Exercices corrigés : les variables aléatoires (Première spécialité)

a) Une variable aléatoire ne retient que les gains, pas les faces : deux faces différentes qui rapportent la même somme donnent la même valeur de $X$. Ici $X$ prend trois valeurs : $10$, $2$ et $-3$.

b) On regroupe les faces par gain. $P(X=10)=\frac{1}{6}$, une seule face convient. $P(X=2)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$, les faces $4$ et $5$. $P(X=-3)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$, les faces $1$, $2$ et $3$. Le tableau de la loi comporte donc trois colonnes, pas six : c'est tout l'intérêt de la variable aléatoire, elle résume l'expérience en ne gardant que ce qui intéresse le joueur.

c) $\frac{1}{6}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\frac{1+2+3}{6}=\frac{6}{6}=1$ ✓. Cette vérification est exigée dans toute rédaction : elle garantit qu'aucune face n'a été oubliée ni comptée deux fois.

d) $E(X)=10\times\frac{1}{6}+2\times\frac{1}{3}+(-3)\times\frac{1}{2}=\frac{10}{6}+\frac{4}{6}-\frac{9}{6}=\frac{5}{6}\approx 0{,}833$. Interprétation obligatoire, et c'est souvent elle qui rapporte les points : sur un grand nombre de parties, le joueur gagne en moyenne environ $0{,}83$ dollar par partie. Le jeu lui est donc favorable, alors même qu'il perd une fois sur deux. Sur $600$ parties, cela représente environ $500$ dollars de gain.

e) On cherche la perte $c>0$ telle que $E(X)=0$, en gardant la même loi : $10\times\frac{1}{6}+2\times\frac{1}{3}-c\times\frac{1}{2}=0$, soit $\frac{14}{6}=\frac{c}{2}$, donc $c=\frac{14}{3}\approx 4{,}67$ dollars. Vérification : $\frac{10}{6}+\frac{4}{6}-\frac{14}{3}\times\frac{1}{2}=\frac{14}{6}-\frac{14}{6}=0$ ✓. Autrement dit, il faudrait faire perdre environ $4{,}67$ dollars au lieu de $3$. La lecture générale : pour un jeu équitable, l'espérance des gains doit compenser exactement l'espérance des pertes, chacune pondérée par sa probabilité.

a) Deux conditions sont à vérifier, et les copies n'en vérifient souvent qu'une. D'une part toutes les probabilités sont comprises entre $0$ et $1$, d'autre part leur somme vaut $0{,}1+0{,}2+0{,}3+0{,}4=1$ ✓. C'est bien une loi de probabilité.

b) $E(X)=1\times 0{,}1+2\times 0{,}2+3\times 0{,}3+4\times 0{,}4=0{,}1+0{,}4+0{,}9+1{,}6=3$. Contrôle de plausibilité immédiat : l'espérance est toujours comprise entre la plus petite et la plus grande valeur, ici entre $1$ et $4$, et elle doit pencher vers les valeurs les plus probables, donc vers le haut ✓.

c) Non. La valeur la plus probable, appelée mode, est $4$ avec une probabilité de $0{,}4$, alors que $E(X)=3$. L'espérance est un centre de gravité, pas un maximum : elle est tirée vers le bas par les valeurs $1$ et $2$, même si elles sont moins probables. Mode et espérance ne coïncident que par exception.

d) $P(X\geq 3)=P(X=3)+P(X=4)=0{,}3+0{,}4=0{,}7$. Pour la seconde, $E(X)=3$, donc $P(X<E(X))=P(X<3)=P(X=1)+P(X=2)=0{,}1+0{,}2=0{,}3$. Attention à l'inégalité stricte : la valeur $3$ n'est pas comptée ici alors qu'elle l'était dans la première question, et l'écart est de $0{,}3$.

