Sommes de variables aléatoires, concentration et loi des grands nombres

• Définir l'indépendance de deux variables aléatoires et déterminer la loi d'une somme X + Y dans des cas simples.
• Utiliser la linéarité de l'espérance : E(X + Y) = E(X) + E(Y) et E(aX) = aE(X), sans hypothèse d'indépendance.
• Utiliser V(aX) = a²V(X) et, pour des variables indépendantes, V(X + Y) = V(X) + V(Y).
• Retrouver l'espérance et la variance d'une loi binomiale en l'écrivant comme somme de variables de Bernoulli.
• Définir un échantillon de taille n d'une loi de probabilité et calculer l'espérance, la variance et l'écart type de la somme Sₙ et de la moyenne Mₙ.
• Énoncer, démontrer et appliquer l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev.
• Appliquer l'inégalité de concentration pour majorer la probabilité d'un écart entre moyenne d'échantillon et espérance.
• Déterminer une taille d'échantillon suffisante pour qu'un écart donné ait une probabilité inférieure à un seuil.
• Énoncer et interpréter la loi faible des grands nombres.

1. Rappels et notations

Une variable aléatoire X sur un univers fini associe un nombre réel à chaque issue. Sa loi est la donnée des valeurs x₁, ..., xᵣ qu'elle prend et des probabilités pᵢ = P(X = xᵢ), de somme 1.

• Espérance : E(X) = x₁p₁ + x₂p₂ + ... + xᵣpᵣ. C'est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités, notée souvent μ.
• Variance : V(X) = E((X − μ)²) = somme des pᵢ(xᵢ − μ)². Elle mesure la dispersion de X autour de μ et vérifie la formule de König-Huygens V(X) = E(X²) − E(X)².
• Écart type : σ(X) = √V(X), exprimé dans la même unité que X.

Rappel de Première : pour tous réels a et b, E(aX + b) = aE(X) + b et V(aX + b) = a²V(X). Ajouter une constante décale les valeurs sans changer leur dispersion ; multiplier par a multiplie les écarts par |a|, donc la variance par a².

2. Somme de deux variables aléatoires et indépendance

Soient X et Y deux variables aléatoires définies sur le même univers. La variable X + Y associe à chaque issue la somme des valeurs prises par X et par Y.

Pour connaître la loi de X + Y, il faut en général connaître la loi du couple (X ; Y), c'est-à-dire les probabilités P(X = x et Y = y). On dit que X et Y sont indépendantes si, pour toutes valeurs x et y :

P(X = x et Y = y) = P(X = x) × P(Y = y).

Intuitivement, connaître la valeur de X ne renseigne pas sur celle de Y. C'est le cas pour les résultats de deux épreuves indépendantes (deux lancers de dé, deux tirages avec remise).

Loi de X + Y. Pour une valeur s, P(X + Y = s) est la somme des P(X = x et Y = y) pour tous les couples tels que x + y = s. Avec deux dés équilibrés X et Y indépendants, chacun des 36 couples a la probabilité 1/36, et :

La somme n'est pas uniforme : 7 est six fois plus probable que 2, car six couples donnent 7 et un seul donne 2.

3. Linéarité de l'espérance

Théorème. Pour toutes variables aléatoires X et Y sur le même univers et tout réel a :

E(X + Y) = E(X) + E(Y) ; E(aX) = aE(X).

Ce résultat est vrai sans hypothèse d'indépendance.

Justification. On note pₓᵧ = P(X = x et Y = y). Alors E(X + Y) est la somme des (x + y)pₓᵧ sur tous les couples. On sépare en deux sommes. Dans la première, la somme des x pₓᵧ, on regroupe les termes de même x : la somme des pₓᵧ pour y variable vaut P(X = x) (principe des probabilités totales), donc cette première somme vaut E(X). De même, la seconde vaut E(Y).

Par récurrence, pour n variables : E(X₁ + X₂ + ... + Xₙ) = E(X₁) + E(X₂) + ... + E(Xₙ).

Exemple : avec deux dés, E(X) = (1 + 2 + ... + 6)/6 = 21/6 = 3,5, donc E(X + Y) = 7, sans avoir à utiliser la loi de la somme.

Cette propriété est très puissante : elle permet de calculer l'espérance d'une variable compliquée en la décomposant en une somme de variables simples.

