La Spécialité Maths en Terminale

L'essentiel pour le bac

Sommes de variables aléatoires

Voici tout d'abord un rappel du cours de première.

Définitions

Une variable aléatoire réelle $X$ sur l'univers $Ω$ d'une expérience aléatoire est une application de $Ω$ sur $\ℝ$.

Soit $x$ une valeur prise par la variable aléatoire $X$.
L'événement "$X=x$" est l'ensemble des événements $e_j$ de $Ω$ tels que $X(e_j)=x$.
L'événement "$X≤ x$" est l'ensemble des événements $e_j$ de $Ω$ tels que $X(e_j)≤ x$.
On définit de même les événements "$X$<$x$" ,  "$X≥x$"  et   "$X$>$x$"

La loi de probabilité de X est la probabilité qui, à toute valeur $x$ prise par X, associe la probabilité $p(X=x)$.

La variable aléatoire , de valeurs $x_i$, de probabilités $p_i$ pour $i$ entre 1 et $n$, admet pour espérance le réel, noté $E(X)$, défini par $E(X)=p_1x_1+p_2x_2+...+p_nx_n$.
$E(X)$ représente la valeur moyenne probable de X sur une infinité d'expériences.

La variance de X, notée $V(X)$, est définie par $V(X)=p_1(x_1-E(x))^2+p_2(x_2-E(x))^2+...+p_n(x_n-E(x))^2$.

On remarque que $V(X)=E((X-E(X))^2)$.

Formule de König-Huygens $V(X)=E(X^2)-(E(X))^2$

L'écart-type, noté $σ$, de la variable aléatoire X est défini par $σ=√ {V(X)}$.
L'écart-type mesure la dispersion des valeurs prises par X.


Et voici ci-dessous le cours de terminale.

Définition

Soient X et Y deux variables aléatoires définies sur le même univers $Ω$.
La somme $X+Y$ est la variable aléatoire qui, à tout événement $e_j$ de $Ω$ associe le réel $X(e_j)+Y(e_j)$.

Exemple

On tire 2 jetons successivement d'une urne contenant les jetons 1, 2 et 3.
Soit X le numéro du premier jeton, et Y le numéro du second jeton.
Soit Z=X+Y la variable aléatoire donnant la somme des 2 numéros.
Déterminer les lois de X, de Y et de Z.

Solution...
Corrigé

arbre pondéré:
fig6
On a: $X( Ω)=\{1, 2, 3\}$
Et: $p(X=1)=p(X=2)=p(X=3)={1}/{3}$

On a: $Y( Ω)=\{1, 2, 3\}$
Et, en appliquant la formule des probabilités totales, on a:
$p(Y=1)=p(X=1)×p_{X=1}(Y=1)+p(X=2)×p_{X=2}(Y=1)+p(X=3)×p_{X=3}(Y=1)$
Soit: $p(Y=1)={1}/{3}×0+{1}/{3}×{1}/{2}+{1}/{3}×{1}/{2}={1}/{3}$
De même, on obtient: $p(Y=2)={1}/{3}$ et $p(Y=3)={1}/{3}$

On a: $Z( Ω)=\{3, 4, 5\}$
Et: $p(Z=3)=p(X=1)×p_{X=1}(Y=2)+p(X=2)×p_{X=2}(Y=1)={1}/{3}×{1}/{2}+{1}/{3}×{1}/{2}={1}/{3}$
De même: $p(Z=4)=p(X=1)×p_{X=1}(Y=3)+p(X=3)×p_{X=3}(Y=1)={1}/{3}$
Et enfin: $p(Z=4)=1-p(Z=3)-p(Z=4)={1}/{3}$

Réduire...