e) La moyenne simple des quatre valeurs vaut $\frac{1+2+3+4}{4}=2{,}5$, alors que $E(X)=3$. L'écart vient du fait que la moyenne simple traite les quatre valeurs comme équiprobables, avec un poids de $0{,}25$ chacune, alors que la loi accorde $0{,}4$ à la valeur $4$ et seulement $0{,}1$ à la valeur $1$ : le centre de gravité se déplace donc vers les grandes valeurs. Les deux coïncideraient exactement si la loi était uniforme, c'est-à-dire si chaque probabilité valait $0{,}25$.

a) On applique la loi de $X$ aux carrés des valeurs, sans changer les probabilités : $E(X^2)=1\times 0{,}1+4\times 0{,}2+9\times 0{,}3+16\times 0{,}4=0{,}1+0{,}8+2{,}7+6{,}4=10$. Le piège serait d'élever la loi au carré : ce sont les VALEURS qu'on élève au carré, jamais les probabilités.

b) $V(X)=E(X^2)-(E(X))^2=10-3^2=10-9=1$.

c) $\sigma(X)=\sqrt{V(X)}=\sqrt{1}=1$. L'écart-type revient à l'unité de départ, ce qui le rend interprétable : les valeurs de $X$ s'écartent de $3$ d'environ $1$ en moyenne quadratique.

d) Il trouverait $9-10=-1$. C'est impossible : la variance est une moyenne de carrés, donc une somme de termes positifs ou nuls, et elle ne peut jamais être négative. Une variance négative est le signe certain d'une inversion des deux termes, et le calcul doit être repris. Cela fournit d'ailleurs un contrôle gratuit sur toute copie : on a toujours $E(X^2)\geq (E(X))^2$.

e) Par définition, $V(X)=\sum p_i\left(x_i-E(X)\right)^2$. Les écarts à $3$ valent respectivement $-2$, $-1$, $0$ et $1$, donc leurs carrés valent $4$, $1$, $0$ et $1$ : $V(X)=4\times 0{,}1+1\times 0{,}2+0\times 0{,}3+1\times 0{,}4=0{,}4+0{,}2+0+0{,}4=1$ ✓. On retrouve bien la même valeur. Deux remarques utiles : les écarts sont élevés au carré pour que les écarts négatifs ne compensent pas les positifs (leur somme pondérée est toujours nulle), et la valeur $3$, qui est l'espérance elle-même, ne contribue pas du tout à la variance.

a) $E(Y)=3E(X)-2=3\times 3-2=7$. $V(Y)=3^2\times V(X)=9\times 1=9$. $\sigma(Y)=\sqrt{9}=3$, ce qui vaut aussi $|3|\times\sigma(X)$. Retenir la valeur absolue : avec $Y=-3X-2$, la variance serait encore $9$ et l'écart-type encore $3$, car multiplier par un nombre négatif retourne les valeurs mais ne les rapproche pas.

b) $E(Z)=E(X)+7=10$. $V(Z)=1^2\times V(X)=1$, le coefficient devant $X$ valant $1$. $\sigma(Z)=1$.

c) $Z$ a exactement la même dispersion que $X$. Ajouter une constante translate toutes les valeurs du même montant : les écarts entre elles, et donc les écarts à l'espérance qui s'est elle aussi déplacée de $7$, sont inchangés. Image concrète : si tous les salaires d'une entreprise augmentent de $7$ dollars, la moyenne monte de $7$ mais les inégalités restent identiques. Seul un coefficient multiplicatif modifie la dispersion.

d) Deux erreurs indépendantes. D'abord le coefficient multiplicatif doit être élevé au carré : la formule est $V(aX+b)=a^2V(X)$, donc $9V(X)$ et non $3V(X)$. Ensuite la constante additive disparaît complètement, on ne lui fait subir aucun traitement : le $-2$ ne doit pas être soustrait. Le résultat correct est $V(3X-2)=9\times 1=9$. Le contrôle par l'écart-type aurait alerté : $\sigma(Y)$ doit valoir $3$ fois $\sigma(X)$, donc $V(Y)$ neuf fois $V(X)$.

