Exercices corrigés : sommes de variables aléatoires et concentration (Terminale spécialité)

L'espérance est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités : $E(X)=0\times 0{,}5+4\times 0{,}3+8\times 0{,}2=1{,}2+1{,}6=2{,}8$ et $E(Y)=2\times 0{,}6+6\times 0{,}4=1{,}2+2{,}4=3{,}6$. En moyenne, sur un grand nombre de trajets, Inès attend $2{,}8$ minutes le bus et $3{,}6$ minutes le tramway. Ce ne sont pas des valeurs que $X$ ou $Y$ peuvent prendre, et ce n'est pas un problème : une espérance est une moyenne, pas une issue.

Une issue est un couple $(x\,;y)$. Les deux épreuves étant indépendantes, la probabilité d'un couple est le PRODUIT des probabilités de ses composantes : $P(X=4\text{ et }Y=2)=0{,}3\times 0{,}6=0{,}18$, par exemple. Les six couples donnent : $(0\,;2)$, somme $2$, probabilité $0{,}3$ ; $(0\,;6)$, somme $6$, $0{,}2$ ; $(4\,;2)$, somme $6$, $0{,}18$ ; $(4\,;6)$, somme $10$, $0{,}12$ ; $(8\,;2)$, somme $10$, $0{,}12$ ; $(8\,;6)$, somme $14$, $0{,}08$. Deux couples mènent à $6$ et deux à $10$ : on les regroupe. $P(S=2)=0{,}3$, $P(S=6)=0{,}2+0{,}18=0{,}38$, $P(S=10)=0{,}12+0{,}12=0{,}24$, $P(S=14)=0{,}08$, et le total fait bien $1$. Le tableau figure dans la correction. Oublier un des deux couples qui mènent à la même somme est l'erreur classique.

$E(S)=2\times 0{,}3+6\times 0{,}38+10\times 0{,}24+14\times 0{,}08=0{,}6+2{,}28+2{,}4+1{,}12=6{,}4$. Et $E(X)+E(Y)=2{,}8+3{,}6=6{,}4$ : c'est le même nombre, et ce n'est pas une coïncidence. C'est la LINÉARITÉ DE L'ESPÉRANCE, $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$, vraie pour deux variables aléatoires quelconques. Elle tient parce que l'espérance est une moyenne pondérée sur les issues, et qu'une moyenne de sommes est la somme des moyennes. Elle ne demande AUCUNE indépendance : on s'est servi de l'indépendance en b) pour obtenir la loi de $S$, pas pour son espérance.

Sans connaître la loi de $Z$, la linéarité donne directement $E(X+Y+Z)=E(X)+E(Y)+E(Z)=2{,}8+3{,}6+5=11{,}4$ minutes. Construire la loi de $X+Y+Z$ aurait demandé la loi de $Z$ et un tableau à trois entrées : la linéarité fait l'économie de tout cela, c'est son intérêt principal. Sur $20$ trajets, l'attente totale est la somme $T_{1}+\dots+T_{20}$ des attentes de chaque jour, et son espérance vaut $20\times 11{,}4=228$ minutes, soit $3$ heures et $48$ minutes. Là encore, pas besoin de savoir si les trajets de deux jours différents sont indépendants : pour l'espérance, la question ne se pose pas.

$E(X)=0\times 0{,}2+1\times 0{,}5+2\times 0{,}3=1{,}1$ et $E(X^{2})=0+1\times 0{,}5+4\times 0{,}3=1{,}7$, donc $V(X)=1{,}7-1{,}1^{2}=1{,}7-1{,}21=0{,}49$. De même $E(Y)=2\times 0{,}6=1{,}2$, $E(Y^{2})=4\times 0{,}6=2{,}4$ et $V(Y)=2{,}4-1{,}44=0{,}96$. Le piège est d'écrire $E(X^{2})$ en élevant l'espérance au carré : $E(X^{2})$ se calcule en élevant chaque VALEUR au carré, avec les mêmes probabilités.

