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Variables aléatoires et lois discrètes

Définir une variable aléatoire, sa loi, son espérance et sa variance.

Mathématiques Terminale Chapitre 14 / 19 ⏱ 10 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Déterminer la loi d'une variable aléatoire
  • Calculer espérance et variance
  • Reconnaître et exploiter une loi binomiale

Tu as déjà rencontré le hasard en calculant des probabilités : la probabilité qu'un dé tombe sur un six, qu'une carte tirée soit un roi, qu'une pièce de contrôle soit défectueuse. Mais dans la vraie vie, ce qui t'intéresse rarement, c'est l'issue elle-même — c'est plutôt le nombre qui lui est associé : le gain d'un jeu, le nombre de pièces défectueuses dans un lot, le nombre de tentatives avant un premier succès, le nombre de patients positifs à un test de dépistage du paludisme. Ce chapitre te donne les outils pour transformer une expérience aléatoire en un objet mathématique manipulable : la variable aléatoire.

Tu savais calculer P(A)P(A) pour un évènement AA. Tu vas maintenant apprendre à décrire, d'un seul coup, toutes les valeurs numériques possibles d'une expérience et leurs probabilités respectives : c'est la loi de probabilité d'une variable aléatoire. Tu sauras ensuite en résumer l'essentiel par deux nombres : l'espérance E(X)E(X), qui donne la valeur moyenne obtenue sur un très grand nombre de répétitions, et la variance V(X)V(X), qui mesure la dispersion des valeurs autour de cette moyenne.

Le cœur du chapitre est un schéma qui revient sans cesse dans la vie réelle et au baccalauréat : répéter plusieurs fois, de façon identique et indépendante, une même épreuve à deux issues (succès/échec). C'est le schéma de Bernoulli, et la variable aléatoire « nombre de succès » qu'il engendre suit une loi binomiale — une des lois les plus utiles de toutes les mathématiques appliquées, du contrôle qualité en usine aux sondages, en passant par les tests médicaux.

Chaque notion sera justifiée pas à pas — la formule de la variance, dite de König-Huygens, sera démontrée ; la formule de la loi binomiale sera justifiée par un arbre — et illustrée par des situations concrètes : jeux de hasard, contrôle qualité, dépistage médical, transports urbains à Dakar. Prends le temps de construire chaque arbre toi-même sur ton brouillon : c'est le meilleur moyen de rendre ces formules évidentes plutôt qu'à apprendre par cœur.

1Variable aléatoire et loi de probabilité

Définition — Variable aléatoire

Soit une expérience aléatoire dont l'univers des issues est Ω\Omega. Une variable aléatoire XX est une fonction qui, à chaque issue ω\omega de Ω\Omega, associe un nombre réel X(ω)X(\omega).

Lorsque l'ensemble des valeurs prises par XX, noté X(Ω)X(\Omega), est fini, on dit que XX est une variable aléatoire discrète — c'est le seul type étudié dans ce chapitre.

On note (X=xi)(X = x_i) l'évènement « XX prend la valeur xix_i », c'est-à-dire l'ensemble des issues ω\omega telles que X(ω)=xiX(\omega) = x_i.

Définition — Loi de probabilité

La loi de probabilité de XX est la donnée, pour chaque valeur xix_i de X(Ω)={x1,x2,…,xn}X(\Omega) = \{x_1, x_2, \ldots, x_n\}, de la probabilité pi=P(X=xi)p_i = P(X = x_i). On la présente sous forme d'un tableau :

xix_ix1x_1x2x_2⋯\cdotsxnx_n
P(X=xi)P(X = x_i)p1p_1p2p_2⋯\cdotspnp_n
Propriété

Les évènements (X=x1),(X=x2),…,(X=xn)(X = x_1), (X = x_2), \ldots, (X = x_n) forment une partition de l'univers : deux à deux incompatibles, de réunion Ω\Omega. Il en résulte :

∑i=1npi=p1+p2+⋯+pn=1\sum_{i=1}^{n} p_i = p_1 + p_2 + \cdots + p_n = 1

Cette égalité est le meilleur moyen de vérifier une loi de probabilité que tu viens de calculer.

Méthode — Déterminer la loi de probabilité d'une variable aléatoire

1. Décrire précisément l'expérience et lister toutes les valeurs possibles de XX (l'univers image X(Ω)X(\Omega)), sans en oublier ni en répéter.

2. Pour chaque valeur xix_i, revenir à l'expérience et calculer P(X=xi)P(X = x_i) (dénombrement, arbre, propriétés des probabilités).

3. Présenter le résultat dans un tableau, et toujours vérifier que la somme des probabilités vaut 11.

Exemple — Loi de probabilité d'un gain

Une urne contient 1010 boules indiscernables au toucher : 55 rouges, 33 vertes et 22 jaunes. On tire une boule au hasard. Une boule rouge fait perdre 2 0002\,000 F CFA, une boule verte fait gagner 1 0001\,000 F CFA, une boule jaune fait gagner 4 0004\,000 F CFA. Soit XX le gain algébrique du joueur.

L'univers image est X(Ω)={−2 000 ; 1 000 ; 4 000}X(\Omega) = \{-2\,000\,;\ 1\,000\,;\ 4\,000\}. L'équiprobabilité des boules donne :

  1. P(X=−2 000)=510=0,5P(X = -2\,000) = \dfrac{5}{10} = 0{,}55 boules rouges sur 10
  2. P(X=1 000)=310=0,3P(X = 1\,000) = \dfrac{3}{10} = 0{,}33 boules vertes sur 10
  3. P(X=4 000)=210=0,2P(X = 4\,000) = \dfrac{2}{10} = 0{,}22 boules jaunes sur 10
xix_i−2 000-2\,0001 0001\,0004 0004\,000
P(X=xi)P(X = x_i)0,50{,}50,30{,}30,20{,}2

Vérification : 0,5+0,3+0,2=10{,}5 + 0{,}3 + 0{,}2 = 1. La loi est correcte.

Loi de probabilité de X (gain en F CFA) p 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 -2 000 -1 000 0 1 000 2 000 3 000 4 000 x (F CFA) 0,5 0,3 0,2
Figure 1 — Diagramme en bâtons de la loi de probabilité de XX, le gain algébrique (en F CFA) d'un tirage dans l'urne : un bâton par valeur prise, de hauteur égale à la probabilité.

Cet exemple de l'urne va nous accompagner dans les deux premières sections : nous y calculerons l'espérance, la variance, puis nous nous demanderons à quel prix de participation ce jeu deviendrait équitable.

1.1  Fonction de répartition

Définition — Fonction de répartition

La fonction de répartition de XX est la fonction FF définie sur R\mathbb{R} par :

F(x)=P(X⩽x)F(x) = P(X \leqslant x)

Pour l'obtenir en un réel xx, on additionne les probabilités pip_i de toutes les valeurs xi⩽xx_i \leqslant x.

Propriété
  • constante par morceaux, en forme d'« escalier » : elle ne change de valeur qu'aux points xix_i, où elle « saute » de pip_i ;
  • croissante au sens large sur R\mathbb{R} ;
  • nulle pour xx strictement inférieur à la plus petite valeur de XX, et égale à 11 dès que xx est supérieur ou égal à la plus grande valeur.
Exemple — Fonction de répartition du gain XX

Reprenons la loi de XX : P(X=−2 000)=0,5P(X=-2\,000)=0{,}5, P(X=1 000)=0,3P(X=1\,000)=0{,}3, P(X=4 000)=0,2P(X=4\,000)=0{,}2.

  1. pour x<−2 000x < -2\,000 : F(x)=0F(x) = 0
  2. pour −2 000⩽x<1 000-2\,000 \leqslant x < 1\,000 : F(x)=0,5F(x) = 0{,}5
  3. pour 1 000⩽x<4 0001\,000 \leqslant x < 4\,000 : F(x)=0,5+0,3=0,8F(x) = 0{,}5 + 0{,}3 = 0{,}8
  4. pour x⩾4 000x \geqslant 4\,000 : F(x)=0,8+0,2=1F(x) = 0{,}8 + 0{,}2 = 1
Fonction de répartition F(x) = P(X ⩽ x) F 0 0,5 0,8 1 -2 000 -1 000 0 1 000 2 000 3 000 4 000 x (F CFA)
Figure 2 — Fonction de répartition en escalier de XX : un point plein marque la valeur incluse (FF est continue à droite), un point creux la valeur exclue.
Attention

F(x)F(x) est la probabilité de l'évènement X⩽xX \leqslant x, pas X=xX = x ! Au bac, on te demandera parfois P(X<x)P(X < x), P(X⩾x)P(X \geqslant x) ou P(a<X⩽b)P(a < X \leqslant b) : ramène-toi toujours à FF, par exemple P(a<X⩽b)=F(b)−F(a)P(a < X \leqslant b) = F(b) - F(a), et méfie-toi des inégalités strictes face à une variable discrète (une inégalité stricte peut « perdre » ou « garder » une valeur entière).