e) On veut d'abord un écart-type de $1$ : comme $\sigma(aY+b)=|a|\sigma(Y)=3|a|$, il faut $|a|=\frac{1}{3}$, prenons $a=\frac{1}{3}$. Ensuite $E(T)=\frac{1}{3}E(Y)+b=\frac{7}{3}+b$, qui s'annule pour $b=-\frac{7}{3}$. Donc $T=\frac{1}{3}Y-\frac{7}{3}=\frac{Y-7}{3}$, ce qui s'écrit plus parlant $T=\frac{Y-E(Y)}{\sigma(Y)}$. Vérification : $E(T)=\frac{7-7}{3}=0$ ✓ et $V(T)=\frac{1}{9}\times 9=1$ ✓. Cette variable s'appelle la variable centrée réduite : elle mesure un résultat en nombre d'écarts-types au-dessus ou au-dessous de la moyenne, ce qui permet de comparer des grandeurs exprimées dans des unités différentes.

a) On tire deux boules, donc le nombre de rouges obtenues est $0$, $1$ ou $2$. Les trois valeurs sont effectivement atteignables ici, puisque l'urne contient au moins deux boules de chaque couleur.

b) On raisonne sur deux tirages successifs sans remise. $P(X=0)$ correspond à deux vertes : $\frac{3}{8}\times\frac{2}{7}=\frac{6}{56}=\frac{3}{28}$. $P(X=2)$ correspond à deux rouges : $\frac{5}{8}\times\frac{4}{7}=\frac{20}{56}=\frac{5}{14}=\frac{10}{28}$. Pour $X=1$, deux ordres sont possibles et il faut les additionner : $\frac{5}{8}\times\frac{3}{7}+\frac{3}{8}\times\frac{5}{7}=\frac{15}{56}+\frac{15}{56}=\frac{30}{56}=\frac{15}{28}$. Le cas mixte est le plus probable des trois, ce qui est fréquent et vient précisément de ses deux chemins.

c) $\frac{3}{28}+\frac{15}{28}+\frac{10}{28}=\frac{28}{28}=1$ ✓. Ce contrôle est le seul moyen simple de détecter l'oubli d'un des deux ordres dans la question précédente : sans lui, la somme aurait fait $\frac{13}{28}+\frac{15}{56}$ et l'erreur serait passée inaperçue.

d) $E(X)=0\times\frac{3}{28}+1\times\frac{15}{28}+2\times\frac{10}{28}=\frac{15+20}{28}=\frac{35}{28}=\frac{5}{4}=1{,}25$. En moyenne, un tirage de deux boules contient $1{,}25$ boule rouge. Interprétation à donner : ce résultat est cohérent avec la proportion de rouges dans l'urne, puisque $2\times\frac{5}{8}=1{,}25$. Cette coïncidence n'en est pas une, l'espérance du nombre de rouges vaut toujours le nombre de tirages multiplié par la proportion initiale, même sans remise, alors que la variance, elle, dépend du mode de tirage.

e) Parce que tirer les deux boules d'un coup ou l'une après l'autre sans regarder l'ordre donne exactement les mêmes probabilités pour l'ÉVÉNEMENT considéré. Le tirage successif ajoute une information, l'ordre, dont la variable $X$ ne tient pas compte : en additionnant les deux ordres du cas mixte, on efface précisément cette information supplémentaire. Le passage par le successif est donc une commodité de calcul, qui évite les combinaisons, et il est légitime tant que la variable étudiée ne dépend pas de l'ordre. En revanche, il serait faux d'oublier l'un des deux chemins, ce qui reviendrait à imposer un ordre que l'énoncé n'impose pas.

a) Les secteurs étant identiques, ils sont équiprobables : $P(G=50)=\frac{1}{8}$, $P(G=10)=\frac{3}{8}$, $P(G=0)=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$, et la somme vaut bien $1$ ✓. Donc $E(G)=50\times\frac{1}{8}+10\times\frac{3}{8}+0\times\frac{1}{2}=\frac{50+30}{8}=\frac{80}{8}=10$ dollars. Remarquer que le gros lot de $50$ dollars et les trois lots de $10$ contribuent autant l'un que les autres à l'espérance, $\frac{50}{8}$ contre $\frac{30}{8}$ : c'est un fait à garder en tête, un gros lot rare pèse souvent moins qu'on ne le croit.