Linéarité de l'espérance

Soient X et Y deux variables aléatoires définies sur le même univers $Ω$.
Soit $a$ un réel fixé.
On a: $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ et $E(aX)=aE(X)$

Exemple

Reprendre l'exemple précédent et déterminer les espérances de X et de Y.
En déduire celle de Z.
Les deux tirages sont utilisés à chaque tour d'un jeu pour faire avancer une pièce. Cette dernière avance d'un nombre de cases C égal au triple de Z. Déterminer l'espérance de la variable aléatoire C. Interpréter le résultat obtenu.

Solution...
Corrigé

On a: $E(X)=p(X=1)×1+p(X=2)×2+p(X=3)×3={1}/{3}×1+{1}/{3}×2+{1}/{3}×3=2$

De même: $E(Y)=p(Y=1)×1+p(Y=2)×2+p(Y=3)×3={1}/{3}×1+{1}/{3}×2+{1}/{3}×3=2$

Par conséquent, comme $Z=X+Y$, on a: $E(Z)=E(X)+E(Y)=2+2=4$

On a: $C=3Z$, et donc $E(C)=3×E(Z)=3×4=12$
C'est, en moyenne, le nombre probable de cases dont avance la pièce sur un grand nombre de tours.

Réduire...

Propriété

On se place dans le cadre d'une succession de 2 épreuves indépendantes.
Si X est une variable aléatoire associée à la première épreuve, et Y une variable aléatoire associée à la seconde épreuve, alors on dit que les variables aléatoires X et Y sont indépendantes,
et on a la relation d'additivité suivante: $V(X+Y)=V(X)+V(Y)$.

Exemple

Reprendre encore l'exemple précédent et déterminer les variances de X, de Y et de Z.
A-t-on $V(X+Y)=V(X)+V(Y)$? Pourquoi?

Solution...
Corrigé

On a: $V(X)=E((X−E(X))^2)=p(X=1)×(1-2)^2+p(X=2)×(2-2)^2+p(X=3)×(3-2)^2={1}/{3}×1+{1}/{3}×0+{1}/{3}×1={2}/{3}$

De même, on obtient: $V(Y)={2}/{3}$

Et: $V(Z)=E((Z−E(Z))^2)=p(Z=3)×(3-4)^2+p(Z=4)×(4-4)^2+p(Z=5)×(5-4)^2={1}/{3}×1+{1}/{3}×0+{1}/{3}×1={2}/{3}$

On a: $Z=X+Y$, et pourtant: $V(Z)≠V(X)+V(Y)$
En effet, les deux tirages n'étant pas indépendants, les variables aléatoires X et Y ne sont pas indépendantes.

Réduire...

Propriété

Soient X une variable aléatoire et $a$ un réel fixé.
On a: $V(aX)=a^2V(X)$

Exemple

Reprendre une fois de plus l'exemple précédent et déterminer la variance de C.

Solution...
Corrigé

On a: $V(C)=V(3Z)=3^2V(Z)=3×{2}/{3}=2$

Réduire...

Propriété

La loi binomiale, de paramètres $n$ et $p$, est la loi de probabilité d'une variable aléatoire X telle que : $X=Y_{1}+Y_{2}+... +Y_{n}$
où $Y_{1}$,$Y_{2}$,... ,$Y_{n}$, sont des variables aléatoires indépendantes de loi de Bernoulli de même paramètre $p$.
Pour chaque $k$ entier entre 1 et $n$, $Y_{k}$ vaut 1 en cas de succès et 0 en cas d'échec à la $k.ième$ expérience. La variable X dénombre bien le nombre total de succès.

Conséquence

Si $X$ suit une loi binomiale de paramètre $n$ et $p$, alors:

son espérance est: $E(X)=np$

sa variance est: $V(X)=np(1-p)$

son écart-type est: $σ(X)=√ {np(1-p)}$

Exemple

On pose: $X=B(100;0,41)$ et $X=B(50;0,78)$
Calculer les espérances et les variances de X et Y. Comparer ces variables aléatoires.