2Espérance, variance, écart type

Définition — Espérance mathématique

Soit XX une variable aléatoire discrète de loi P(X=xi)=piP(X=x_i) = p_i pour i=1,…,ni = 1, \ldots, n. L'espérance mathématique de XX est le nombre :

E(X)=∑i=1npi xi=p1x1+p2x2+⋯+pnxnE(X) = \sum_{i=1}^{n} p_i\, x_i = p_1 x_1 + p_2 x_2 + \cdots + p_n x_n

E(X)E(X) s'interprète comme la valeur moyenne que prend XX lorsqu'on répète l'expérience un très grand nombre de fois : une moyenne des valeurs xix_i, pondérée par leurs probabilités.

Exemple — Espérance du gain XX
  1. E(X)=(−2 000)×0,5+1 000×0,3+4 000×0,2E(X) = (-2\,000)\times 0{,}5 + 1\,000\times 0{,}3 + 4\,000\times 0{,}2
  2. ==−1 000+300+800-1\,000 + 300 + 800
  3. ==100100

En moyenne, sur un très grand nombre de parties, chaque partie rapporte 100100 F CFA au joueur : le jeu lui est favorable.

Propriété — Jeu équitable

Si la participation à un jeu coûte cc francs et que le gain algébrique est XX, le gain net du joueur est X−cX - c. Le jeu est dit équitable lorsque E(X−c)=0E(X - c) = 0, c'est-à-dire lorsque c=E(X)c = E(X) : le prix d'entrée compense exactement le gain moyen.

Exemple — Rendre le jeu équitable

Dans l'exemple de l'urne, E(X)=100E(X) = 100. Si l'organisateur fait payer un ticket 100100 F CFA, le jeu devient équitable. En dessous de 100100 F CFA, le jeu est favorable au joueur ; au-dessus, il lui est défavorable.

Math & Co — La naissance de l'espérance

En 1654, le chevalier de Méré, joueur passionné, soumet à Blaise Pascal un problème de partage des mises lorsqu'une partie de dés est interrompue avant son terme (le « problème des partis »). Pascal en discute par lettres avec Pierre de Fermat : cette correspondance invente la notion de valeur moyenne attendue d'un jeu.

C'est le savant hollandais Christiaan Huygens qui, en 1657, publie le premier traité imprimé sur le sujet, De ratiociniis in ludo aleae (« Du calcul dans les jeux de hasard »), et y définit formellement ce que nous appelons aujourd'hui l'espérance mathématique.

2.1  Variance et écart-type : la formule de König-Huygens

Définition — Variance et écart-type

La variance de XX mesure la dispersion des valeurs de XX autour de E(X)E(X) :

V(X)=∑i=1npi(xi−E(X))2=E ⁣[(X−E(X))2]V(X) = \sum_{i=1}^{n} p_i \left(x_i - E(X)\right)^{2} = E\!\left[\left(X - E(X)\right)^{2}\right]

L'écart-type est σ(X)=V(X)\sigma(X) = \sqrt{V(X)} : il se lit dans la même unité que XX, contrairement à la variance.

Théorème — Formule de König-Huygens

Pour toute variable aléatoire discrète XX :

V(X)=E(X2)−(E(X))2V(X) = E(X^{2}) - \left(E(X)\right)^{2}

où E(X2)=∑i=1npi xi2E(X^{2}) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} p_i\, x_i^{2}.

Démonstration

On part de la définition de la variance et on développe le carré, en utilisant la linéarité de l'espérance — E(aY+b)=aE(Y)+bE(aY+b) = aE(Y)+b — et le fait que E(X)E(X) est un nombre, donc une constante vis-à-vis de l'espérance.

  1. V(X)=E ⁣[(X−E(X))2]V(X) = E\!\left[\left(X - E(X)\right)^{2}\right]
  2. ==E ⁣[X2−2 E(X) X+(E(X))2]E\!\left[X^{2} - 2\,E(X)\,X + \left(E(X)\right)^{2}\right]on développe (a−b)2=a2−2ab+b2(a-b)^2 = a^2-2ab+b^2
  3. ==E(X2)−2 E(X)×E(X)+(E(X))2E(X^{2}) - 2\,E(X)\times E(X) + \left(E(X)\right)^{2}linéarité de l'espérance ; E(X)E(X) est constant
  4. ==E(X2)−2(E(X))2+(E(X))2E(X^{2}) - 2\left(E(X)\right)^{2} + \left(E(X)\right)^{2}
  5. ==E(X2)−(E(X))2E(X^{2}) - \left(E(X)\right)^{2}

C.Q.F.D. En pratique, cette seconde formule est presque toujours plus rapide : elle évite de recalculer chaque écart xi−E(X)x_i - E(X).

Exemple — Variance et écart-type du gain XX
  1. E(X2)=(−2 000)2×0,5+1 0002×0,3+4 0002×0,2E(X^{2}) = (-2\,000)^{2}\times 0{,}5 + 1\,000^{2}\times 0{,}3 + 4\,000^{2}\times 0{,}2
  2. ==4 000 000×0,5+1 000 000×0,3+16 000 000×0,24\,000\,000\times 0{,}5 + 1\,000\,000\times 0{,}3 + 16\,000\,000\times 0{,}2
  3. ==2 000 000+300 000+3 200 0002\,000\,000 + 300\,000 + 3\,200\,000
  4. ==5 500 0005\,500\,000
  5. V(X)=E(X2)−(E(X))2=5 500 000−1002V(X) = E(X^{2}) - \left(E(X)\right)^{2} = 5\,500\,000 - 100^{2}
  6. ==5 500 000−10 0005\,500\,000 - 10\,000
  7. ==5 490 0005\,490\,000
  8. σ(X)=5 490 000\sigma(X) = \sqrt{5\,490\,000}
  9. ≈\approx2 343,12\,343{,}1 F CFA

Le gain moyen est de 100100 F CFA, mais avec un écart-type énorme (2 3432\,343 F CFA) : ce jeu est très irrégulier, ce que la seule espérance ne montrait pas.

Attention

La variance est toujours positive ou nulle (une somme de carrés pondérée par des probabilités positives). Si un calcul te donne V(X)<0V(X) < 0, c'est qu'il y a une erreur — le piège classique est d'oublier le carré sur E(X)E(X) dans la formule de König-Huygens.

2.2  Propriétés de l'espérance et de la variance

Propriété — Linéarité de l'espérance, comportement de la variance

Pour toute variable aléatoire discrète XX et tous réels aa, bb :

E(aX+b)=a E(X)+bV(aX+b)=a2 V(X)σ(aX+b)=∣a∣ σ(X)E(aX+b) = a\,E(X) + b \qquad V(aX+b) = a^{2}\,V(X) \qquad \sigma(aX+b) = |a|\,\sigma(X)

Démonstration (première formule)
  1. E(aX+b)=∑i=1npi(axi+b)E(aX+b) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} p_i\left(a x_i + b\right)
  2. ==a∑i=1npixi+b∑i=1npia\displaystyle\sum_{i=1}^{n} p_i x_i + b\displaystyle\sum_{i=1}^{n} p_i
  3. ==a E(X)+b×1a\,E(X) + b \times 1∑pi=1\sum p_i = 1
  4. ==a E(X)+ba\,E(X) + b

La formule V(aX+b)=a2V(X)V(aX+b) = a^{2}V(X) se démontre de même à partir de aX+b−(aE(X)+b)=a(X−E(X))aX+b - \left(aE(X)+b\right) = a\left(X-E(X)\right) : ajouter une constante bb ne change pas la dispersion, et multiplier par aa multiplie les écarts par aa, donc la variance — un carré — par a2a^{2}.

Exemple — Changement d'unité

Reprenons XX (gain en F CFA), avec E(X)=100E(X)=100 et V(X)=5 490 000V(X) = 5\,490\,000. On note Y=X−100Y = X - 100 le gain net si le ticket coûte 100100 F CFA.

  1. E(Y)=E(X)−100=100−100E(Y) = E(X) - 100 = 100 - 100
  2. ==00le jeu est bien équitable
  3. V(Y)=V(X−100)=12×V(X)V(Y) = V(X - 100) = 1^{2}\times V(X)
  4. ==5 490 0005\,490\,000une translation ne change pas la dispersion

3Schéma de Bernoulli et loi binomiale

Définition — Épreuve de Bernoulli

Une épreuve de Bernoulli de paramètre pp est une expérience à deux issues seulement : succès (probabilité pp) et échec (probabilité 1−p1-p, souvent notée qq).

La variable XX qui vaut 11 en cas de succès et 00 en cas d'échec suit la loi de Bernoulli B(p)\mathcal{B}(p) : P(X=1)=pP(X=1) = p, P(X=0)=1−pP(X=0) = 1-p. On vérifie que E(X)=pE(X) = p et V(X)=p(1−p)V(X) = p(1-p).

Définition — Schéma de Bernoulli

Un schéma de Bernoulli de paramètres nn et pp consiste à répéter nn fois, de façon identique et indépendante, une même épreuve de Bernoulli de paramètre pp.

