Sommes de variables — Espérance, variance, échantillons

somme de deux variables aléatoires — Soit $X$ et $Y$ deux variables aléatoires définies sur le même univers $\Omega$, et $a$ un réel. La variable $X+Y$ associe à chaque issue $\omega$ le nombre $X(\omega )+Y(\omega )$ ; la variable $aX$ lui associe $aX(\omega )$. Exemple : pour deux dés, $X_1+X_2$ est la somme des faces ; un gain en euros $G$ devient $100G$ en centimes.

Linéarité de l'espérance (démontrée). Pour toutes variables aléatoires $X$ et $Y$ définies sur $\Omega$, indépendantes ou non, et pour tout réel $a$ : $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ et $E(aX)=aE(X)$. Preuve : avec la moyenne pondérée sur les issues, $E(X+Y)={\sum }_{\omega }P(\{\omega \})(X(\omega )+Y(\omega ))$, que l'on sépare en deux sommes : $E(X)+E(Y)$. De même, ${\sum }_{\omega }P(\{\omega \})aX(\omega )=aE(X)$. De proche en proche, $E(X_1+\cdots +X_n)=E(X_1)+\cdots +E(X_n)$ ; et comme une constante $b$ a pour espérance $b$, $E(aX+b)=aE(X)+b$.

Calculer une espérance sans passer par la loi

1. Décomposer : écrire $X$ comme une somme de variables plus simples, souvent une par épreuve ou par objet : le résultat de chaque tirage, ou une variable qui vaut 1 si un événement se produit et 0 sinon.
2. Calculer l'espérance de chaque terme, à partir de sa loi, qui est simple.
3. Additionner, par linéarité, sans se préoccuper de l'indépendance.la loi de $X$ n'est jamais déterminée : c'est tout l'intérêt de la méthode.

Une urne contient quatre boules numérotées 1, 2, 3 et 4. On tire successivement deux boules sans remise ; $X_1$ et $X_2$ sont leurs numéros, et $S=X_1+X_2$. Calculer $E(S)$.

1. $X_1$ suit la loi uniforme sur $\{1,2,3,4\}$. Un numéro $k$ sort au second tirage s'il ne sort pas au premier, puis sort parmi les trois boules restantes :$\frac{3}{4}\times \frac{1}{3}=\frac{1}{4}$$X_2$ a donc la même loi que $X_1$, et $E(X_1)=E(X_2)=2,5$.
2. Par linéarité, bien que $X_1$ et $X_2$ ne soient pas indépendantes :$E(S)=2,5+2,5=5$

$E(S)=5$, sans avoir déterminé la loi de $S$ ; le tableau des douze tirages le confirme.

variables aléatoires indépendantes — Des variables aléatoires $X_1,\dots ,X_n$ sont indépendantes si, pour toutes valeurs $x_1,\dots ,x_n$, $P(X_1=x_1,\dots ,X_n=x_n)=P(X_1=x_1)\times \cdots \times P(X_n=x_n)$, la virgule signifiant « et ». Ici, elles proviennent toujours d'une succession d'épreuves indépendantes (lancers, tirages avec remise…), chaque $X_i$ ne dépendant que de la $i$-ième : l'indépendance est une hypothèse du modèle, qu'il suffit de citer.

Changement d'échelle (démontré). Pour tous réels $a$ et $b$, $V(aX+b)=a^{2}V(X)$. Preuve : avec $\mu =E(X)$, la linéarité donne $E(aX+b)=a\mu +b$, donc $V(aX+b)=E((aX+b-a\mu -b{)}^2)=E(a^2(X-\mu {)}^2)=a^{2}V(X)$. Ajouter une constante décale les valeurs sans les disperser davantage.

Additivité de la variance (admise). Plus généralement, si $X_1,\dots ,X_n$ sont indépendantes, $V(X_1+\cdots +X_n)=V(X_1)+\cdots +V(X_n)$. Ce sont les variances qui s'ajoutent, pas les écarts types. Sans indépendance, l'additivité tombe : avec $Y=X$, $V(X+X)=V(2X)=4V(X)$. Pour un dé, $V(X_1)=\frac{91}{6}-3,5^2=\frac{35}{12}$ ; deux dés ajoutés donnent $V(X_1+X_2)=\frac{35}{6}$, un dé doublé $V(2X_1)=\frac{35}{3}$, pour la même espérance 7.

Calculer une variance par décomposition

1. Écrire $X$ comme une somme $X_1+\cdots +X_n$, chaque $X_i$ ne dépendant que d'une épreuve.
2. Citer le modèle : les épreuves sont indépendantes, donc les $X_i$ le sont. Sans cette phrase, l'additivité n'est pas justifiée.
3. Ajouter les variances (un coefficient sort au carré, signe compris), puis prendre la racine à la fin pour l'écart type, jamais terme à terme.

On lance un dé équilibré, puis une pièce équilibrée. Le score $G$ est le numéro du dé, plus 4 points si la pièce tombe sur pile. Calculer $E(G)$ et $\sigma (G)$.

1. Soit $D$ le numéro du dé et $P$ la variable qui vaut 1 pour pile, 0 sinon : $G=D+4P$. On a $E(D)=3,5$, $V(D)=\frac{35}{12}$, $E(P)=0,5$ et $V(P)=E(P^2)-0,5^2=0,25$, car $P^2=P$. Par linéarité :$E(G)=3,5+4\times 0,5=5,5$
2. $D$ et $P$ dépendent de deux épreuves indépendantes : elles sont indépendantes, et$V(G)=\frac{35}{12}+4^2\times 0,25=\frac{83}{12}\approx 6,92$d'où $\sigma (G)=\sqrt{\frac{83}{12}}\approx 2,63$.