Solution...
Corrigé

$E(X)=100×0,41=41$    $E(Y)=50×0,78=39$
Ces valeurs sont proches. En moyenne, sur un grand nombre d'expériences, les valeurs prises par ces variables aléatoires seront sans doute proches.
$V(X)=100×0,41×(1-0,41)=24,19$    $V(Y)=50×0,78×(1-0,78)=8,58$
La variance de X est environ trois fois plus grande que celle de Y. Le risque que la variable aléatoire s'éloigne de sa moyenne est beaucoup plus grand pour X que pour Y.

Réduire...

Définition

Un ́échantillon aléatoire de taille $n$ d'une loi de probabilité est une liste de variables aléatoires indépendantes identiques ($X_1$, $X_2$,...,$X_n$) suivant cette loi.
Une liste ($x_1$, $x_2$,..., $x_n$) de valeurs prises par les variables aléatoires $X_i$ est une réalisation de l'échantillon.
En général, on suppose que la population est infinie ou que la taille de l'échantillon est beaucoup plus petite que la taille de la population.

Exemple

On appelle X la variable aléatoire donnant le résultat du lancer d'un dé.
On jette alors ce dé 10 fois de suite. Et on nomme $X_i$ la variable aléatoire donnant le résultat du i-ème lancer (pour $i$ entre 1 et 10).
Les lancers étant indépendants, la liste ($X_1$, $X_2$,...,$X_{10}$) est un ́échantillon aléatoire de taille $10$ de la loi de probabilité de X.
Et par exemple, la liste (2, 2, 5, 6, 1, 2, 4, 3, 6, 1) est une réalisation possible de cet échantillon.


Propriété

Soit ($X_1$, $X_2$,...,$X_n$) un échantillon de la loi de probabilité de la variable aléatoire X.

Soit la somme: $S_n=X_1+X_2+...+X_n$

Soit la moyenne: $M_n={S_n}/{n}$

On a alors:

$E(S_n)=n×E(X)$

$V(S_n)=n×V(X)$

$σ(S_n)=√{n}×σ(X)$

Et:

$E(M_n)=E(X)$

$V(M_n)={V(X)}/{n}$

$σ(M_n)={σ(X)}/{√{n}}$

Exemple

On reprend l'exemple précédent.
Déterminer $E(X)$ et $V(X)$
Soit ($X_1$, $X_2$,...,$X_{10}$) est un ́échantillon aléatoire de la loi de probabilité de X.
On pose: $S=X_1+X_2+...+X_{10}$ et: $M={S}/{10}$
Déterminer $E(S)$ et $V(S)$
Déterminer $E(M)$. Interpréter ce résultat.
Déterminer $V(M)$. La comparer à $V(X)$

Solution...
Corrigé

$E(X)={1}/{6}×1+{1}/{6}×2+{1}/{6}×3+{1}/{6}×4+{1}/{6}×5+{1}/{6}×6={1}/{6}×(1+2+...+6)={1}/{6}×({6×7}/{2})=3,5$
$V(X)={1}/{6}×(1-3,5)^2+{1}/{6}×(2-3,5)^2+{1}/{6}×(3-3,5)^2+{1}/{6}×(4-3,5)^2+{1}/{6}×(5-3,5)^2+{1}/{6}×(6-3,5)^2={17,5}/{6}≈2,92$
$E(S)=10×E(X)=10×3,5=35$
$V(S)=10×V(X)=10×{17,5}/{6}≈29,2$
$E(M)=E(X)=3,5$
Sur un grand nombre d'échantillons, la moyenne probable des 10 résultats par échantillon vaut en moyenne 3,5.
$V(M)={V(X)}/{10}≈{2,92)}/{10}≈0,29$
La variance de la moyenne M est 10 fois plus faible que celle de X.
Et comme X et M ont la même espérance égale à 3,5, cela traduit le risque que M soit loin de 3,5 est beaucoup plus faible que celui que X soit loin de 3,5.

Réduire...

Copyright 2013 - maths-bac.com - Toute reproduction interdite - Tous droits réservés.