La variable aléatoire XX égale au nombre de succès obtenus sur les nn répétitions suit la loi binomiale de paramètres nn et pp, notée X∼B(n ;p)X \sim \mathcal{B}(n\,;p), et X(Ω)={0,1,2,…,n}X(\Omega) = \{0, 1, 2, \ldots, n\}.

Méthode — Reconnaître un schéma de Bernoulli

Vérifie les quatre conditions : 1. deux issues seulement (succès/échec) ; 2. un nombre fixe nn de répétitions ; 3. des répétitions indépendantes ; 4. une probabilité de succès pp constante.

Un tirage avec remise, ou sans remise dans une population très grande (assimilable à un tirage avec remise), vérifie ces conditions.

Math & Co — Jacques Bernoulli et la loi des grands nombres

Le mathématicien suisse Jacques Bernoulli (1654-1705), de la célèbre famille de savants bâlois, travaille près de vingt ans sur un traité resté inachevé à sa mort : l'Ars Conjectandi (« L'art de conjecturer »), publié par son neveu Nicolas en 1713. Il y étudie systématiquement les répétitions d'épreuves à deux issues — le schéma qui porte aujourd'hui son nom — et y démontre la première version de la loi des grands nombres : plus on répète une épreuve, plus la fréquence des succès se rapproche de pp.

3.1  L'arbre pondéré et la formule de la loi binomiale

Pour comprendre d'où vient la formule de la loi binomiale, construisons l'arbre pondéré complet d'un schéma de Bernoulli à n=3n=3 épreuves. Un basketteur tente 33 lancers francs indépendants ; il réussit chaque tir avec la probabilité p=0,4p = 0{,}4. Soit XX le nombre de paniers réussis.

Arbre pondéré du schéma de Bernoulli à 3 épreuves (p = 0,4) S E 0,4 0,6 S E S E 0,4 0,6 0,4 0,6 S E S E S E S E 0,4 0,6 0,4 0,6 0,4 0,6 0,4 0,6 → 0,064 → 0,096 → 0,096 → 0,144 → 0,096 → 0,144 → 0,144 → 0,216 on MULTIPLIE le long d'un chemin : chemin surligné S,S,E → 0,4 × 0,4 × 0,6 = 0,096
Figure 3 — Arbre pondéré complet du schéma de Bernoulli à 33 épreuves indépendantes (p=0,4p=0{,}4) : les 88 chemins se regroupent en 44 valeurs de XX, ce qui justifie la formule de la loi binomiale.
Démonstration — Formule générale de la loi binomiale

Sur l'arbre, chaque chemin de la racine à une feuille correspond à une issue précise (par exemple S, S, E). Le long d'un chemin, on multiplie les probabilités rencontrées (indépendance des épreuves) : un chemin comportant exactement kk succès et n−kn-k échecs a pour probabilité :

p×⋯×p⏟k fois×(1−p)×⋯×(1−p)⏟n−k fois=pk(1−p)n−k\underbrace{p \times \cdots \times p}_{k \text{ fois}} \times \underbrace{(1-p) \times \cdots \times (1-p)}_{n-k \text{ fois}} = p^{k}(1-p)^{n-k}

Tous les chemins ayant kk succès ont la même probabilité pk(1−p)n−kp^{k}(1-p)^{n-k}, quel que soit l'ordre des succès. Pour obtenir P(X=k)P(X=k), il faut additionner les probabilités de tous ces chemins — donc compter combien il y en a. Choisir un chemin à kk succès parmi nn épreuves revient à choisir les kk rangs, parmi les nn, où placer les succès : il y a exactement (nk)\displaystyle\binom{n}{k} façons de le faire. D'où :

P(X=k)=(nk) pk(1−p)n−kP(X=k) = \binom{n}{k}\, p^{k}(1-p)^{n-k}

Théorème — Loi binomiale

Si X∼B(n ;p)X \sim \mathcal{B}(n\,;p), alors pour tout entier kk tel que 0⩽k⩽n0 \leqslant k \leqslant n :

P(X=k)=(nk) pk(1−p)n−kavec(nk)=n!k! (n−k)!P(X=k) = \binom{n}{k}\, p^{k}(1-p)^{n-k} \qquad \text{avec} \qquad \binom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}

Le nombre (nk)\displaystyle\binom{n}{k} (« kk parmi nn », aussi noté CnkC_n^{k}) se lit directement à la calculatrice ou au triangle de Pascal.

Exemple — Retrouver la loi de XX sur l'arbre

Vérifions la formule pour k=2k=2 (exactement 22 paniers sur 33) : les chemins SSE, SES, ESS ont chacun pour probabilité 0,42×0,6=0,0960{,}4^{2}\times 0{,}6 = 0{,}096, et il y en a (32)=3\binom{3}{2}=3.

  1. P(X=2)=(32)×0,42×0,61P(X=2) = \binom{3}{2}\times 0{,}4^{2}\times 0{,}6^{1}
  2. ==3×0,16×0,63 \times 0{,}16 \times 0{,}6
  3. ==0,2880{,}288

On obtient de même toute la loi de XX :

kk00112233
P(X=k)P(X=k)0,2160{,}2160,4320{,}4320,2880{,}2880,0640{,}064

Vérification : 0,216+0,432+0,288+0,064=10{,}216+0{,}432+0{,}288+0{,}064 = 1.

4Espérance et variance de la loi binomiale

Théorème

Si X∼B(n ;p)X \sim \mathcal{B}(n\,;p), alors :

E(X)=npV(X)=np(1−p)σ(X)=np(1−p)E(X) = np \qquad\qquad V(X) = np(1-p) \qquad\qquad \sigma(X) = \sqrt{np(1-p)}

Démonstration

L'idée clé est d'écrire XX comme une somme de variables de Bernoulli. Notons XiX_i la variable qui vaut 11 si la ii-ième épreuve est un succès, 00 sinon : chaque XiX_i suit la loi B(p)\mathcal{B}(p), et X=X1+X2+⋯+XnX = X_1 + X_2 + \cdots + X_n (le nombre total de succès est la somme des succès à chaque épreuve).

  1. E(X)=E(X1)+E(X2)+⋯+E(Xn)E(X) = E(X_1) + E(X_2) + \cdots + E(X_n)linéarité de l'espérance — vraie même sans indépendance
  2. ==p+p+⋯+p⏟n termes\underbrace{p + p + \cdots + p}_{n \text{ termes}}E(Xi)=pE(X_i) = p pour chaque ii
  3. ==npnp

Pour la variance, on admet la propriété suivante (vue en cours) : si des variables aléatoires sont indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances — les fluctuations indépendantes ne se compensent pas, elles s'accumulent.

  1. V(X)=V(X1)+V(X2)+⋯+V(Xn)V(X) = V(X_1) + V(X_2) + \cdots + V(X_n)indépendance des épreuves (propriété admise)
  2. ==p(1−p)+⋯+p(1−p)⏟n termes\underbrace{p(1-p) + \cdots + p(1-p)}_{n \text{ termes}}V(Xi)=p(1−p)V(X_i) = p(1-p) pour la loi de Bernoulli
  3. ==np(1−p)np(1-p)
Lois binomiales B(10;p) pour p = 0,2 ; 0,5 ; 0,8 p = 0,2 p = 0,5 p = 0,8 p 0,1 0,2 0,3 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 k (nombre de succès)
Figure 4 — Diagrammes en bâtons de B(10 ;0,2)\mathcal{B}(10\,;0{,}2), B(10 ;0,5)\mathcal{B}(10\,;0{,}5) et B(10 ;0,8)\mathcal{B}(10\,;0{,}8) : la loi est centrée en npnp (22, 55 et 88), symétrique seulement pour p=0,5p=0{,}5.
Méthode — Utiliser la calculatrice pour une loi binomiale

Pour X∼B(n ;p)X \sim \mathcal{B}(n\,;p) : sur Casio (menu STAT ou DIST), BinomialPD(k, n, p) donne P(X=k)P(X=k) et BinomialCD(k, n, p) donne P(X⩽k)P(X \leqslant k) ; sur TI (menu DISTR), ce sont binomFdp(n,p,k) et binomFRép(n,p,k). Toujours vérifier que le résultat est cohérent avec E(X)=npE(X)=np avant de le recopier.

Exemple — Contrôle qualité

Dans un atelier, 20 %20\,\% des pièces produites sont défectueuses. On prélève 1010 pièces au hasard dans une très grande production (schéma de Bernoulli, n=10n=10, p=0,2p=0{,}2). Soit XX le nombre de pièces défectueuses.

  1. E(X)=np=10×0,2=2E(X) = np = 10 \times 0{,}2 = 2
  2. V(X)=np(1−p)=10×0,2×0,8=1,6V(X) = np(1-p) = 10 \times 0{,}2 \times 0{,}8 = 1{,}6
  3. σ(X)=1,6≈1,26\sigma(X) = \sqrt{1{,}6} \approx 1{,}26

On s'attend donc, en moyenne, à 22 pièces défectueuses sur 1010, avec une dispersion typique d'environ 1,31{,}3 pièce. Cet exemple sera repris et approfondi en section 6.