b) $X=G-m$ est une translation de $G$ par la constante $-m$, donc $E(X)=E(G)-m=10-m$.

c) Le jeu est équitable lorsque $E(X)=0$, c'est-à-dire pour une mise de $m=10$ dollars : la mise équitable est exactement l'espérance du gain brut. Cela donne une lecture directe de l'espérance, qui est le prix juste du billet.

d) Avec $m=12$, $E(X)=10-12=-2$ : le joueur perd en moyenne $2$ dollars par partie, et l'organisateur gagne autant. Sur $500$ parties, le bénéfice moyen espéré est de $500\times 2=1000$ dollars. Sur une partie isolée, en revanche, l'organisateur peut parfaitement perdre $38$ dollars : c'est le nombre de parties qui rend le bénéfice quasi certain, et c'est exactement le modèle économique d'une fête foraine comme d'un casino.

e) $E(G^2)=2500\times\frac{1}{8}+100\times\frac{3}{8}+0\times\frac{1}{2}=\frac{2500+300}{8}=350$, donc $V(G)=350-10^2=250$ et $\sigma(G)=\sqrt{250}\approx 15{,}8$ dollars. Comme $X=G-12$ est une translation, $V(X)=V(G)=250$ : la mise ne change pas du tout la dispersion, elle ne fait que décaler l'espérance. Le rapprochement mérite d'être fait : l'écart-type, environ $15{,}8$ dollars, est bien plus grand que la perte moyenne de $2$ dollars, ce qui traduit le fait qu'à l'échelle d'une partie le hasard domine largement l'avantage de l'organisateur. Il ne devient visible qu'après un grand nombre de parties.

a) Deux cas seulement. Sans sinistre, l'assureur encaisse la prime et ne débourse rien : $X=300$ avec $P(X=300)=1-0{,}02=0{,}98$. Avec sinistre, il encaisse la prime mais verse l'indemnité : $X=300-8000=-7700$ avec $P(X=-7700)=0{,}02$. Le point de méthode : la prime est encaissée dans les DEUX cas, elle n'est pas conditionnée à l'absence de sinistre.

b) $E(X)=0{,}98\times 300+0{,}02\times(-7700)=294-154=140$ dollars. En moyenne, chaque contrat rapporte $140$ dollars par an à l'assureur. Autre écriture du même calcul, plus parlante : $300-0{,}02\times 8000=300-160=140$, c'est-à-dire la prime moins le coût moyen du risque.

c) Avec une prime $p$, l'espérance vaut $0{,}98p+0{,}02(p-8000)=p-160$. Elle s'annule pour $p=160$ dollars : c'est la prime pure, exactement égale au coût moyen du risque, $0{,}02\times 8000$. Le tarif réel de $300$ dollars contient donc $160$ dollars de risque et $140$ dollars de chargement.

d) $10\ 000\times 140=1\ 400\ 000$ dollars de bénéfice moyen annuel. Ce calcul suppose que les contrats sont indépendants, hypothèse raisonnable pour des sinistres isolés mais fausse en cas de catastrophe naturelle, où tous les assurés d'une même région déclarent en même temps.

e) Parce que la prime pure ne couvre QUE le coût moyen, et rien d'autre. Elle ne finance ni les frais de gestion, ni la marge, ni surtout la sécurité face aux fluctuations : le nombre de sinistres varie d'une année à l'autre autour de sa moyenne de $200$ pour $10\ 000$ contrats, et une année à $230$ sinistres coûterait $240\ 000$ dollars de plus. Un assureur qui facturerait exactement $160$ dollars aurait une espérance de gain nulle et ferait donc faillite dès la première mauvaise année, sans jamais pouvoir se refaire. C'est la différence entre espérance et certitude, la même que celle rencontrée à l'exercice précédent avec l'écart-type de la roue.