4. Variance d'une somme de variables indépendantes

Théorème. Si X et Y sont indépendantes :

V(X + Y) = V(X) + V(Y).

Pour n variables X₁, ..., Xₙ indépendantes (mutuellement) : V(X₁ + ... + Xₙ) = V(X₁) + ... + V(Xₙ).

Justification. Par König-Huygens et linéarité : V(X + Y) = E((X + Y)²) − (E(X) + E(Y))² = E(X²) + 2E(XY) + E(Y²) − E(X)² − 2E(X)E(Y) − E(Y)², soit V(X + Y) = V(X) + V(Y) + 2[E(XY) − E(X)E(Y)]. Lorsque X et Y sont indépendantes, E(XY) est la somme des xy P(X = x)P(Y = y), qui se factorise en E(X) × E(Y). Le crochet est nul.

Conséquences.

• Pour X et Y indépendantes : V(X − Y) = V(X) + V(−Y) = V(X) + (−1)²V(Y) = V(X) + V(Y). Les variances s'additionnent même pour une différence : les incertitudes se cumulent.
• Pour X et Y indépendantes et a, b réels : V(aX + bY) = a²V(X) + b²V(Y).
• Les écarts types ne s'additionnent pas : σ(X + Y) = √(σ(X)² + σ(Y)²), qui est inférieur ou égal à σ(X) + σ(Y).

Attention à l'hypothèse. Sans indépendance, le théorème est faux. Exemple : V(X + X) = V(2X) = 4V(X), et non 2V(X). Deux copies indépendantes X₁ et X₂ de même loi donnent V(X₁ + X₂) = 2V(X) : additionner des résultats indépendants « disperse moins » que doubler un seul résultat.

5. Application : la loi binomiale

Soit X de loi B(n, p), nombre de succès dans un schéma de Bernoulli. On note Xᵢ la variable valant 1 si la i-ème épreuve est un succès, 0 sinon. Chaque Xᵢ suit la loi de Bernoulli de paramètre p (E(Xᵢ) = p, V(Xᵢ) = p(1 − p)), les Xᵢ sont indépendantes, et :

X = X₁ + X₂ + ... + Xₙ.

Par linéarité, E(X) = np. Par indépendance, V(X) = np(1 − p). On justifie ainsi les formules admises au chapitre sur la loi binomiale, sans aucun calcul de somme de coefficients binomiaux.

6. Échantillon, somme et moyenne

Définition. Un échantillon de taille n d'une loi de probabilité est une liste (X₁ ; X₂ ; ... ; Xₙ) de n variables aléatoires indépendantes suivant toutes cette même loi. Il modélise n répétitions indépendantes d'une même expérience (n lancers, n mesures, n individus tirés avec remise).

On note μ l'espérance et V la variance de cette loi (σ = √V). On définit :

• la somme Sₙ = X₁ + X₂ + ... + Xₙ ;
• la moyenne Mₙ = Sₙ/n = (X₁ + ... + Xₙ)/n.

Propriétés.

Justification : E(Sₙ) = μ + ... + μ = nμ par linéarité ; V(Sₙ) = V + ... + V = nV par indépendance. Puis E(Mₙ) = E(Sₙ)/n = μ et V(Mₙ) = V(Sₙ)/n² = nV/n² = V/n.

Interprétation. La moyenne d'un échantillon a la même espérance que chaque observation : elle est « centrée » sur μ. Mais son écart type σ/√n est divisé par √n : plus l'échantillon est grand, plus la moyenne se resserre autour de μ. C'est la raison pour laquelle on répète une mesure et on en fait la moyenne. Pour diviser l'écart type par 10, il faut 100 fois plus d'observations.

Cas particulier : si les Xᵢ suivent la loi de Bernoulli de paramètre p, Mₙ est la fréquence de succès, d'espérance p et de variance p(1 − p)/n.

7. Inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Théorème (inégalité de Bienaymé-Tchebychev). Soit X une variable aléatoire d'espérance μ et de variance V. Pour tout réel δ strictement positif :

P(|X − μ| ≥ δ) ≤ V/δ².