5Loi uniforme discrète

Définition — Loi uniforme discrète

Une variable aléatoire XX à valeurs dans {1,2,…,n}\{1, 2, \ldots, n\} suit la loi uniforme discrète sur {1,…,n}\{1,\ldots,n\} lorsque toutes les valeurs sont équiprobables :

P(X=k)=1npour tout k∈{1,…,n}P(X=k) = \dfrac{1}{n} \quad \text{pour tout } k \in \{1, \ldots, n\}

C'est la loi du résultat d'un dé équilibré, d'un tirage au sort équitable parmi nn personnes, d'un numéro pris au hasard dans une liste.

Démonstration — Espérance et variance

On utilise la formule connue 12+22+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)61^{2}+2^{2}+\cdots+n^{2} = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

  1. E(X)=1n(1+2+⋯+n)=1n×n(n+1)2E(X) = \dfrac{1}{n}(1+2+\cdots+n) = \dfrac{1}{n}\times \dfrac{n(n+1)}{2}
  2. ==n+12\dfrac{n+1}{2}
  3. E(X2)=1n(12+⋯+n2)=1n×n(n+1)(2n+1)6E(X^{2}) = \dfrac{1}{n}\left(1^{2}+\cdots+n^{2}\right) = \dfrac{1}{n}\times\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}
  4. ==(n+1)(2n+1)6\dfrac{(n+1)(2n+1)}{6}
  5. V(X)=E(X2)−(E(X))2=(n+1)(2n+1)6−(n+1)24V(X) = E(X^{2}) - \left(E(X)\right)^{2} = \dfrac{(n+1)(2n+1)}{6} - \dfrac{(n+1)^{2}}{4}
  6. ==(n+1)[2(2n+1)−3(n+1)12](n+1)\left[\dfrac{2(2n+1) - 3(n+1)}{12}\right]mise au même dénominateur 1212
  7. ==(n+1)×n−112(n+1)\times\dfrac{n-1}{12}
  8. ==n2−112\dfrac{n^{2}-1}{12}
Exemple — Dé cubique équilibré

XX = numéro obtenu, n=6n=6.

  1. E(X)=6+12=3,5E(X) = \dfrac{6+1}{2} = 3{,}5
  2. V(X)=62−112=3512≈2,92V(X) = \dfrac{6^{2}-1}{12} = \dfrac{35}{12} \approx 2{,}92
  3. σ(X)≈1,71\sigma(X) \approx 1{,}71

5.1  Loi géométrique : le temps d'attente du premier succès

Définition — Loi géométrique

Dans une répétition indéfinie et indépendante d'épreuves de Bernoulli de paramètre pp, soit XX le rang de la première épreuve où survient un succès. XX suit la loi géométrique de paramètre pp, et X(Ω)={1,2,3,…}X(\Omega) = \{1, 2, 3, \ldots\} :

P(X=k)=(1−p)k−1 ppour tout entier k⩾1P(X=k) = (1-p)^{k-1}\, p \quad \text{pour tout entier } k \geqslant 1

Justification : (X=k)(X=k) signifie « échec, échec, …, échec (k−1k-1 fois), puis succès » ; par indépendance, on multiplie les probabilités : (1−p)k−1×p(1-p)^{k-1} \times p.

Attention

Contrairement à la loi binomiale, la loi géométrique commence à k=1k=\mathbf{1}, jamais à k=0k=0 (il faut au moins une épreuve pour espérer un succès). Un oubli fréquent au bac.

Démonstration — E(X)=1pE(X) = \dfrac{1}{p}

On raisonne sur la première épreuve. Avec probabilité pp, elle est un succès et X=1X=1. Avec probabilité 1−p1-p, elle est un échec : tout se passe alors comme si l'on repartait de zéro, et il faudra en moyenne 1+E(X)1 + E(X) épreuves en tout (l'épreuve ratée, plus une nouvelle attente de même espérance E(X)E(X), par indépendance).

  1. E(X)=p×1+(1−p)×(1+E(X))E(X) = p \times 1 + (1-p)\times\left(1+E(X)\right)
  2. ==p+(1−p)+(1−p)E(X)p + (1-p) + (1-p)E(X)
  3. ==1+(1−p)E(X)1 + (1-p)E(X)
  4. ⇒\RightarrowE(X)−(1−p)E(X)=1E(X) - (1-p)E(X) = 1
  5. ⇒\Rightarrowp E(X)=1p\,E(X) = 1
  6. ⇒\RightarrowE(X)=1pE(X) = \dfrac{1}{p}

On admet de même que V(X)=1−pp2V(X) = \dfrac{1-p}{p^{2}}.

Exemple — Attendre un premier six

On lance un dé équilibré jusqu'à obtenir un 66 (p=16p = \frac{1}{6}). Soit XX le rang du premier 66.

  1. P(X=1)=16≈0,167P(X=1) = \dfrac{1}{6} \approx 0{,}167
  2. P(X=2)=56×16=536≈0,139P(X=2) = \dfrac{5}{6}\times\dfrac{1}{6} = \dfrac{5}{36} \approx 0{,}139
  3. P(X=3)=(56)2×16=25216≈0,116P(X=3) = \left(\dfrac{5}{6}\right)^{2}\times\dfrac{1}{6} = \dfrac{25}{216} \approx 0{,}116
  4. E(X)=11/6=6E(X) = \dfrac{1}{1/6} = 6

Il faut attendre, en moyenne, 66 lancers pour voir apparaître un premier 66 — un résultat qui coïncide avec l'intuition (« un six sur six lancers »), mais que seule la formule démontre rigoureusement.

6Applications aux jeux et aux contrôles de qualité

Cette dernière section de cours rassemble, sur des situations complètement traitées, les trois lois du chapitre : loi quelconque, loi binomiale, loi géométrique. Elles sont représentatives des problèmes que tu rencontreras en exercice et au baccalauréat.

Exemple — Un jeu de fléchettes

Un joueur, dont la probabilité de toucher la cible à chaque lancer est p=0,3p=0{,}3, tire 55 fléchettes indépendantes. Il gagne 1 0001\,000 F CFA par fléchette touchée. Soit XX le nombre de fléchettes touchées et G=1 000 XG = 1\,000\,X le gain.

  1. X∼B(5 ;0,3)X \sim \mathcal{B}(5\,;0{,}3)4 conditions du schéma de Bernoulli vérifiées
  2. E(X)=5×0,3=1,5E(X) = 5\times 0{,}3 = 1{,}5
  3. E(G)=1 000×E(X)=1 000×1,5E(G) = 1\,000\times E(X) = 1\,000\times 1{,}5E(aX)=aE(X)E(aX)=aE(X)
  4. ==1 5001\,500 F CFA

Si l'entrée au jeu coûte 1 5001\,500 F CFA, il est équitable.

Exemple — Acceptation d'un lot en contrôle qualité

On reprend l'atelier où 20 %20\,\% des pièces sont défectueuses (X∼B(10 ;0,2)X \sim \mathcal{B}(10\,;0{,}2)). Le lot de 1010 pièces est accepté si X⩽1X \leqslant 1, et refusé sinon.

  1. P(lot accepteˊ)=P(X=0)+P(X=1)P(\text{lot accepté}) = P(X=0) + P(X=1)
  2. ==(100)0,20 0,810+(101)0,21 0,89\binom{10}{0}0{,}2^{0}\,0{,}8^{10} + \binom{10}{1}0{,}2^{1}\,0{,}8^{9}
  3. ==0,1074+0,26840{,}1074 + 0{,}2684
  4. ==0,37580{,}3758

Un peu plus d'un lot sur trois est accepté par ce plan de contrôle (37,6 %37{,}6\,\%) : c'est cette probabilité qu'un contrôleur qualité doit ajuster en modifiant le seuil d'acceptation ou la taille de l'échantillon.

Attention — L'astuce du complémentaire

Pour calculer P(X⩾1)P(X \geqslant 1) (« au moins un succès »), ne calcule jamais P(X=1)+P(X=2)+⋯+P(X=n)P(X=1)+P(X=2)+\cdots+P(X=n) terme à terme : passe systématiquement par le complémentaire, P(X⩾1)=1−P(X=0)P(X \geqslant 1) = 1 - P(X=0), beaucoup plus rapide et beaucoup plus sûr.

Exemple — Dépistage du paludisme

Dans une zone où 10 %10\,\% de la population est porteuse du paludisme, un agent de santé teste 88 personnes prises au hasard dans cette population (assez grande pour un schéma de Bernoulli). Soit XX le nombre de personnes infectées parmi les 88 : X∼B(8 ;0,1)X \sim \mathcal{B}(8\,;0{,}1).

  1. P(X=0)=0,98P(X=0) = 0{,}9^{8}
  2. ==0,43050{,}4305
  3. P(X⩾1)=1−P(X=0)P(X \geqslant 1) = 1 - P(X=0)
  4. ==1−0,43051 - 0{,}4305
  5. ==0,56950{,}5695

Il y a donc environ 57 %57\,\% de chances qu'au moins une personne infectée figure dans cet échantillon de 88 — une information essentielle pour dimensionner une campagne de dépistage.

