comme \((X\geqslant100)\) est inclus dans \((|X-40|\geqslant60)\), l’inégalité ci-dessous fournit \(P(X\geqslant100)\leqslant\frac{64}{3600}\approx0{,}018\). Ainsi, connaître la variance améliore nettement la majoration.

Inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Pour toute variable réelle \(X\) et tout \(\varepsilon>0\), \(P\big(|X-E(X)|\geqslant\varepsilon\big)\leqslant\frac{V(X)}{\varepsilon^2}\).

Les événements \(\big(|X-E(X)|\geqslant\varepsilon\big)\) et \(\big((X-E(X))^2\geqslant\varepsilon^2\big)\) sont égaux. On applique alors l’inégalité de Markov à la variable positive \((X-E(X))^2\), d’espérance \(V(X)\), avec \(a=\varepsilon^2\).

On lance \(2000\) fois une pièce équilibrée, et \(F=\frac{S}{2000}\) est la fréquence des piles, où \(S\) suit la loi \(\mathcal{B}\big(2000,\frac{1}{2}\big)\). D’abord, \(E(F)=\frac{1}{2}\). Ensuite, \(V(F)=\frac{1}{2000^2}\cdot2000\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{8000}\). Par conséquent, \(P\big(|F-\frac{1}{2}|\geqslant0{,}05\big)\leqslant\frac{1}{8000\times0{,}0025}=0{,}05\). Autrement dit, la fréquence reste entre \(0{,}45\) et \(0{,}55\) avec une probabilité d’au moins \(0{,}95\).

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