Démonstration (variable prenant les valeurs x₁, ..., xᵣ avec les probabilités p₁, ..., pᵣ). Par définition, V est la somme des pᵢ(xᵢ − μ)², qui sont tous positifs ou nuls. En ne gardant que les indices i tels que |xᵢ − μ| ≥ δ, on obtient une somme plus petite : V ≥ somme, pour |xᵢ − μ| ≥ δ, des pᵢ(xᵢ − μ)². Pour ces indices, (xᵢ − μ)² ≥ δ², donc : V ≥ δ² × (somme des pᵢ pour |xᵢ − μ| ≥ δ) = δ² × P(|X − μ| ≥ δ). On divise par δ² > 0 et l'on obtient l'inégalité.

Forme équivalente (par passage au contraire) : P(|X − μ| < δ) ≥ 1 − V/δ².

Avec l'écart type. En prenant δ = kσ (k > 0) : P(|X − μ| ≥ kσ) ≤ 1/k². Ainsi, pour toute variable aléatoire :

• la probabilité de s'écarter de μ d'au moins 2σ est au plus 1/4 ;
• celle de s'écarter d'au moins 3σ est au plus 1/9 ≈ 0,11.

Portée et limites. L'inégalité est universelle : elle ne demande que l'espérance et la variance, pas la loi. En contrepartie, elle est souvent grossière : la majoration peut être très supérieure à la vraie probabilité (voir l'exemple 2), et elle n'apporte rien si δ ≤ σ, car alors V/δ² ≥ 1.

Rappel : |X − μ| ≥ δ signifie X ≤ μ − δ ou X ≥ μ + δ, et |X − μ| < δ signifie μ − δ < X < μ + δ.

8. Inégalité de concentration

Théorème (inégalité de concentration). Soit Mₙ la moyenne d'un échantillon de taille n d'une loi d'espérance μ et de variance V. Pour tout réel δ strictement positif :

P(|Mₙ − μ| ≥ δ) ≤ V/(nδ²).

Démonstration : on applique l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev à Mₙ, d'espérance μ et de variance V/n.

Usage type : taille d'échantillon. Pour que P(|Mₙ − μ| ≥ δ) ≤ α, il suffit que V/(nδ²) ≤ α, c'est-à-dire :

n ≥ V/(αδ²).

Ce n est suffisant, pas forcément nécessaire : comme l'inégalité est grossière, une taille plus petite convient souvent en réalité.

Pour une fréquence (loi de Bernoulli de paramètre p inconnu), on utilise la majoration p(1 − p) ≤ 1/4, valable pour tout p de [0 ; 1] : P(|Fₙ − p| ≥ δ) ≤ 1/(4nδ²).

9. Loi faible des grands nombres

Théorème (loi faible des grands nombres). Soit (X₁, ..., Xₙ) un échantillon d'une loi d'espérance μ, et Mₙ sa moyenne. Pour tout réel δ strictement positif :

la limite de P(|Mₙ − μ| ≥ δ) quand n tend vers +∞ est égale à 0.

Démonstration : par l'inégalité de concentration, 0 ≤ P(|Mₙ − μ| ≥ δ) ≤ V/(nδ²), et V/(nδ²) tend vers 0 quand n tend vers +∞. Le théorème des gendarmes conclut.

Interprétation. Quelle que soit la précision δ choisie, la probabilité que la moyenne de l'échantillon s'écarte de μ d'au moins δ devient aussi petite que l'on veut quand la taille de l'échantillon augmente. En particulier, la fréquence d'un événement dans n répétitions indépendantes se rapproche de sa probabilité : c'est ce qui justifie l'estimation d'une probabilité par une fréquence observée, et la simulation (méthode de Monte-Carlo).

Contresens à éviter. La loi des grands nombres ne dit pas que le hasard « compense » : après 10 piles consécutifs avec une pièce équilibrée, le lancer suivant donne toujours face avec probabilité 1/2. La fréquence se rapproche de 1/2 parce que les 10 piles initiaux pèsent de moins en moins dans une moyenne sur un nombre croissant de lancers, non parce que des faces viendraient « rattraper ».

Exemple 1 : somme et différence de deux dés

On lance deux dés équilibrés, de résultats X et Y (indépendants). a) Calculer E(X) et V(X). b) En déduire l'espérance et la variance de S = X + Y et de D = X − Y. c) Vérifier E(S) à l'aide de la loi de S.