Exemple — Bus à l'heure à Dakar

Sur une ligne de bus très fréquentée à Dakar, un bus donné arrive à l'heure avec une probabilité p=0,7p=0{,}7, indépendamment d'un jour à l'autre. Fatou observe la ligne chaque matin jusqu'au premier jour où le bus est à l'heure. Soit XX le rang de ce premier jour : XX suit la loi géométrique de paramètre p=0,7p=0{,}7.

  1. P(X=1)=0,7P(X=1) = 0{,}7
  2. P(X=2)=0,3×0,7=0,21P(X=2) = 0{,}3\times 0{,}7 = 0{,}21
  3. E(X)=10,7≈1,43E(X) = \dfrac{1}{0{,}7} \approx 1{,}43

Fatou attend, en moyenne, moins de deux jours avant de tomber sur un bus ponctuel.

Math & Co — Le contrôle qualité par les probabilités

En 1924, l'ingénieur américain Walter Shewhart, employé des laboratoires Bell, invente la carte de contrôle : au lieu de vérifier chaque pièce produite une par une, on prélève des échantillons et l'on utilise les lois de probabilité — dont la loi binomiale — pour décider statistiquement si une chaîne de production dérive. Cette idée fonde l'industrie moderne du contrôle qualité, aujourd'hui utilisée de l'aéronautique à l'agroalimentaire, y compris dans de nombreuses usines et coopératives d'Afrique de l'Ouest.

Fiche mémo

  • Loi de probabilité : ∑pi=1\sum p_i = 1 ; fonction de répartition F(x)=P(X⩽x)F(x)=P(X\leqslant x), en escalier, continue à droite.
  • Espérance : E(X)=∑pixiE(X)=\sum p_i x_i (valeur moyenne). Jeu équitable   ⟺  \iff prix c=E(X)c = E(X).
  • Variance (König-Huygens) : V(X)=E(X2)−(E(X))2⩾0V(X)=E(X^{2})-\left(E(X)\right)^{2} \geqslant 0 ; écart-type σ(X)=V(X)\sigma(X)=\sqrt{V(X)}.
  • E(aX+b)=aE(X)+bE(aX+b)=aE(X)+b ; V(aX+b)=a2V(X)V(aX+b)=a^{2}V(X) ; σ(aX+b)=∣a∣σ(X)\sigma(aX+b)=|a|\sigma(X).
  • Bernoulli B(p)\mathcal{B}(p) : P(X=1)=pP(X=1)=p, E(X)=pE(X)=p, V(X)=p(1−p)V(X)=p(1-p).
  • Schéma de Bernoulli : 2 issues, nn fixe, répétitions indépendantes, pp constant.
  • Loi binomiale B(n ;p)\mathcal{B}(n\,;p) : P(X=k)=(nk)pk(1−p)n−kP(X=k)=\dbinom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}, pour 0⩽k⩽n0\leqslant k\leqslant n.
  • E(X)=npE(X)=np ; V(X)=np(1−p)V(X)=np(1-p) pour X∼B(n ;p)X\sim\mathcal{B}(n\,;p).
  • Loi uniforme sur {1,…,n}\{1,\ldots,n\} : P(X=k)=1nP(X=k)=\dfrac{1}{n} ; E(X)=n+12E(X)=\dfrac{n+1}{2} ; V(X)=n2−112V(X)=\dfrac{n^{2}-1}{12}.
  • Loi géométrique de paramètre pp : P(X=k)=(1−p)k−1pP(X=k)=(1-p)^{k-1}p pour k⩾1k\geqslant 1 ; E(X)=1pE(X)=\dfrac{1}{p}.
  • Astuce incontournable : P(X⩾1)=1−P(X=0)P(X\geqslant 1) = 1-P(X=0) (passage au complémentaire).
  • À la calculatrice : BinomialPD/binomFdp pour P(X=k)P(X=k), BinomialCD/binomFRép pour P(X⩽k)P(X\leqslant k).

7Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe
1

Une variable aléatoire XX a pour loi de probabilité : P(X=−1)=0,2P(X=-1)=0{,}2 ; P(X=0)=0,35P(X=0)=0{,}35 ; P(X=1)=aP(X=1)=a ; P(X=2)=0,15P(X=2)=0{,}15. Détermine aa.

Voir le corrigé détaillé
  1. 0,2+0,35+a+0,15=10{,}2+0{,}35+a+0{,}15 = 1somme des probabilités égale à 1
  2. ⇒\Rightarrow0,7+a=10{,}7 + a = 1
  3. ⇒\Rightarrowa=0,3a = 0{,}3
2

XX a pour loi : P(X=0)=0,4P(X=0)=0{,}4 ; P(X=1)=0,4P(X=1)=0{,}4 ; P(X=2)=0,2P(X=2)=0{,}2. Calcule E(X)E(X), puis V(X)V(X) par la formule de König-Huygens.

Voir le corrigé détaillé
  1. E(X)=0×0,4+1×0,4+2×0,2E(X) = 0\times 0{,}4 + 1\times 0{,}4 + 2\times 0{,}2
  2. ==0,80{,}8
  3. E(X2)=02×0,4+12×0,4+22×0,2E(X^{2}) = 0^{2}\times 0{,}4 + 1^{2}\times 0{,}4 + 2^{2}\times 0{,}2
  4. ==0,4+0,80{,}4 + 0{,}8
  5. ==1,21{,}2
  6. V(X)=E(X2)−(E(X))2=1,2−0,82V(X) = E(X^{2}) - \left(E(X)\right)^{2} = 1{,}2 - 0{,}8^{2}
  7. ==1,2−0,641{,}2 - 0{,}64
  8. ==0,560{,}56
3

On reprend la loi de XX de l'exercice précédent. Calcule F(0,5)F(0{,}5), F(1)F(1), F(1,9)F(1{,}9) et F(3)F(3), où FF est la fonction de répartition de XX.

Voir le corrigé détaillé
  1. F(0,5)=P(X⩽0,5)=P(X=0)F(0{,}5) = P(X\leqslant 0{,}5) = P(X=0)
  2. ==0,40{,}4
  3. F(1)=P(X=0)+P(X=1)=0,4+0,4F(1) = P(X=0)+P(X=1) = 0{,}4+0{,}4
  4. ==0,80{,}8
  5. F(1,9)=P(X⩽1,9)=P(X=0)+P(X=1)F(1{,}9) = P(X\leqslant 1{,}9) = P(X=0)+P(X=1)2>1,92 > 1{,}9 donc X=2X=2 n'est pas comptée
  6. ==0,80{,}8
  7. F(3)=P(X⩽3)=1F(3) = P(X\leqslant 3) = 133 est supérieur à la plus grande valeur de XX
4

On lance 66 fois une pièce équilibrée. XX = nombre de « Pile » obtenus. a) Justifie que XX suit une loi binomiale et donne ses paramètres. b) Calcule P(X=4)P(X=4).

Voir le corrigé détaillé

a) Les 66 lancers sont identiques et indépendants, à deux issues (Pile/Face) de probabilité constante p=0,5p=0{,}5 : c'est un schéma de Bernoulli, donc X∼B(6 ;0,5)X \sim \mathcal{B}(6\,;0{,}5).

b)

  1. P(X=4)=(64)×0,54×0,52P(X=4) = \binom{6}{4}\times 0{,}5^{4}\times 0{,}5^{2}
  2. ==15×0,5615 \times 0{,}5^{6}0,54×0,52=0,560{,}5^4 \times 0{,}5^2 = 0{,}5^6
  3. ==1564\dfrac{15}{64}
  4. ≈\approx0,23440{,}2344
5

Y∼B(20 ;0,25)Y \sim \mathcal{B}(20\,;0{,}25). Calcule E(Y)E(Y), V(Y)V(Y) et σ(Y)\sigma(Y).

Voir le corrigé détaillé
  1. E(Y)=20×0,25E(Y) = 20\times 0{,}25
  2. ==55
  3. V(Y)=20×0,25×0,75V(Y) = 20\times 0{,}25\times 0{,}75
  4. ==3,753{,}75
  5. σ(Y)=3,75\sigma(Y) = \sqrt{3{,}75}
  6. ≈\approx1,941{,}94
6

On répète une épreuve de Bernoulli de paramètre p=0,2p=0{,}2 jusqu'au premier succès. Soit TT son rang. Calcule P(T=3)P(T=3) et E(T)E(T).

Voir le corrigé détaillé
  1. P(T=3)=(1−0,2)2×0,2=0,82×0,2P(T=3) = (1-0{,}2)^{2}\times 0{,}2 = 0{,}8^{2}\times 0{,}2
  2. ==0,64×0,20{,}64\times 0{,}2
  3. ==0,1280{,}128
  4. E(T)=10,2E(T) = \dfrac{1}{0{,}2}
  5. ==55
Niveau 2 — Approfondissement
7

Un jeu : on lance un dé équilibré. Si le résultat est pair, on gagne 500500 F CFA par point marqué sur le dé (donc 2→1 0002 \to 1\,000, 4→2 0004\to 2\,000, 6→3 0006\to 3\,000) ; si le résultat est impair, on perd 300300 F CFA quel que soit le chiffre. Soit XX le gain algébrique. a) Donne la loi de XX. b) Calcule E(X)E(X) et interprète. c) Le ticket coûte 100100 F CFA ; soit Y=X−100Y=X-100 le gain net. Calcule E(Y)E(Y) sans reconstruire toute la loi.