Les six couples, par indépendance : $(0\,;0)$ probabilité $0{,}2\times 0{,}4=0{,}08$, somme $0$ ; $(1\,;0)$ : $0{,}2$, somme $1$ ; $(2\,;0)$ : $0{,}12$, somme $2$ ; $(0\,;2)$ : $0{,}12$, somme $2$ ; $(1\,;2)$ : $0{,}3$, somme $3$ ; $(2\,;2)$ : $0{,}18$, somme $4$. D'où la loi de $S$ : $P(S=0)=0{,}08$, $P(S=1)=0{,}2$, $P(S=2)=0{,}12+0{,}12=0{,}24$, $P(S=3)=0{,}3$, $P(S=4)=0{,}18$, de total $1$.

$E(S)=0{,}2+0{,}48+0{,}9+0{,}72=2{,}3$, qui vaut bien $1{,}1+1{,}2$ par linéarité. $E(S^{2})=1\times 0{,}2+4\times 0{,}24+9\times 0{,}3+16\times 0{,}18=0{,}2+0{,}96+2{,}7+2{,}88=6{,}74$, donc $V(S)=6{,}74-2{,}3^{2}=6{,}74-5{,}29=1{,}45$. Et $V(X)+V(Y)=0{,}49+0{,}96=1{,}45$ : les variances s'additionnent. Le programme l'admet sous une hypothèse précise : $X$ et $Y$ sont INDÉPENDANTES, ce qui est le cas ici parce que le modèle est une succession de deux épreuves indépendantes. L'espérance s'additionne toujours, la variance seulement sous cette condition.

$W=X+X=2X$, donc $V(W)=V(2X)=2^{2}V(X)=4\times 0{,}49=1{,}96$, alors que $V(X)+V(X)=0{,}98$. L'additivité échoue : $X$ n'est évidemment pas indépendante d'elle-même. Doubler une variable multiplie sa variance par $4$, parce que tous les écarts à la moyenne sont doublés, et que la variance est une moyenne d'écarts AU CARRÉ. Pour $L=2-X$ : $V(L)=(-1)^{2}V(X)=0{,}49$, donc $V(X)+V(L)=0{,}98$. Mais $X+L=2$ quelle que soit l'issue : c'est une variable constante, de variance nulle. Ici les deux variables se compensent exactement, ce que fait tout vélo rendu, qui occupe une borne de plus. Dans un sens ou dans l'autre, $1{,}96$ ou $0$ au lieu de $0{,}98$ : additionner les variances de deux variables liées donne un résultat faux, et il faut toujours écrire « $X$ et $Y$ sont indépendantes » avant d'additionner.

$B_{i}$ ne prend que deux valeurs, $1$ (succès, la graine germe) avec la probabilité $p=0{,}85$ et $0$ avec la probabilité $1-p=0{,}15$ : c'est la LOI DE BERNOULLI de paramètre $0{,}85$. Comme $0^{2}=0$ et $1^{2}=1$, la variable $B_{i}^{2}$ prend exactement les mêmes valeurs que $B_{i}$ sur chaque issue : $B_{i}^{2}=B_{i}$. D'où $E(B_{i})=1\times p+0\times(1-p)=p=0{,}85$, $E(B_{i}^{2})=E(B_{i})=p$ et $V(B_{i})=p-p^{2}=p(1-p)=0{,}85\times 0{,}15=0{,}1275$. Retenez ces deux résultats sous forme littérale : $E=p$ et $V=p(1-p)$.

Chaque graine qui germe ajoute $1$ au compte, chaque graine qui ne germe pas ajoute $0$ : $X=B_{1}+B_{2}+\dots+B_{40}$. C'est l'idée clé du chapitre, REPRÉSENTER une variable comme une somme de variables plus simples. Par linéarité de l'espérance, $E(X)=E(B_{1})+\dots+E(B_{40})=40\times 0{,}85=34$, et en général $E(X)=np$. L'indépendance n'a PAS servi : la linéarité est vraie pour des variables quelconques. On a donc démontré $E(X)=np$ sans écrire une seule fois la formule $P(X=k)$ ni un coefficient binomial.