Résolution. a) E(X) = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)/6 = 21/6 = 3,5. E(X²) = (1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36)/6 = 91/6. Par König-Huygens : V(X) = 91/6 − 3,5² = 91/6 − 49/4 = 182/12 − 147/12 = 35/12 ≈ 2,92. b) Par linéarité : E(S) = 3,5 + 3,5 = 7 et E(D) = 3,5 − 3,5 = 0. X et Y sont indépendantes, donc V(S) = 35/12 + 35/12 = 35/6 ≈ 5,83 et V(D) = V(X) + V(Y) = 35/6 également (les variances s'additionnent aussi pour une différence). c) Avec le tableau du cours : E(S) = (2 × 1 + 3 × 2 + 4 × 3 + 5 × 4 + 6 × 5 + 7 × 6 + 8 × 5 + 9 × 4 + 10 × 3 + 11 × 2 + 12 × 1)/36 = (2 + 6 + 12 + 20 + 30 + 42 + 40 + 36 + 30 + 22 + 12)/36 = 252/36 = 7. Le résultat est le même, mais la linéarité l'obtient sans calcul de loi.

Exemple 2 : Bienaymé-Tchebychev face au calcul exact

X suit la loi B(100 ; 0,5), nombre de piles en 100 lancers d'une pièce équilibrée. a) Calculer E(X) et V(X). b) À l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, majorer P(|X − 50| ≥ 10). c) La calculatrice donne P(X ≤ 40) + P(X ≥ 60) ≈ 0,0569. Commenter. d) En déduire un minorant de P(40 < X < 60).

Résolution. a) E(X) = 100 × 0,5 = 50 ; V(X) = 100 × 0,5 × 0,5 = 25 (σ = 5). b) Avec δ = 10 : P(|X − 50| ≥ 10) ≤ 25/10² = 0,25. c) L'événement |X − 50| ≥ 10 est X ≤ 40 ou X ≥ 60, de probabilité exacte ≈ 0,0569. La majoration 0,25 est vraie mais environ quatre fois trop large : l'inégalité, qui n'utilise que la variance, est grossière. d) Par passage au contraire : P(|X − 50| < 10) ≥ 1 − 0,25 = 0,75, c'est-à-dire P(40 < X < 60) ≥ 0,75 (la vraie valeur est environ 0,943).

Exemple 3 : taille d'un sondage

On veut estimer la proportion p inconnue d'électeurs favorables à un projet en interrogeant n personnes au hasard (tirages assimilés à des tirages avec remise). On note Fₙ la fréquence de réponses favorables. a) Donner E(Fₙ) et majorer V(Fₙ) indépendamment de p. b) Déterminer une taille n suffisante pour que P(|Fₙ − p| ≥ 0,05) ≤ 0,05.

Résolution. a) Fₙ est la moyenne d'un échantillon de taille n de la loi de Bernoulli de paramètre p : E(Fₙ) = p et V(Fₙ) = p(1 − p)/n. Comme p(1 − p) = 1/4 − (p − 1/2)² ≤ 1/4, on a V(Fₙ) ≤ 1/(4n). b) Par l'inégalité de concentration : P(|Fₙ − p| ≥ 0,05) ≤ V(Fₙ)/0,05² ≤ 1/(4n × 0,0025) = 1/(0,01n) = 100/n. Il suffit que 100/n ≤ 0,05, soit n ≥ 100/0,05 = 2 000 personnes. C'est une taille suffisante ; une méthode plus fine (approximation normale) montre qu'environ 400 personnes suffisent déjà, ce qui illustre à nouveau le caractère grossier de l'inégalité.

• Pour une espérance, décompose la variable en somme de variables simples et applique la linéarité : aucune indépendance n'est nécessaire.
• Pour une variance de somme, vérifie et écris l'indépendance avant d'additionner les variances.
• V(X − Y) = V(X) + V(Y) pour des variables indépendantes : jamais de soustraction de variances.
• Ne confonds pas 2X (une seule observation doublée, variance 4V) et X₁ + X₂ (deux observations indépendantes, variance 2V).
• Additionne des variances, jamais des écarts types : σ(Sₙ) = σ√n et non nσ.
• Pour appliquer Bienaymé-Tchebychev, écris l'événement sous la forme |X − μ| ≥ δ, en vérifiant que l'intervalle est centré sur μ.
• Pour une taille d'échantillon, résous V/(nδ²) ≤ α ; si p est inconnu, majore p(1 − p) par 1/4. Le n trouvé est suffisant, pas minimal.
• Une majoration supérieure ou égale à 1 n'apprend rien : c'est le signe que δ est trop petit devant σ.
• La loi des grands nombres porte sur la moyenne d'un grand nombre d'observations, jamais sur le résultat suivant.