Voir le corrigé détaillé

a) X(Ω)={−300 ;1 000 ;2 000 ;3 000}X(\Omega) = \{-300\,;1\,000\,;2\,000\,;3\,000\}. Les résultats impairs (1,3,51,3,5) donnent tous −300-300 : P(X=−300)=36=0,5P(X=-300)=\frac{3}{6}=0{,}5. Chaque résultat pair est unique : P(X=1 000)=P(X=2 000)=P(X=3 000)=16P(X=1\,000)=P(X=2\,000)=P(X=3\,000)=\frac{1}{6}.

b)

  1. E(X)=(−300)×0,5+1 000×16+2 000×16+3 000×16E(X) = (-300)\times 0{,}5 + 1\,000\times\dfrac{1}{6}+2\,000\times\dfrac{1}{6}+3\,000\times\dfrac{1}{6}
  2. ==−150+1 000+2 000+3 0006-150 + \dfrac{1\,000+2\,000+3\,000}{6}
  3. ==−150+1 000-150 + 1\,000
  4. ==850850

Le jeu rapporte en moyenne 850850 F CFA au joueur (avant paiement du ticket) : il lui est très favorable.

c)

  1. E(Y)=E(X−100)=E(X)−100E(Y) = E(X-100) = E(X) - 100
  2. ==850−100850-100
  3. ==750750
8

Une usine produit des ampoules dont 5 %5\,\% sont défectueuses. On prélève un échantillon de 1515 ampoules dans une très grande production. Soit XX le nombre d'ampoules défectueuses. a) Donne la loi de XX (nom et paramètres). b) Calcule P(X=0)P(X=0) puis P(X⩾1)P(X\geqslant 1). c) Calcule E(X)E(X) et interprète.

Voir le corrigé détaillé

a) Prélèvement dans une grande population, deux issues (défectueuse/non), probabilité constante 0,050{,}05 : X∼B(15 ;0,05)X \sim \mathcal{B}(15\,;0{,}05).

b)

  1. P(X=0)=0,9515P(X=0) = 0{,}95^{15}
  2. ≈\approx0,46330{,}4633à la calculatrice
  3. P(X⩾1)=1−P(X=0)P(X\geqslant 1) = 1-P(X=0)
  4. ≈\approx1−0,46331-0{,}4633
  5. ≈\approx0,53670{,}5367

c) E(X)=15×0,05=0,75E(X)=15\times 0{,}05=0{,}75 : on s'attend, en moyenne, à un peu moins d'une ampoule défectueuse par échantillon de 1515.

9

Un tireur atteint sa cible avec la probabilité p=0,25p=0{,}25 à chaque tir, tirs indépendants. Soit TT le rang du premier tir réussi. a) Donne la loi de TT, en justifiant. b) Calcule P(T⩽3)P(T\leqslant 3) en passant par l'évènement contraire « 33 échecs consécutifs ». c) Calcule E(T)E(T).

Voir le corrigé détaillé

a) Répétition indépendante d'une épreuve de Bernoulli de paramètre p=0,25p=0{,}25 jusqu'au premier succès : TT suit la loi géométrique de paramètre 0,250{,}25.

b) L'évènement contraire de (T⩽3)(T\leqslant 3) est (T>3)(T>3), c'est-à-dire « les tirs 11, 22 et 33 sont tous des échecs ».

  1. P(T>3)=(1−0,25)3=0,753P(T>3) = (1-0{,}25)^{3} = 0{,}75^{3}
  2. ==0,4218750{,}421875
  3. P(T⩽3)=1−P(T>3)P(T\leqslant 3) = 1-P(T>3)
  4. ==1−0,4218751-0{,}421875
  5. ==0,5781250{,}578125

c) E(T)=10,25=4E(T) = \dfrac{1}{0{,}25} = 4.

10

Dans une classe de Terminale de Yaoundé, 40 %40\,\% des élèves pratiquent un sport régulièrement. On interroge 66 élèves au hasard dans un grand effectif. Soit XX le nombre d'élèves sportifs parmi les 66. a) Donne la loi de XX (nom, paramètres, tableau de P(X=k)P(X=k) pour k=0,…,6k=0,\ldots,6, à la calculatrice). b) Calcule P(2⩽X⩽4)P(2\leqslant X\leqslant 4). c) Calcule V(X)V(X) et σ(X)\sigma(X).

Voir le corrigé détaillé

a) X∼B(6 ;0,4)X \sim \mathcal{B}(6\,;0{,}4).

kk00112233445566
P(X=k)P(X=k)0,04670{,}04670,18660{,}18660,31100{,}31100,27650{,}27650,13820{,}13820,03690{,}03690,00410{,}0041

b)

  1. P(2⩽X⩽4)=P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)P(2\leqslant X\leqslant 4) = P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)
  2. ==0,3110+0,2765+0,13820{,}3110+0{,}2765+0{,}1382
  3. ==0,72580{,}7258

c)

  1. V(X)=6×0,4×0,6V(X) = 6\times 0{,}4\times 0{,}6
  2. ==1,441{,}44
  3. σ(X)=1,44\sigma(X) = \sqrt{1{,}44}
  4. ==1,21{,}2
Niveau 3 — Type bac
11
  1. Démontrer que pour toute variable aléatoire discrète XX, V(X)=E(X2)−(E(X))2V(X)=E(X^{2})-\left(E(X)\right)^{2}.
  2. Une variable aléatoire XX a pour loi P(X=1)=0,1P(X=1)=0{,}1 ; P(X=3)=0,5P(X=3)=0{,}5 ; P(X=6)=0,4P(X=6)=0{,}4. Calculer E(X)E(X) et V(X)V(X).
Voir le corrigé détaillé

1. Restitution de cours (voir section 2.1) : on développe V(X)=E ⁣[(X−E(X))2]V(X)=E\!\left[(X-E(X))^2\right] grâce à la linéarité de l'espérance et au fait que E(X)E(X) est une constante, ce qui donne E(X2)−2(E(X))2+(E(X))2=E(X2)−(E(X))2E(X^2)-2(E(X))^2+(E(X))^2=E(X^2)-(E(X))^2.

2.

  1. E(X)=1×0,1+3×0,5+6×0,4E(X) = 1\times 0{,}1+3\times 0{,}5+6\times 0{,}4
  2. ==0,1+1,5+2,40{,}1+1{,}5+2{,}4
  3. ==44
  4. E(X2)=12×0,1+32×0,5+62×0,4E(X^{2}) = 1^{2}\times 0{,}1+3^{2}\times 0{,}5+6^{2}\times 0{,}4
  5. ==0,1+4,5+14,40{,}1+4{,}5+14{,}4
  6. ==1919
  7. V(X)=19−42V(X) = 19-4^{2}
  8. ==33
12

Un QCM comporte 88 questions indépendantes, chacune avec 44 réponses proposées dont une seule est correcte. Un candidat répond entièrement au hasard. Soit XX le nombre de bonnes réponses.

  1. Justifier que XX suit une loi binomiale et donner ses paramètres.
  2. Calculer P(X=0)P(X=0), puis la probabilité que le candidat ait au moins une bonne réponse.
  3. Calculer E(X)E(X) et σ(X)\sigma(X), et interpréter E(X)E(X).
  4. Le barème attribue 22 points par bonne réponse et retire 0,50{,}5 point par mauvaise réponse. Soit NN la note obtenue. Exprimer NN en fonction de XX, puis calculer E(N)E(N).
Voir le corrigé détaillé

1. 88 réponses identiques et indépendantes, deux issues (correcte/incorrecte) de probabilité constante p=14p=\frac{1}{4} : X∼B ⁣(8 ;0,25)X \sim \mathcal{B}\!\left(8\,;0{,}25\right).

2.

  1. P(X=0)=0,758P(X=0) = 0{,}75^{8}
  2. ≈\approx0,10010{,}1001
  3. P(X⩾1)=1−P(X=0)P(X\geqslant 1) = 1-P(X=0)
  4. ≈\approx0,89990{,}8999

3.

  1. E(X)=8×0,25=2E(X) = 8\times 0{,}25 = 2
  2. V(X)=8×0,25×0,75=1,5V(X) = 8\times 0{,}25\times 0{,}75 = 1{,}5
  3. σ(X)=1,5≈1,225\sigma(X) = \sqrt{1{,}5} \approx 1{,}225

En répondant totalement au hasard, un candidat obtient en moyenne 22 bonnes réponses sur 88.