a) $E(X_A)=0\times 0{,}5+10\times 0{,}5=5$ et $E(X_B)=4\times 0{,}5+6\times 0{,}5=5$. Les deux jeux ont rigoureusement la même espérance : sur un grand nombre de parties, ils rapportent autant l'un que l'autre.

b) $E(X_A^2)=0\times 0{,}5+100\times 0{,}5=50$, donc $V(X_A)=50-5^2=25$ et $\sigma(X_A)=5$. On peut le retrouver directement par la définition : les deux écarts à $5$ valent $-5$ et $5$, leurs carrés valent $25$ chacun, donc la moyenne des carrés est $25$ ✓.

c) $E(X_B^2)=16\times 0{,}5+36\times 0{,}5=26$, donc $V(X_B)=26-25=1$ et $\sigma(X_B)=1$. Par la définition : les écarts valent $-1$ et $1$, donc la variance vaut $1$ ✓. Pour une variable à deux valeurs équiprobables, l'écart-type est toujours la demi-distance entre les deux valeurs, ce qui donne $5$ pour A et $1$ pour B.

d) Les deux jeux rapportent $5$ dollars en moyenne, mais le jeu A est cinq fois plus dispersé. Le jeu B garantit un résultat proche de $5$, entre $4$ et $6$ ; le jeu A alterne entre $0$ et $10$, et le joueur repart les mains vides une fois sur deux. Un joueur prudent choisit B, un joueur qui recherche le gros gain choisit A, et aucun des deux n'a tort : l'espérance mesure le centre, l'écart-type mesure le risque, et une décision rationnelle a besoin des deux. C'est exactement le raisonnement qui distingue un placement en obligations d'un placement en actions.

e) $E(X_C)=5$ également, puisque la variable vaut $5$ à coup sûr. Et $V(X_C)=E(X_C^2)-(E(X_C))^2=25-25=0$, donc $\sigma(X_C)=0$. Un écart-type nul caractérise exactement une variable certaine, qui ne fluctue pas : c'est le seul cas où $E(X^2)=(E(X))^2$, ce qui répond au passage au piège a) de l'exercice suivant. Les trois jeux ont la même espérance et des écarts-types de $5$, $1$ et $0$ : la hiérarchie du risque est complète.

a) Faux. Avec la variable des exercices 2 et 3 : $E(X^2)=10$ alors que $(E(X))^2=9$. L'écart entre les deux n'est pas un hasard, c'est exactement la variance : $V(X)=E(X^2)-(E(X))^2=1$. Comme une variance est toujours positive ou nulle, on a d'ailleurs toujours $E(X^2)\geq (E(X))^2$, avec égalité dans le seul cas d'une variable certaine, comme le jeu C de l'exercice précédent. Autrement dit, la fonction carré ne commute pas avec la moyenne : la moyenne des carrés dépasse le carré de la moyenne.

b) Faux. Ajouter une constante déplace toutes les valeurs et l'espérance du même montant, donc ne modifie aucun écart : $V(X+3)=V(X)=1$, et non $4$. La bonne formule est $V(aX+b)=a^2V(X)$, dans laquelle $b$ n'apparaît tout simplement pas. Vérification concrète sur le jeu B de l'exercice 8 : ses valeurs $4$ et $6$ deviennent $7$ et $9$, l'écart entre elles vaut toujours $2$, donc l'écart-type vaut toujours $1$.

c) Faux. Dans l'exercice 1, $E(X)=\frac{5}{6}\approx 0{,}83$ alors que $X$ ne prend que les valeurs $10$, $2$ et $-3$ : l'espérance n'est aucune d'entre elles. L'espérance est une moyenne, et une moyenne n'a aucune raison de faire partie des données, exactement comme la moyenne de $2{,}4$ enfants par famille ne correspond à aucune famille réelle. Elle est seulement toujours comprise entre la plus petite et la plus grande valeur.