En PASS et en LAS, ce chapitre fonde l'échantillonnage et l'estimation. La moyenne d'un échantillon de patients estime la moyenne de la population, avec une précision mesurée par l'écart type σ/√n, que l'on appelle erreur standard (ou écart type de la moyenne). L'additivité des variances sert à propager les incertitudes de mesure et à comparer deux moyennes (variance de la différence de deux moyennes indépendantes). Les intervalles de confiance et les calculs du nombre de sujets nécessaires dans un essai reposent sur la même logique que l'inégalité de concentration, avec des approximations plus fines par la loi normale. La loi des grands nombres justifie enfin la lecture d'une probabilité comme fréquence à long terme, notion constante en épidémiologie.

Niveau 1 : s'entraîner

1. X et Y sont deux variables aléatoires indépendantes avec E(X) = 3, V(X) = 2, E(Y) = −1 et V(Y) = 5. Calculer E(2X − 3Y + 1), V(2X − 3Y + 1) et l'écart type correspondant.

2. On considère un échantillon de taille 25 d'une loi d'espérance 10 et d'écart type 3. Calculer l'espérance, la variance et l'écart type de la somme S₂₅, puis de la moyenne M₂₅.

3. Une variable X a pour espérance 20 et pour variance 4.

a) Minorer P(16 < X < 24) à l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev. b) Majorer P(|X − 20| ≥ 10).

4. X suit la loi B(40 ; 0,3). En écrivant X comme une somme de variables de Bernoulli, retrouver E(X) et V(X).

5. Une variable X a pour variance 3. On note X₁ et X₂ deux variables indépendantes de même loi que X. Calculer V(2X) et V(X₁ + X₂), puis expliquer la différence.

Niveau 2 : type bac

6. À chaque partie d'un jeu, le gain G d'un joueur vaut 2 € avec la probabilité 0,3 et −1 € avec la probabilité 0,7. Les parties sont indépendantes.

a) Calculer E(G) et V(G). b) Le joueur joue 100 parties. On note S son gain total. Calculer E(S), V(S) et σ(S). c) Le joueur joue 10 000 parties. Montrer, à l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, que la probabilité que son gain total soit positif ou nul est inférieure à 0,02.

7. On interroge n personnes au hasard pour estimer la proportion p de personnes qui pratiquent un sport. On note Fₙ la fréquence observée.

a) Donner E(Fₙ) et montrer que V(Fₙ) ≤ 1/(4n). b) Pour n = 1 000, majorer P(|Fₙ − p| ≥ 0,05). c) Déterminer une taille n suffisante pour que P(|Fₙ − p| ≥ 0,02) ≤ 0,05.

8. X suit la loi uniforme sur {0 ; 1 ; 2} et Y la loi de Bernoulli de paramètre 0,5, X et Y étant indépendantes. On pose S = X + Y.

a) Déterminer la loi de S. b) Calculer E(S) de deux façons. c) Calculer V(X), V(Y), puis V(S) de deux façons.

9. Une balance de précision commet sur chaque pesée une erreur aléatoire d'espérance nulle et d'écart type 0,4 mg, les erreurs des pesées successives étant indépendantes. On pèse n fois le même objet de masse m et l'on note Mₙ la moyenne des résultats.

a) Exprimer E(Mₙ) et σ(Mₙ) en fonction de m et n. b) Combien de pesées faut-il au minimum pour que σ(Mₙ) ≤ 0,1 mg ? c) Déterminer une valeur de n suffisante pour que P(|Mₙ − m| ≥ 0,2) ≤ 0,05.

