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Sommes de variables aléatoires

Linéarité de l’espérance, variance d’une transformation affine, variance d’une somme de variables indépendantes, somme et moyenne d’un échantillon de taille n, espérance et variance de la loi binomiale par décomposition.

À propos de cette page

Ce cours de spécialité maths de Terminale sur les sommes de variables aléatoires suit cinq parties : linéarité de l’espérance, variance de aX + b, variance d’une somme de variables indépendantes, somme et moyenne d’un échantillon de taille n, loi binomiale vue comme une somme de variables de Bernoulli. La démonstration de l’espérance np et de la variance np(1 − p) y est rédigée, avec des réponses modèles du bac.

Linéarité de l’espérance

Ce qu’il faut savoir

Rappel de 1^re. Si $X$ prend les valeurs $x_{1}, \dots, x_{k}$ avec les probabilités $p_{1}, \dots, p_{k}$ , son espérance est $E (X) = p_{1} x_{1} + \dots + p_{k} x_{k}$ : c’est la moyenne des valeurs pondérée par les probabilités.

Somme de deux variables. Si $X$ et $Y$ sont deux variables aléatoires définies sur le même univers, $X + Y$ est la variable qui, à chaque issue $ω$ , associe $X (ω) + Y (ω)$ . De même, $a X + b$ associe $a X (ω) + b$ .

Linéarité de l’espérance. Pour toutes variables $X$ et $Y$ et tous réels $a$ et $b$ :

$E (X + Y) = E (X) + E (Y)$ ; $E (a X) = a E (X)$ ; $E (a X + b) = a E (X) + b$ .

Plus généralement, $E (X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n})$ $= E (X_{1}) + E (X_{2}) + \dots + E (X_{n})$ . Aucune hypothèse d’indépendance n’est nécessaire.

Décomposer une variable. Pour compter combien de fois des événements $A_{1}, \dots, A_{n}$ se réalisent, on pose $X_{i} = 1$ si $A_{i}$ se réalise et $X_{i} = 0$ sinon. Alors le compte vaut $N = X_{1} + \dots + X_{n}$ , chaque $X_{i}$ suit une loi de Bernoulli et $E (X_{i}) = P (A_{i})$ . Par linéarité, $E (N) = P (A_{1}) + \dots + P (A_{n})$ .

Exemples

Espérance d’une transformation affine. $X$ prend les valeurs $- 1$ , $0$ et $2$ avec les probabilités $0, 3$ ; $0, 5$ et $0, 2$ . Alors $E (X) = 0, 3 \times (- 1) + 0, 5 \times 0 + 0, 2 \times 2$ $= - 0, 3 + 0, 4 = 0, 1$ . Pour $Y = 5 X - 2$ , par linéarité : $E (Y) = 5 \times 0, 1 - 2 = - 1, 5$ , sans avoir à écrire la loi de $Y$ .

Décomposer un comptage, sans indépendance. Un sac contient $5$ jetons gagnants et $15$ jetons perdants. On tire successivement sans remise $4$ jetons et l’on note $N$ le nombre de jetons gagnants. On pose $X_{i} = 1$ si le $i$ -ième jeton est gagnant, $0$ sinon : $N = X_{1} + X_{2} + X_{3} + X_{4}$ .

$P (X_{1} = 1) = \frac{5}{20} = \frac{1}{4}$ . Pour le deuxième tirage, avec la formule des probabilités totales : $P (X_{2} = 1) = \frac{5}{20} \times \frac{4}{19} + \frac{15}{20} \times \frac{5}{19}$ $= \frac{20 + 75}{380} = \frac{95}{380} = \frac{1}{4}$ . De même, chaque jeton a la même chance d’être tiré en position $i$ , donc $P (X_{i} = 1) = \frac{1}{4}$ pour tout $i$ .

Par linéarité : $E (N) = 4 \times \frac{1}{4} = 1$ . Les $X_{i}$ ne sont pas indépendantes (les tirages sont sans remise), et pourtant le calcul est juste : la linéarité n’exige rien.

Réflexe — Devant l’espérance d’une variable compliquée (un total, un bénéfice, un nombre de succès), je l’écris comme une somme de variables simples dont je connais l’espérance, puis j’additionne. Je cite « par linéarité de l’espérance ».