Les germinations sont indépendantes, donc les $B_{i}$ sont des variables indépendantes, et l'additivité de la variance s'applique : $V(X)=V(B_{1})+\dots+V(B_{40})=40\times 0{,}1275=5{,}1$, et en général $V(X)=np(1-p)$. Ici l'hypothèse est indispensable et doit être écrite sur la copie : c'est elle que le correcteur cherche dans la démonstration. $\sigma(X)=\sqrt{5{,}1}\approx 2{,}258$. On reconnaît au passage que $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(40\,;0{,}85)$, puisqu'elle compte les succès de $40$ épreuves de Bernoulli indépendantes et identiques : la démonstration vaut pour toute loi binomiale.

À partir de $X$ : $E(Y)=E(40-X)=40-E(X)=40-34=6$ et $V(Y)=V(40-X)=(-1)^{2}V(X)=5{,}1$. L'ajout d'une constante ne change pas la dispersion, et le signe moins sort au carré. Seconde façon : $Y=(1-B_{1})+\dots+(1-B_{40})$, et chaque $1-B_{i}$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $0{,}15$ ; ces $40$ variables sont indépendantes, donc $Y$ suit $\mathcal{B}(40\,;0{,}15)$, et $E(Y)=40\times 0{,}15=6$, $V(Y)=40\times 0{,}15\times 0{,}85=5{,}1$. Les deux calculs concordent. L'erreur à éviter : écrire $V(40-X)=40-V(X)$, ou $-V(X)$, une variance négative étant un signal d'alarme immédiat.

$E(X)=0\times 0{,}18+5\times 0{,}64+10\times 0{,}18=3{,}2+1{,}8=5$, ce que la symétrie du diagramme autour de $5$ annonçait. $E(X^{2})=25\times 0{,}64+100\times 0{,}18=16+18=34$, donc $V(X)=34-25=9$ et $\sigma(X)=3$ points. Une visite isolée s'écarte donc typiquement de $3$ points de la moyenne, dans un sens ou dans l'autre.

Par linéarité, $E(S_{100})=100\,E(X)=500$. Les $X_{i}$ sont INDÉPENDANTES, donc les variances s'additionnent : $V(S_{100})=V(X_{1})+\dots+V(X_{100})=100\times 9=900$, et $\sigma(S_{100})=\sqrt{900}=30$. En général, pour un échantillon de taille $n$ d'une loi d'espérance $\mu$ et de variance $V$ : $E(S_{n})=n\mu$ et $V(S_{n})=nV$, d'où $\sigma(S_{n})=\sqrt{n}\,\sigma$. L'écart type de la somme grandit, mais seulement comme $\sqrt{n}$ : sur cent visites, les écarts d'une visite à l'autre se compensent en partie.

$E(Z)=100\,E(X)=500$, exactement comme $S_{100}$. Mais $V(Z)=V(100X)=100^{2}V(X)=90\,000$ et $\sigma(Z)=300$, DIX fois l'écart type de $S_{100}$. C'est le fil de la série : $100X$ et $X_{1}+\dots+X_{100}$ ont la même espérance et pas du tout la même dispersion. Avec $Z$, un seul tirage décide de tout, et le client reçoit $0$ ou $1\,000$ points avec la probabilité $0{,}18$ chacun ; avec $S_{100}$, cent tirages indépendants se compensent, et le total reste le plus souvent entre $440$ et $560$. L'erreur typique de copie, écrire $V(S_{100})=100^{2}V(X)$, revient à confondre ces deux situations.

$M_{100}=\frac{1}{100}S_{100}$, donc $E(M_{100})=\frac{500}{100}=5$ et $V(M_{100})=\frac{1}{100^{2}}V(S_{100})=\frac{900}{10\,000}=0{,}09$, soit $\sigma(M_{100})=0{,}3$. En général $V(M_{n})=\frac{nV}{n^{2}}=\frac{V}{n}$ et $\sigma(M_{n})=\frac{\sigma}{\sqrt{n}}=\frac{3}{\sqrt{n}}$ : la moyenne de l'échantillon a la même espérance que $X$, mais elle est $\sqrt{n}$ fois moins dispersée. Pour $\sigma(M_{n})=0{,}1$, il faut $\sqrt{n}=\frac{3}{0{,}1}=30$, donc $n=900$ visites. Diviser l'écart type par $3$, de $0{,}3$ à $0{,}1$, demande $9$ fois plus de visites : c'est le prix du $\sqrt{n}$, et il reviendra dans chaque question de taille d'échantillon.