$E(G)=5,5$ points et $\sigma (G)\approx 2,63$ points.

Loi de Bernoulli (démontrée). Si $Y$ vaut 1 avec la probabilité $p$ et 0 sinon, $E(Y)=p$ ; comme $Y^2=Y$, $E(Y^2)=p$ et $V(Y)=p-p^2=p(1-p)$. Loi binomiale (démontrée). Si $X$ suit $\mathcal{B}(n,p)$, $X$ compte les succès d'un schéma de Bernoulli de $n$ épreuves. Soit $X_i$ la variable qui vaut 1 si la $i$-ième épreuve est un succès, 0 sinon : chaque $X_i$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $p$, et $X=X_1+\cdots +X_n$, car chaque succès ajoute 1. Par linéarité, $E(X)=p+\cdots +p=np$. Les épreuves étant indépendantes, les $X_i$ le sont : par additivité, $V(X)=n\times p(1-p)$.

Un QCM compte 20 questions à quatre réponses, dont une seule juste. Un candidat répond au hasard à chacune, indépendamment ; $X$ est son nombre de bonnes réponses. Une bonne réponse rapporte 1 point, une mauvaise en retire $\frac{1}{3}$. Calculer l'espérance et l'écart type de la note $N$.

1. $X$ suit $\mathcal{B}(20;0,25)$ : $E(X)=20\times 0,25=5$ et$V(X)=20\times 0,25\times 0,75=3,75$
2. Il y a $20-X$ mauvaises réponses : $N=X-\frac{20-X}{3}=\frac{4}{3}X-\frac{20}{3}$. Par linéarité, $E(N)=\frac{4}{3}\times 5-\frac{20}{3}=0$, et $V(N)={\left(\frac{4}{3}\right)}^{2}V(X)$ :$\frac{16}{9}\times 3,75=\frac{20}{3}\approx 6,67$d'où $\sigma (N)=\sqrt{\frac{20}{3}}\approx 2,58$ points.

$E(N)=0$ : ce barème annule en moyenne l'effet du hasard ; $\sigma (N)\approx 2,58$ points.

échantillon de taille n — Un échantillon de taille $n$ d'une loi de probabilité est une liste $(X_1,\dots ,X_n)$ de variables aléatoires indépendantes et identiques, c'est-à-dire qui suivent toutes cette loi. Il modélise $n$ répétitions indépendantes d'une même expérience : $n$ lancers d'un dé, $n$ mesures, $n$ clients… Sa somme est $S_n=X_1+\cdots +X_n$, sa moyenne $M_n=\frac{S_n}{n}$.

Somme et moyenne d'un échantillon (démontrées). Si la loi a pour espérance $\mu$, pour variance $V$ et pour écart type $\sigma =\sqrt{V}$, la linéarité donne $E(S_n)=n\mu$ et l'indépendance $V(S_n)=nV$, d'où $\sigma (S_n)=\sqrt{n}\sigma$. Puis $M_n=\frac{1}{n}{S}_n$ donne $E(M_n)=\mu$ et $V(M_n)=\frac{1}{n^2}\times nV$. Lecture : la somme se disperse de plus en plus, mais la moyenne se resserre autour de $\mu$. Pour diviser $\sigma (M_n)$ par 2, il faut quadrupler $n$. Attention : $S_n$ n'est pas $n{X}_1$, qui répète un seul résultat et vérifie $\sigma (n{X}_1)=n\sigma$. La fiche « Bienaymé-Tchebychev — Concentration, loi des grands nombres » en tire des probabilités.

Étudier la somme ou la moyenne d'un échantillon

1. Reconnaître l'échantillon ($n$ répétitions indépendantes d'une même expérience), puis calculer $\mu$, $V$ et $\sigma$ pour une seule variable.
2. Appliquer les formules : pour la somme, multiplier $\mu$ et $V$ par $n$ ; pour la moyenne, garder $\mu$ et diviser $V$ par $n$. Dans les deux cas, l'écart type varie d'un facteur $\sqrt{n}$.
3. Pour une précision visée $\epsilon$, résoudre $\frac{\sigma }{\sqrt{n}}⩽\epsilon$, soit $n⩾\frac{{\sigma }^2}{{\epsilon }^2}$, et prendre le plus petit entier.

Une balance donne d'un objet une mesure aléatoire d'espérance $\mu$, sa masse exacte, et d'écart type 0,6 g ; les mesures successives sont indépendantes. On retient la moyenne $M_n$ de $n$ mesures. Calculer $\sigma (M_9)$, puis le nombre de mesures qui garantit $\sigma (M_n)⩽0,1$ g.

1. $(X_1,\dots ,X_9)$ est un échantillon : $E(M_9)=\mu$, la moyenne reste centrée sur la masse exacte, et$\sigma (M_9)=\frac{0,6}{\sqrt{9}}=0,2$
2. Puis $\frac{0,6}{\sqrt{n}}⩽0,1⟺\sqrt{n}⩾6⟺n⩾36$.

$\sigma (M_9)=0,2$ g ; il faut au moins 36 mesures pour que $\sigma (M_n)⩽0,1$ g.