Attention — La linéarité porte sur les sommes et les multiplications par un nombre, pas sur les carrés : $E (X^{2}) \neq E (X)^{2}$ en général. Dans le premier exemple, $E (X^{2}) = 0, 3 \times 1 + 0, 2 \times 4 = 1, 1$ , alors que $E (X)^{2} = 0, 01$ .

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Variance d’une transformation affine aX + b

Ce qu’il faut savoir

Variance et écart type (rappel de 1^re). Avec $μ = E (X)$ : $V (X) = E ((X - μ)^{2})$ , la moyenne des carrés des écarts à $μ$ . En pratique on utilise la formule de König-Huygens : $V (X) = E (X^{2}) - E (X)^{2}$ . L’écart type est $σ (X) = \sqrt{V (X)}$ , dans la même unité que $X$ .

Transformation affine. Pour tous réels $a$ et $b$ :

$V (a X + b) = a^{2} V (X)$ et $σ (a X + b) = | a | σ (X)$ .

Ajouter une constante $b$ décale toutes les valeurs sans changer leur dispersion ; multiplier par $a$ multiplie les écarts par $a$ , donc leurs carrés par $a^{2}$ .

Exemples

Démonstration. On note $μ = E (X)$ . Par linéarité, $E (a X + b) = a μ + b$ . Donc $(a X + b) - E (a X + b)$ $= a X - a μ = a (X - μ)$ , et $((a X + b) - E (a X + b))^{2}$ $= a^{2} (X - μ)^{2}$ . En prenant l’espérance (linéarité) : $V (a X + b) = a^{2} E ((X - μ)^{2}) = a^{2} V (X)$ . Enfin $σ (a X + b) = \sqrt{a^{2} V (X)} = | a | σ (X)$ .

Calcul direct. $X$ vérifie $E (X) = 1, 2$ et $V (X) = 0, 5$ . Alors $E (4 X + 3) = 4 \times 1, 2 + 3 = 7, 8$ et $V (4 X + 3) = 4^{2} \times 0, 5 = 8$ , donc $σ (4 X + 3) = \sqrt{8} \approx 2, 83$ .

Changement d’unité. La température $C$ d’une salle, en degrés Celsius, a pour espérance $20$ et pour écart type $2$ . En degrés Fahrenheit, elle vaut $F = 1, 8 C + 32$ . Donc $E (F) = 1, 8 \times 20 + 32 = 68$ et $σ (F) = 1, 8 \times 2 = 3, 6$ : l’ajout de $32$ ne change pas l’écart type.

Coefficient négatif. Si $V (X) = 5$ , alors $V (- 2 X + 7) = (- 2)^{2} \times 5 = 20$ et $σ (- 2 X + 7) = 2 \sqrt{5}$ : la variance ne diminue pas, et un écart type n’est jamais négatif.

Réflexe — Pour $a X + b$ : la constante $b$ disparaît, le coefficient $a$ passe au carré dans la variance et en valeur absolue dans l’écart type. Pour une variable donnée par sa loi, je calcule $E (X)$ , puis $E (X^{2})$ , puis $V (X) = E (X^{2}) - E (X)^{2}$ .

Attention — $V (X + b) = V (X)$ , pas $V (X) + b$ . Et $V (3 X) = 9 V (X)$ , pas $3 V (X)$ ; $σ (- 3 X) = 3 σ (X)$ , pas $- 3 σ (X)$ .

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Variables indépendantes : variance d’une somme

Ce qu’il faut savoir

Variables indépendantes. $X$ et $Y$ sont indépendantes si, pour toute valeur $x$ prise par $X$ et toute valeur $y$ prise par $Y$ , $P (X = x et Y = y) = P (X = x) \times P (Y = y)$ . Intuitivement : connaître la valeur de $X$ ne renseigne pas sur celle de $Y$ .

En pratique, l’indépendance est donnée par la situation : deux lancers successifs, deux tirages avec remise, deux pièces fabriquées par des machines distinctes, deux clients qui ne se connaissent pas. On la cite dans la copie avant d’additionner des variances.

Variance d’une somme (admis). Si $X$ et $Y$ sont indépendantes : $V (X + Y) = V (X) + V (Y)$ . Si $X_{1}, \dots, X_{n}$ sont indépendantes : $V (X_{1} + \dots + X_{n}) = V (X_{1}) + \dots + V (X_{n})$ .