4. Il y a XX bonnes réponses et 8−X8-X mauvaises réponses (le candidat répond à tout).

  1. N=2X−0,5(8−X)N = 2X - 0{,}5(8-X)
  2. ==2X−4+0,5X2X-4+0{,}5X
  3. ==2,5X−42{,}5X-4
  4. E(N)=2,5 E(X)−4=2,5×2−4E(N) = 2{,}5\,E(X)-4 = 2{,}5\times 2-4
  5. ==5−45-4
  6. ==11

Répondre au hasard rapporte en moyenne seulement 11 point sur 1616 : ce barème pénalise efficacement le hasard.

13

Une entreprise de transport de Ndjamena teste ses candidats chauffeurs : la probabilité de réussir l'examen de conduite est p=0,6p=0{,}6 à chaque tentative, tentatives indépendantes.

  1. Soit TT le rang de la tentative où un chauffeur réussit pour la première fois. Quelle est la loi de TT ? Justifier.
  2. Calculer la probabilité de réussir dès le premier essai, puis la probabilité qu'il faille au plus 22 essais.
  3. L'entreprise n'autorise que 33 tentatives au maximum ; au-delà, le chauffeur est définitivement recalé. Soit RR l'évènement « le chauffeur est recalé ». Exprimer P(R)P(R) et la calculer.
  4. Sur un groupe de 55 chauffeurs indépendants, soit YY le nombre de chauffeurs recalés au sens de la question 3. Quelle est la loi de YY ? Calculer P(Y=0)P(Y=0).
Voir le corrigé détaillé

1. Répétition indépendante d'une épreuve de Bernoulli de paramètre 0,60{,}6 jusqu'au premier succès : TT suit la loi géométrique de paramètre 0,60{,}6.

2.

  1. P(T=1)=0,6P(T=1) = 0{,}6
  2. P(T⩽2)=P(T=1)+P(T=2)=0,6+0,4×0,6P(T\leqslant 2) = P(T=1)+P(T=2) = 0{,}6+0{,}4\times 0{,}6
  3. ==0,6+0,240{,}6+0{,}24
  4. ==0,840{,}84

3. R=(T>3)R = (T>3) : les tentatives 11, 22 et 33 sont toutes des échecs.

  1. P(R)=P(T>3)=0,43P(R) = P(T>3) = 0{,}4^{3}
  2. ==0,0640{,}064

4. Chaque chauffeur est recalé, indépendamment des autres, avec la probabilité 0,0640{,}064 : Y∼B(5 ;0,064)Y \sim \mathcal{B}(5\,;0{,}064).

  1. P(Y=0)=(1−0,064)5=0,9365P(Y=0) = (1-0{,}064)^{5} = 0{,}936^{5}
  2. ≈\approx0,71850{,}7185
14

Deux jeux sont proposés à la kermesse du lycée d'Abéché. Jeu A : on lance un dé équilibré ; on gagne 1 0001\,000 F CFA si le résultat est 66, rien sinon. Jeu B : on tire une boule dans un sac de 1010 boules (33 rouges, 77 blanches) ; on gagne 300300 F CFA si elle est rouge, rien sinon. Chaque jeu coûte 150150 F CFA.

  1. Pour chaque jeu, donner la loi du gain net (gain moins prix du ticket), puis calculer son espérance.
  2. Lequel des deux jeux est le plus avantageux pour le joueur ? Justifier.
  3. On joue 44 fois de suite, avec remise, au jeu B. Soit ZZ le nombre de fois où l'on gagne. Donner la loi de ZZ puis calculer P(Z⩾1)P(Z\geqslant 1).
Voir le corrigé détaillé

1. Jeu A : gain net 850850 F CFA avec probabilité 16\frac16, −150-150 F CFA avec probabilité 56\frac56.

  1. E(GA)=850×16+(−150)×56E(G_A) = 850\times\dfrac16 + (-150)\times\dfrac56
  2. ==850−7506\dfrac{850-750}{6}
  3. ==1006≈16,67\dfrac{100}{6}\approx 16{,}67 F CFA

Jeu B : gain net 150150 F CFA avec probabilité 0,30{,}3, −150-150 F CFA avec probabilité 0,70{,}7.

  1. E(GB)=150×0,3+(−150)×0,7E(G_B) = 150\times 0{,}3+(-150)\times 0{,}7
  2. ==45−10545-105
  3. ==−60-60 F CFA

2. E(GA)≈16,67>0>−60=E(GB)E(G_A)\approx 16{,}67 > 0 > -60 = E(G_B) : le jeu A est en moyenne favorable au joueur, le jeu B lui est défavorable. Le jeu A est donc le plus avantageux.

3. À chaque tirage, gagner au jeu B a la probabilité 0,30{,}3 ; les 44 tirages sont indépendants (avec remise) : Z∼B(4 ;0,3)Z \sim \mathcal{B}(4\,;0{,}3).

  1. P(Z⩾1)=1−P(Z=0)=1−0,74P(Z\geqslant 1) = 1-P(Z=0) = 1-0{,}7^{4}
  2. ==1−0,24011-0{,}2401
  3. ==0,75990{,}7599
Niveau 4 — Problèmes de vie courante
15

Les mangues de Bamako. Un producteur estime que 8 %8\,\% de ses mangues présentent une tache d'insecte et sont invendables à l'export. Il prépare des cageots de 2525 mangues prélevées dans une très grande récolte. Soit XX le nombre de mangues invendables par cageot.

  1. Justifier que XX suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.
  2. À la calculatrice, calculer P(X=0)P(X=0) puis P(X⩽2)P(X\leqslant 2).
  3. Calculer E(X)E(X) et interpréter.
  4. Le producteur affirme : « en moyenne, moins de 33 mangues par cageot sont invendables ». A-t-il raison ?
Voir le corrigé détaillé

1. Prélèvement dans une très grande récolte, deux issues (invendable/vendable), probabilité constante 0,080{,}08 : X∼B(25 ;0,08)X \sim \mathcal{B}(25\,;0{,}08).

2.

  1. P(X=0)=0,9225P(X=0) = 0{,}92^{25}
  2. ≈\approx0,12440{,}1244
  3. P(X⩽2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)P(X\leqslant 2) = P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)
  4. ≈\approx0,1244+0,2704+0,28210{,}1244+0{,}2704+0{,}2821
  5. ≈\approx0,67690{,}6769

3. E(X)=25×0,08=2E(X) = 25\times 0{,}08 = 2 : le producteur doit s'attendre, en moyenne, à 22 mangues invendables par cageot de 2525.

4. Comme E(X)=2<3E(X)=2<3, l'affirmation du producteur est vraie en moyenne — même si, sur un cageot particulier, XX peut dépasser 33.

16

Les bus de Douala. Sur une ligne très fréquentée, un bus tombe en panne avec la probabilité 0,020{,}02 à chaque trajet, indépendamment des autres trajets. Un bus donné effectue 4040 trajets par semaine.

  1. Soit XX le nombre de pannes sur la semaine. Quelle loi suit XX ? Préciser ses paramètres.
  2. Calculer E(X)E(X) et σ(X)\sigma(X).
  3. Calculer P(X=0)P(X=0) (aucune panne), arrondi à 10−310^{-3}.
  4. Une semaine est dite « à risque » si X⩾2X\geqslant 2. Calculer la probabilité qu'une semaine soit à risque, arrondie à 10−310^{-3}.
Voir le corrigé détaillé

1. 4040 trajets identiques et indépendants, deux issues (panne/pas de panne), probabilité constante 0,020{,}02 : X∼B(40 ;0,02)X \sim \mathcal{B}(40\,;0{,}02).

2.

  1. E(X)=40×0,02=0,8E(X) = 40\times 0{,}02 = 0{,}8
  2. V(X)=40×0,02×0,98=0,784V(X) = 40\times 0{,}02\times 0{,}98 = 0{,}784
  3. σ(X)=0,784≈0,885\sigma(X) = \sqrt{0{,}784} \approx 0{,}885

3.

  1. P(X=0)=0,9840P(X=0) = 0{,}98^{40}
  2. ≈\approx0,4460{,}446

4.

  1. P(X⩾2)=1−P(X=0)−P(X=1)P(X\geqslant 2) = 1-P(X=0)-P(X=1)
  2. ≈\approx1−0,446−0,3641-0{,}446-0{,}364
  3. ≈\approx0,1900{,}190

Environ 19 %19\,\% des semaines sont « à risque » pour ce bus.

17

La tombola d'Awa (Abidjan). Awa tient un stand de tombola au grand marché d'Abidjan. Elle vend des tickets à 200200 F CFA. Sur un carnet de 500500 tickets, 1515 rapportent 500500 F CFA, 44 rapportent 2 0002\,000 F CFA, 11 (le gros lot) rapporte 20 00020\,000 F CFA, et les 480480 autres ne rapportent rien.