Niveau 3 : vers le PASS

10. Démonstration par l'inégalité de Markov.

a) Soit Y une variable aléatoire à valeurs positives ou nulles et a un réel strictement positif. Démontrer que P(Y ≥ a) ≤ E(Y)/a (inégalité de Markov). b) En appliquant ce résultat à Y = (X − μ)² et a = δ², retrouver l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

11. Soit X une variable de Bernoulli de paramètre 1/2 et Y = 1 − X.

a) Calculer V(X), V(Y) et V(X + Y). b) A-t-on V(X + Y) = V(X) + V(Y) ? Expliquer pourquoi, en étudiant l'indépendance de X et Y.

12. La masse de principe actif d'un comprimé est une variable aléatoire d'espérance 500 mg et d'écart type 10 mg. Une boîte contient 30 comprimés, dont les masses sont indépendantes. On note S la masse totale de principe actif d'une boîte et M la masse moyenne par comprimé.

a) Calculer E(S), V(S) et σ(S) (arrondi au dixième). b) Majorer la probabilité que S s'écarte de son espérance d'au moins 200 mg. c) Calculer σ(M) à 10⁻² près. Comparer à l'écart type d'un comprimé.

13. Vrai ou faux ? Justifier chaque réponse.

a) Si X et Y sont indépendantes, V(X − Y) = V(X) − V(Y). b) L'égalité E(X + Y) = E(X) + E(Y) exige que X et Y soient indépendantes. c) Après 10 piles consécutifs avec une pièce équilibrée, la probabilité d'obtenir face au lancer suivant est supérieure à 1/2. d) Pour un échantillon de taille n d'une loi d'écart type σ, l'écart type de la moyenne vaut σ/√n. e) Pour toute variable X d'espérance μ et d'écart type σ > 0, P(|X − μ| < 2σ) ≥ 0,75.

14. Méthode de Monte-Carlo. On choisit au hasard un point dans le carré [0 ; 1] × [0 ; 1] ; la probabilité qu'il tombe dans le quart de disque de centre O et de rayon 1 vaut p = π/4. On répète n fois l'expérience de façon indépendante et l'on note Fₙ la fréquence des points tombés dans le quart de disque.

a) Quelle est la loi de nFₙ ? Donner E(Fₙ) et V(Fₙ). b) Déterminer une valeur de n suffisante pour que P(|Fₙ − π/4| ≥ 0,01) ≤ 0,1, en utilisant la majoration p(1 − p) ≤ 1/4. c) Pourquoi 4Fₙ fournit-il une estimation de π ? Quelle précision sur π l'écart de 0,01 sur Fₙ représente-t-il ?

1. Par linéarité : E(2X − 3Y + 1) = 2E(X) − 3E(Y) + 1 = 6 + 3 + 1 = 10.

X et Y étant indépendantes, 2X et −3Y le sont aussi, et la constante ne modifie pas la variance : V(2X − 3Y + 1) = 2²V(X) + (−3)²V(Y) = 4 × 2 + 9 × 5 = 8 + 45 = 53. Écart type : √53 ≈ 7,28.

2. Avec μ = 10, V = 3² = 9 et n = 25 :

E(S₂₅) = 25 × 10 = 250 ; V(S₂₅) = 25 × 9 = 225 ; σ(S₂₅) = √225 = 15. E(M₂₅) = 10 ; V(M₂₅) = 9/25 = 0,36 ; σ(M₂₅) = 3/√25 = 0,6.

3. a) 16 < X < 24 équivaut à |X − 20| < 4. Par Bienaymé-Tchebychev avec δ = 4 : P(|X − 20| ≥ 4) ≤ 4/16 = 0,25, donc P(16 < X < 24) ≥ 0,75.

b) Avec δ = 10 : P(|X − 20| ≥ 10) ≤ 4/100 = 0,04.

4. X = X₁ + ... + X₄₀, où Xᵢ vaut 1 si la i-ème épreuve est un succès, 0 sinon ; les Xᵢ sont indépendantes, de loi de Bernoulli de paramètre 0,3, avec E(Xᵢ) = 0,3 et V(Xᵢ) = 0,3 × 0,7 = 0,21. Par linéarité : E(X) = 40 × 0,3 = 12. Par indépendance : V(X) = 40 × 0,21 = 8,4.

5. V(2X) = 2²V(X) = 12. X₁ et X₂ étant indépendantes : V(X₁ + X₂) = 3 + 3 = 6. Explication : 2X double un seul résultat, donc double chaque écart à la moyenne et quadruple la variance ; X₁ + X₂ additionne deux résultats indépendants dont les écarts se compensent en partie (l'un peut être au-dessus de la moyenne, l'autre en dessous), d'où une variance seulement doublée.