Combinaison. Si $X$ et $Y$ sont indépendantes, $a X$ et $b Y$ le sont aussi, donc :

$V (a X + b Y + c) = a^{2} V (X) + b^{2} V (Y)$ . En particulier $V (X - Y) = V (X) + V (Y)$ .

Ce sont les variances qui s’ajoutent : $σ (X + Y) = \sqrt{V (X) + V (Y)}$ .

Exemples

Somme simple. $X$ et $Y$ indépendantes, $E (X) = 3$ , $V (X) = 2$ , $E (Y) = 5$ , $V (Y) = 4$ . Alors $E (X + Y) = 3 + 5 = 8$ et, par indépendance, $V (X + Y) = 2 + 4 = 6$ , d’où $σ (X + Y) = \sqrt{6} \approx 2, 45$ . On remarque que $σ (X) + σ (Y) = \sqrt{2} + 2 \approx 3, 41$ : les écarts types ne s’ajoutent pas.

Somme de deux dés. On lance deux dés équilibrés à six faces ; $X_{1}$ et $X_{2}$ sont les résultats, indépendants. Pour un dé : $E (X_{1}) = 3, 5$ , $E (X_{1}^{2}) = \frac{1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36}{6} = \frac{91}{6}$ , donc $V (X_{1}) = \frac{91}{6} - \frac{49}{4} = \frac{35}{12}$ . La somme $S = X_{1} + X_{2}$ vérifie $E (S) = 7$ et, par indépendance, $V (S) = \frac{35}{12} + \frac{35}{12} = \frac{35}{6} \approx 5, 83$ , soit $σ (S) \approx 2, 42$ .

Réponse rédigée (modèle bac). $X$ et $Y$ sont indépendantes, $E (X) = 6$ , $V (X) = 9$ , $E (Y) = 10$ , $V (Y) = 16$ , et $T = 2 X - 3 Y + 5$ .
Par linéarité de l’espérance : $E (T) = 2 \times 6 - 3 \times 10 + 5$ $= 12 - 30 + 5 = - 13$ .
Comme $X$ et $Y$ sont indépendantes : $V (T) = 2^{2} \times 9 + (- 3)^{2} \times 16$ $= 36 + 144 = 180$ , donc $σ (T) = \sqrt{180} \approx 13, 4$ .

Sans indépendance, la formule tombe. Avec $Y = X$ , la somme vaut $2 X$ et $V (2 X) = 4 V (X)$ , alors que $V (X) + V (Y) = 2 V (X)$ . Avec $Y = - X$ , la somme est nulle : sa variance vaut $0$ , pas $2 V (X)$ .

Réflexe — Avant d’écrire $V (X + Y) = V (X) + V (Y)$ , j’écris la phrase « $X$ et $Y$ sont indépendantes car… ». Pour un écart type, j’additionne les variances (coefficients au carré), puis je prends la racine, et j’arrondis seulement à la fin.

Attention — $σ (X + Y) \neq σ (X) + σ (Y)$ . Et $V (X - Y)$ n’est pas $V (X) - V (Y)$ : le coefficient $- 1$ passe au carré, donc une différence de variables indépendantes est aussi dispersée que leur somme.

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Échantillon de taille n : somme et moyenne

Ce qu’il faut savoir

Échantillon. Un échantillon de taille $n$ de la loi d’une variable $X$ est une liste $(X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n})$ de $n$ variables aléatoires indépendantes et de même loi que $X$ (on répète $n$ fois la même expérience, de façon indépendante). On note :

la somme $S_{n} = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n}$ et la moyenne $M_{n} = \frac{S_{n}}{n}$ .