  1. Soit GG le gain brut d'un joueur qui achète un ticket au hasard. Donne la loi de GG.
  2. Calcule E(G)E(G).
  3. Awa gagne-t-elle de l'argent en moyenne sur chaque ticket vendu 200200 F CFA ? Calcule son bénéfice moyen par ticket.
  4. Un client achète 33 tickets, assimilés à un tirage avec remise vu le grand nombre de tickets. Soit NN le nombre de tickets gagnants parmi les 33. Quelle loi suit NN ? Calcule P(N⩾1)P(N\geqslant 1).
Voir le corrigé détaillé

1. P(G=0)=480500=0,96P(G=0)=\frac{480}{500}=0{,}96 ; P(G=500)=15500=0,03P(G=500)=\frac{15}{500}=0{,}03 ; P(G=2 000)=4500=0,008P(G=2\,000)=\frac{4}{500}=0{,}008 ; P(G=20 000)=1500=0,002P(G=20\,000)=\frac{1}{500}=0{,}002. Somme : 0,96+0,03+0,008+0,002=10{,}96+0{,}03+0{,}008+0{,}002=1, la loi est correcte.

2.

  1. E(G)=0×0,96+500×0,03+2 000×0,008+20 000×0,002E(G) = 0\times 0{,}96+500\times 0{,}03+2\,000\times 0{,}008+20\,000\times 0{,}002
  2. ==15+16+4015+16+40
  3. ==7171 F CFA

3. Le gain net moyen d'un joueur est E(G)−200=71−200=−129E(G)-200=71-200=-129 F CFA : le joueur perd, en moyenne, 129129 F CFA par ticket. Awa gagne donc en moyenne 129129 F CFA de bénéfice par ticket vendu.

4. Un ticket est gagnant avec la probabilité P(G>0)=0,03+0,008+0,002=0,04P(G>0)=0{,}03+0{,}008+0{,}002=0{,}04. Les 33 achats étant indépendants (assimilation à un tirage avec remise) : N∼B(3 ;0,04)N \sim \mathcal{B}(3\,;0{,}04).

  1. P(N⩾1)=1−P(N=0)=1−0,963P(N\geqslant 1) = 1-P(N=0) = 1-0{,}96^{3}
  2. ==1−0,8847361-0{,}884736
  3. ==0,1152640{,}115264
  4. ≈\approx0,11530{,}1153

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Nombres complexes : forme algébrique et trigonométrique

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📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

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Une variable aléatoire XX sur un univers Ω\Omega est :

Explication : Par définition, une variable aléatoire XX est une fonction qui, à chaque issue ω\omega de Ω\Omega, associe un nombre réel X(ω)X(\omega).

Si X(Ω)={x1,x2,…,xn}X(\Omega) = \{x_1, x_2, \ldots, x_n\} et pi=P(X=xi)p_i = P(X=x_i), alors on a toujours :

Explication : Les évènements (X=xi)(X=x_i) forment une partition de l'univers, donc la somme de leurs probabilités vaut 11. C'est le meilleur moyen de vérifier une loi de probabilité calculée.

Une urne contient 55 boules rouges, 33 vertes, 22 jaunes (10 au total). Une rouge fait perdre 2 0002\,000 F, une verte fait gagner 1 0001\,000 F, une jaune fait gagner 4 0004\,000 F. Quelle est P(X=1 000)P(X=1\,000) ?

Explication : Il y a 33 boules vertes sur 1010, donc P(X=1 000)=310=0,3P(X=1\,000) = \dfrac{3}{10} = 0{,}3.

La fonction de répartition FF d'une variable aléatoire XX est définie par :

Explication : F(x)=P(X⩽x)F(x) = P(X\leqslant x), et non P(X=x)P(X=x) : c'est le piège classique du chapitre. FF est une fonction en escalier, croissante, continue à droite.

L'espérance mathématique E(X)E(X) d'une variable aléatoire discrète se calcule par :

Explication : L'espérance est la moyenne des valeurs xix_i, pondérée par leurs probabilités pip_i : E(X)=∑pixiE(X) = \sum p_i x_i.

Reprenons le jeu de l'urne : P(X=−2 000)=0,5P(X=-2\,000)=0{,}5, P(X=1 000)=0,3P(X=1\,000)=0{,}3, P(X=4 000)=0,2P(X=4\,000)=0{,}2. Que vaut E(X)E(X) ?

Explication : E(X)=(−2 000)×0,5+1 000×0,3+4 000×0,2E(X) = (-2\,000)\times0{,}5 + 1\,000\times0{,}3 + 4\,000\times0{,}2
=−1 000+300+800= -1\,000+300+800
=100=100.

Un jeu de gain XX coûte cc francs à jouer. Le jeu est dit équitable lorsque :

Explication : Le gain net est X−cX-c ; le jeu est équitable lorsque E(X−c)=0E(X-c)=0, c'est-à-dire lorsque le prix d'entrée cc est exactement égal à l'espérance de gain E(X)E(X).

La formule de König-Huygens pour la variance s'écrit :

Explication : V(X)=E(X2)−(E(X))2V(X) = E(X^2)-(E(X))^2 : en pratique, cette formule est presque toujours plus rapide que la définition, car elle évite de recalculer chaque écart xi−E(X)x_i-E(X).

Pour tous réels a,ba, b et toute variable aléatoire XX, on a toujours :

Explication : Ajouter une constante bb ne change pas la dispersion ; multiplier par aa multiplie les écarts par aa, donc la variance (un carré) par a2a^2 : V(aX+b)=a2V(X)V(aX+b)=a^2V(X).

Un calcul de variance donne un résultat négatif. Que peut-on en conclure ?

Explication : La variance est toujours positive ou nulle, comme somme de carrés pondérée par des probabilités positives. Un résultat négatif signale une erreur — souvent l'oubli du carré sur E(X)E(X) dans la formule de König-Huygens.

Une épreuve de Bernoulli de paramètre pp est une expérience :

Explication : C'est la brique de base : une expérience à deux issues seulement, succès de probabilité pp et échec de probabilité 1−p1-p.

Parmi les quatre conditions d'un schéma de Bernoulli, laquelle n'en fait PAS partie ?

Explication : Un schéma de Bernoulli exige au contraire une probabilité de succès pp constante à chaque répétition, en plus des trois autres conditions (deux issues, nn fixe, indépendance).

Si XX suit la loi binomiale B(n ;p)\mathcal{B}(n\,;p), la formule de P(X=k)P(X=k) est justifiée sur l'arbre pondéré par le fait que :

Explication : Le long d'un chemin on multiplie les probabilités (indépendance) ; tous les chemins à kk succès ont la même probabilité pk(1−p)n−kp^k(1-p)^{n-k}, et il y en a (nk)\binom{n}{k}, d'où P(X=k)=(nk)pk(1−p)n−kP(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}.

Un basketteur réussit chaque lancer franc avec probabilité p=0,4p=0{,}4, sur 33 lancers indépendants. Quelle est la probabilité d'exactement 22 réussites ?

Explication : P(X=2)=(32)×0,42×0,61P(X=2) = \binom{3}{2}\times0{,}4^2\times0{,}6^1
=3×0,16×0,6= 3\times0{,}16\times0{,}6
=0,288=0{,}288.

Si X∼B(n ;p)X \sim \mathcal{B}(n\,;p), alors l'espérance et la variance de XX valent :

Explication : En écrivant XX comme somme de nn variables de Bernoulli indépendantes, on obtient E(X)=npE(X)=np (linéarité de l'espérance) et V(X)=np(1−p)V(X)=np(1-p) (somme des variances, indépendance).

Dans un atelier, 20 %20\,\% des pièces sont défectueuses. On prélève 1010 pièces (schéma de Bernoulli, n=10n=10, p=0,2p=0{,}2). Quelle est l'espérance du nombre de pièces défectueuses ?

Explication : E(X)=np=10×0,2=2E(X) = np = 10\times0{,}2 = 2 : on s'attend en moyenne à 22 pièces défectueuses sur 1010.

Pour calculer P(X⩾1)P(X\geqslant1) (« au moins un succès ») efficacement, la méthode recommandée est :

Explication : L'astuce incontournable du chapitre : passer systématiquement par le complémentaire P(X⩾1)=1−P(X=0)P(X\geqslant1)=1-P(X=0), beaucoup plus rapide et plus sûr que d'additionner tous les termes.

Une variable aléatoire XX suit la loi géométrique de paramètre pp lorsqu'elle représente :

Explication : Dans une répétition indéfinie et indépendante d'épreuves de Bernoulli, XX est le rang du premier succès : P(X=k)=(1−p)k−1pP(X=k)=(1-p)^{k-1}p pour k⩾1k\geqslant1.

On lance un dé équilibré jusqu'à obtenir un premier 66 (p=16p=\frac16). Quelle est l'espérance du rang XX du premier 66 ?

Explication : Pour une loi géométrique de paramètre pp, E(X)=1pE(X)=\dfrac1p. Ici E(X)=11/6=6E(X)=\dfrac{1}{1/6}=6 : il faut en moyenne 66 lancers pour voir apparaître un premier 66.

Contrairement à la loi binomiale, la loi géométrique de paramètre pp est définie pour :

Explication : La loi géométrique commence toujours à k=1k=1 (il faut au moins une épreuve pour espérer un succès), et n'a pas de borne supérieure : c'est un oubli fréquent au bac de la confondre avec la loi binomiale, bornée par nn.
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