6. a) E(G) = 2 × 0,3 + (−1) × 0,7 = 0,6 − 0,7 = −0,1 €. E(G²) = 4 × 0,3 + 1 × 0,7 = 1,9, donc V(G) = 1,9 − (−0,1)² = 1,9 − 0,01 = 1,89.

b) S est la somme de 100 copies indépendantes de G : E(S) = 100 × (−0,1) = −10 € ; V(S) = 100 × 1,89 = 189 ; σ(S) = √189 ≈ 13,75 €. c) Pour 10 000 parties : E(S) = −1 000 et V(S) = 18 900. Si S ≥ 0, alors S − (−1 000) ≥ 1 000, donc |S + 1 000| ≥ 1 000. Ainsi P(S ≥ 0) ≤ P(|S + 1 000| ≥ 1 000) ≤ 18 900/1 000² = 18 900/1 000 000 = 0,0189. Donc P(S ≥ 0) ≤ 0,0189 < 0,02. Sur un grand nombre de parties, le joueur est presque sûr de perdre.

7. a) nFₙ, nombre de personnes sportives, suit B(n, p) ; Fₙ est la moyenne d'un échantillon de la loi de Bernoulli de paramètre p. Donc E(Fₙ) = p et V(Fₙ) = p(1 − p)/n. Or p(1 − p) = 1/4 − (p − 1/2)² ≤ 1/4, d'où V(Fₙ) ≤ 1/(4n).

b) P(|F₁₀₀₀ − p| ≥ 0,05) ≤ V(F₁₀₀₀)/0,05² ≤ (1/4 000)/0,0025 = 1/10 = 0,1. c) P(|Fₙ − p| ≥ 0,02) ≤ 1/(4n × 0,0004) = 1/(0,0016n). Il suffit que 1/(0,0016n) ≤ 0,05, soit n ≥ 1/(0,0016 × 0,05) = 1/0,00008 = 12 500 personnes.

8. a) P(X = x) = 1/3 pour x ∈ {0 ; 1 ; 2}, P(Y = 0) = P(Y = 1) = 1/2 ; par indépendance, chacun des 6 couples a la probabilité 1/6.

S = 0 : (0 ; 0), probabilité 1/6. S = 1 : (1 ; 0) ou (0 ; 1), probabilité 2/6 = 1/3. S = 2 : (2 ; 0) ou (1 ; 1), probabilité 1/3. S = 3 : (2 ; 1), probabilité 1/6. Loi de S : P(S = 0) = 1/6, P(S = 1) = 1/3, P(S = 2) = 1/3, P(S = 3) = 1/6. b) Avec la loi : E(S) = 0 × 1/6 + 1 × 1/3 + 2 × 1/3 + 3 × 1/6 = 1/3 + 2/3 + 1/2 = 1,5. Par linéarité : E(X) = 1 et E(Y) = 0,5, donc E(S) = 1,5. c) E(X²) = (0 + 1 + 4)/3 = 5/3, donc V(X) = 5/3 − 1 = 2/3 ; V(Y) = 0,5 × 0,5 = 1/4. Par indépendance : V(S) = 2/3 + 1/4 = 8/12 + 3/12 = 11/12. Avec la loi : E(S²) = 1 × 1/3 + 4 × 1/3 + 9 × 1/6 = 5/3 + 3/2 = 19/6, et V(S) = 19/6 − 1,5² = 38/12 − 27/12 = 11/12. Les deux méthodes concordent.

9. a) Chaque résultat de pesée s'écrit m + εᵢ, où l'erreur εᵢ a pour espérance 0 et écart type 0,4 mg. Les résultats forment un échantillon d'espérance m et d'écart type 0,4. Donc E(Mₙ) = m et σ(Mₙ) = 0,4/√n.

b) 0,4/√n ≤ 0,1 équivaut à √n ≥ 4, soit n ≥ 16 : il faut au moins 16 pesées. c) V(Mₙ) = 0,16/n. Par l'inégalité de concentration : P(|Mₙ − m| ≥ 0,2) ≤ (0,16/n)/0,04 = 4/n. Il suffit que 4/n ≤ 0,05, soit n ≥ 80 pesées.