d) Faux, et pour une raison d'unités qui vaut d'être retenue. Si $X$ est un gain en dollars, alors $E(X)$ est en dollars, mais $V(X)$ est en dollars AU CARRÉ, puisque la variance est une moyenne de carrés d'écarts. Comparer $250$ dollars au carré à $10$ dollars n'a pas plus de sens que comparer une aire à une longueur. C'est précisément le rôle de l'écart-type $\sigma(X)=\sqrt{V(X)}$, qui ramène la dispersion à l'unité de départ : sur la roue de l'exercice 6, on peut alors dire que la dispersion, environ $15{,}8$ dollars, dépasse largement l'espérance de $10$ dollars, ce qui est une phrase qui a un sens.

a) $S$ prend les onze valeurs entières de $2$ à $12$. On compte, pour chaque somme, le nombre de couples $(a,b)$ qui la réalisent : les effectifs sur $36$ sont, dans l'ordre, $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$, $5$, $4$, $3$, $2$, $1$, dont la somme fait bien $36$ ✓. Ainsi $P(S=2)=\frac{1}{36}$, $P(S=7)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$, et le reste symétriquement. La forme en triangle de cette loi vient du fait que $7$ est la somme qui admet le plus de décompositions, puisque toutes les faces peuvent y participer.

b) $E(S)=\frac{1}{36}\sum_{k=2}^{12} k\,n_k=\frac{252}{36}=7$. L'argument de symétrie est plus rapide et plus solide : chaque dé a pour espérance $\frac{1+2+3+4+5+6}{6}=3{,}5$, et l'espérance d'une somme est toujours la somme des espérances, donc $E(S)=2\times 3{,}5=7$. On peut aussi invoquer la symétrie de la loi elle-même autour de $7$ : $P(S=7-k)=P(S=7+k)$ pour tout $k$, donc le centre de gravité est en $7$.

c) $E(S^2)=\frac{1}{36}\sum k^2 n_k=\frac{1974}{36}=\frac{329}{6}\approx 54{,}833$. Donc $V(S)=\frac{329}{6}-7^2=\frac{329-294}{6}=\frac{35}{6}\approx 5{,}833$, et $\sigma(S)=\sqrt{\frac{35}{6}}\approx 2{,}415$. Lecture concrète : la somme s'écarte de $7$ d'environ $2{,}4$ en moyenne, ce qui est cohérent avec une loi étalée de $2$ à $12$ mais concentrée au centre.

d) Pour un dé seul : $E(X)=3{,}5$ et $E(X^2)=\frac{1+4+9+16+25+36}{6}=\frac{91}{6}$, donc $V(X)=\frac{91}{6}-\left(\frac{7}{2}\right)^2=\frac{182-147}{12}=\frac{35}{12}\approx 2{,}917$. On a bien $2\times\frac{35}{12}=\frac{35}{6}=V(S)$ ✓. Cette additivité des variances n'est vraie que parce que les deux dés sont indépendants, ce qui sera énoncé et démontré en Terminale. Contre-exemple à garder en tête : la variable $2X$, double d'un SEUL dé, a pour variance $4V(X)=\frac{35}{3}$, soit le double de $V(S)$. Deux dés indépendants et un dé compté deux fois ont la même espérance mais pas la même dispersion, car le second ne peut jamais se compenser lui-même.

e) L'espérance, oui, mais elle seule. $E(S)=7$ et $E(2X)=2\times 3{,}5=7$ : identiques, comme la question d) vient de le montrer, alors que les dispersions diffèrent. Pour le produit $P=X_1X_2$, on trouve $E(P)=\frac{441}{36}=12{,}25$ en moyennant les $36$ produits, soit exactement $3{,}5\times 3{,}5$ : l'espérance d'un produit de variables indépendantes est le produit des espérances. Mais cette dernière propriété, contrairement à celle de la somme, EXIGE l'indépendance : pour $X_1\times X_1=X^2$, on obtient $E(X^2)=\frac{91}{6}\approx 15{,}17$, très différent de $3{,}5^2=12{,}25$. On retrouve, sur un cas concret, l'écart entre moyenne des carrés et carré de la moyenne rencontré à l'exercice 9, et il vaut ici encore la variance d'un dé, $\frac{35}{12}$.