Par symétrie de la loi autour de $30$, $\mu=30$ : on le vérifie, $E(X)=1+4+12+8+5=30$. La variance est la moyenne des carrés des écarts à $\mu$ : les valeurs $10$ et $50$ sont à $20$ de $30$, les valeurs $20$ et $40$ à $10$. $V=400\times(0{,}1+0{,}1)+100\times(0{,}2+0{,}2)=80+40=120$, et $\sigma=\sqrt{120}\approx 10{,}95$ places.

Avec $\delta=20$ : $P(|X-30|\geq 20)\leq\dfrac{120}{20^{2}}=\dfrac{120}{400}=0{,}3$. La valeur exacte se lit sur la loi : $|X-30|\geq 20$ signifie $X=10$ ou $X=50$, de probabilité $0{,}1+0{,}1=0{,}2$. La majoration est vraie, $0{,}2\leq 0{,}3$, mais elle n'est pas égale à la probabilité. L'inégalité n'utilise de la loi que deux nombres, $\mu$ et $V$ : elle vaut pour TOUTES les lois qui ont cette espérance et cette variance, et doit donc être assez large pour la pire d'entre elles. C'est son intérêt, elle marche sans connaître la loi, et c'est sa limite.

Avec $\delta=15$ : $P(|X-30|\geq 15)\leq\dfrac{120}{225}\approx 0{,}533$. Or $|X-30|\geq 15$ signifie encore $X=10$ ou $X=50$, puisque les écarts possibles ne valent que $0$, $10$ ou $20$ : la probabilité exacte reste $0{,}2$. La majoration dépend continûment de $\delta$, la probabilité exacte, elle, ne change que lorsque $\delta$ franchit un écart réellement possible. Écrire que la probabilité « vaut » $0{,}533$ serait une faute : l'inégalité ne donne qu'une borne supérieure, et la phrase de conclusion doit dire « est inférieure ou égale à ».

Avec $\delta=10$ : $\dfrac{120}{100}=1{,}2$, et toute probabilité est déjà inférieure à $1$ : l'inégalité n'apprend RIEN. Ce n'est pas une erreur de calcul, c'est ce qui arrive dès que $\delta\leq\sigma$, ici $10<10{,}95$ : l'inégalité ne dit quelque chose que pour des écarts de plusieurs écarts types. La valeur exacte est $P(X\neq 30)=0{,}6$. Pour la minoration, on passe à l'événement contraire : $10<X<50$ équivaut à $|X-30|<20$, donc $P(10<X<50)=1-P(|X-30|\geq 20)\geq 1-0{,}3=0{,}7$. La valeur exacte est $0{,}2+0{,}4+0{,}2=0{,}8$, bien supérieure ou égale à $0{,}7$. Cette forme, « au moins $70\ \%$ des jours », est celle qu'on utilise pour garantir un résultat.

$I_{i}$ ne prend que les valeurs $0$ et $1$ : c'est une variable de Bernoulli. Son paramètre est la probabilité que l'invité $i$ reçoive son propre manteau. Toutes les répartitions étant équiprobables, le manteau que reçoit l'invité $i$ est l'un des $n$ manteaux, chacun avec la même probabilité, donc $P(I_{i}=1)=\frac{1}{n}$. Pour $n=4$ : sur les $24$ répartitions, celles où l'invité $1$ a son manteau sont les $3!=6$ façons de répartir les trois autres, et $\frac{6}{24}=\frac{1}{4}$. Donc $E(I_{i})=\frac{1}{n}$, et $0{,}25$ pour $n=4$.

Chaque invité qui retrouve son manteau ajoute $1$ au compte : $X=I_{1}+I_{2}+\dots+I_{n}$. Par linéarité, $E(X)=n\times\frac{1}{n}=1$, QUEL QUE SOIT $n$. Vérification pour $n=4$ : $E(X)=\frac{0\times 9+1\times 8+2\times 6+3\times 0+4\times 1}{24}=\frac{24}{24}=1$. Le résultat est remarquable, et il n'a demandé ni la loi de $X$, ni aucune indépendance. C'est le sens de la capacité du programme « représenter une variable comme somme de variables aléatoires plus simples » : on découpe $X$ en indicatrices, dont l'espérance est une simple probabilité.