10. a) Notons y₁, ..., yᵣ les valeurs (positives ou nulles) de Y, de probabilités q₁, ..., qᵣ. E(Y) est la somme des qᵢyᵢ, tous positifs ou nuls ; en ne gardant que les indices tels que yᵢ ≥ a, on obtient E(Y) ≥ somme des qᵢyᵢ pour yᵢ ≥ a ≥ a × (somme des qᵢ pour yᵢ ≥ a) = a × P(Y ≥ a). En divisant par a > 0 : P(Y ≥ a) ≤ E(Y)/a.

b) Y = (X − μ)² est positive, d'espérance E((X − μ)²) = V(X). Avec a = δ² > 0 : P((X − μ)² ≥ δ²) ≤ V(X)/δ². Or, δ étant positif, (X − μ)² ≥ δ² équivaut à |X − μ| ≥ δ. On obtient P(|X − μ| ≥ δ) ≤ V(X)/δ².

11. a) V(X) = 1/2 × 1/2 = 1/4. Y = 1 − X donne V(Y) = (−1)²V(X) = 1/4. Enfin X + Y = 1 est constante, donc V(X + Y) = 0.

b) Non : V(X) + V(Y) = 1/2 ≠ 0. La formule exige l'indépendance, or X et Y ne sont pas indépendantes : P(X = 1 et Y = 1) = 0, alors que P(X = 1) × P(Y = 1) = 1/2 × 1/2 = 1/4. Connaître X détermine entièrement Y.

12. a) E(S) = 30 × 500 = 15 000 mg ; V(S) = 30 × 10² = 3 000 mg² ; σ(S) = √3 000 ≈ 54,8 mg.

b) Par Bienaymé-Tchebychev avec δ = 200 : P(|S − 15 000| ≥ 200) ≤ 3 000/200² = 3 000/40 000 = 0,075. c) σ(M) = 10/√30 ≈ 1,83 mg, soit environ 5,5 fois moins que l'écart type d'un comprimé (10 mg) : la moyenne sur 30 comprimés est bien plus stable qu'un comprimé isolé.

13. a) Faux : pour X et Y indépendantes, V(X − Y) = V(X) + (−1)²V(Y) = V(X) + V(Y).

b) Faux : la linéarité de l'espérance est vraie pour toutes variables, indépendantes ou non. c) Faux : les lancers sont indépendants, la probabilité d'obtenir face reste 1/2. La loi des grands nombres ne prévoit aucune compensation. d) Vrai : V(Mₙ) = σ²/n par indépendance, donc σ(Mₙ) = σ/√n. e) Vrai : par Bienaymé-Tchebychev avec δ = 2σ, P(|X − μ| ≥ 2σ) ≤ σ²/(4σ²) = 1/4, donc P(|X − μ| < 2σ) ≥ 3/4 = 0,75.

14. a) Les n expériences sont des épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de succès « le point est dans le quart de disque », de probabilité p = π/4 : nFₙ suit B(n ; π/4). Donc E(Fₙ) = π/4 et V(Fₙ) = (π/4)(1 − π/4)/n.

b) Comme p(1 − p) ≤ 1/4, V(Fₙ) ≤ 1/(4n). Par l'inégalité de concentration : P(|Fₙ − π/4| ≥ 0,01) ≤ 1/(4n × 0,0001) = 1/(0,0004n). Il suffit que 1/(0,0004n) ≤ 0,1, soit n ≥ 1/0,00004 = 25 000 points. c) Par la loi des grands nombres, Fₙ se rapproche de π/4 quand n augmente, donc 4Fₙ se rapproche de π. Un écart de 0,01 sur Fₙ correspond à un écart de 4 × 0,01 = 0,04 sur l'estimation de π. Avec 25 000 points, l'estimation de π est donc à moins de 0,04 de π avec une probabilité d'au moins 0,9.

Ce chapitre prépare la partie Échantillonnage et estimation par intervalle du cours Probabilités : données, lois et estimation (UE 9 · Probabilités et biostatistiques). Même notion, au niveau du PASS, avec ses exercices corrigés.

Pour retenir les formules et les définitions, dépose ce cours dans Ossik : il en sort des cartes de révision, qu’il te ressort au bon moment. Tester avec ce chapitre