Propriété. Si $E (X) = μ$ et $V (X) = σ^{2}$ :

	Espérance	Variance	Écart type
Somme $S_{n}$	$n μ$	$n σ^{2}$	$σ \sqrt{n}$
Moyenne $M_{n}$	$μ$	$\frac{σ^{2}}{n}$	$\frac{σ}{\sqrt{n}}$

Exemples

Démonstration (à savoir refaire). Par linéarité, $E (S_{n}) = E (X_{1}) + \dots + E (X_{n}) = n μ$ . Les $X_{i}$ étant indépendantes, $V (S_{n}) = V (X_{1}) + \dots + V (X_{n}) = n σ^{2}$ . Puis $M_{n} = \frac{1}{n} S_{n}$ , donc $E (M_{n}) = \frac{1}{n} \times n μ = μ$ et $V (M_{n}) = \frac{1}{n^{2}} \times n σ^{2} = \frac{σ^{2}}{n}$ . Les écarts types s’obtiennent par racine carrée : $σ (S_{n}) = \sqrt{n σ^{2}} = σ \sqrt{n}$ et $σ (M_{n}) = \frac{σ}{\sqrt{n}}$ .

Dé tétraédrique. Un dé équilibré à quatre faces donne $X \in {1; 2; 3; 4}$ , avec $μ = 2, 5$ et $σ^{2} = \frac{1 + 4 + 9 + 16}{4} - 2, 5^{2}$ $= 7, 5 - 6, 25 = 1, 25$ . Pour $n = 40$ lancers : $E (S_{40}) = 40 \times 2, 5 = 100$ , $V (S_{40}) = 40 \times 1, 25 = 50$ , $σ (S_{40}) = \sqrt{50} \approx 7, 07$ ; et $E (M_{40}) = 2, 5$ , $V (M_{40}) = \frac{1, 25}{40} = 0, 03125$ , $σ (M_{40}) \approx 0, 177$ .

Réponse rédigée (modèle bac). La masse $X$ d’un pot de confiture vérifie $E (X) = 370$ g et $σ (X) = 8$ g ; les pots sont remplis indépendamment. Un carton contient $16$ pots, de masse totale $S_{16}$ .
Les masses des $16$ pots forment un échantillon de taille $16$ de la loi de $X$ .
$E (S_{16}) = 16 \times 370 = 5 920$ g et $V (S_{16}) = 16 \times 8^{2} = 1 024$ , donc $σ (S_{16}) = \sqrt{1 024} = 32$ g.
La masse moyenne d’un pot du carton vérifie $E (M_{16}) = 370$ g et $σ (M_{16}) = \frac{8}{\sqrt{16}} = 2$ g : elle est quatre fois moins dispersée que la masse d’un pot isolé.

Choisir la taille $n$ pour une précision donnée. Avec les mêmes pots, on veut $σ (M_{n}) ⩽ 0, 5$ g : $\frac{8}{\sqrt{n}} ⩽ 0, 5$ $⟺ \sqrt{n} ⩾ \frac{8}{0, 5} = 16$ $⟺ n ⩾ 256$ . Il faut peser au moins $256$ pots. Vérification : $\frac{8}{\sqrt{256}} = \frac{8}{16} = 0, 5$ .

Réflexe — Je calcule $μ$ et $σ^{2}$ sur une seule répétition, je justifie « échantillon : variables indépendantes et de même loi », puis je lis l’énoncé : « total », « masse du carton » → $S_{n}$ ; « moyenne », « fréquence » → $M_{n}$ .

Attention — La somme se disperse ( $σ \sqrt{n}$ ), la moyenne se concentre ( $\frac{σ}{\sqrt{n}}$ ). Les formules multiplient ou divisent la variance par $n$ : si l’énoncé donne l’écart type, je l’élève d’abord au carré. Diviser $σ (M_{n})$ par $2$ exige de multiplier $n$ par $4$ .

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Loi binomiale : somme de variables de Bernoulli

Ce qu’il faut savoir

Loi de Bernoulli. Une variable de Bernoulli de paramètre $p$ vaut $1$ (succès) avec la probabilité $p$ et $0$ (échec) avec la probabilité $1 - p$ . Elle vérifie $E (X) = p$ et $V (X) = p (1 - p)$ .

La loi binomiale est une somme. Si $(X_{1}, \dots, X_{n})$ est un échantillon de taille $n$ de la loi de Bernoulli de paramètre $p$ , alors $S_{n} = X_{1} + \dots + X_{n}$ compte les succès de $n$ épreuves indépendantes : $S_{n}$ suit la loi binomiale $ℬ (n; p)$ , et

$E (S_{n}) = n p$ , $V (S_{n}) = n p (1 - p)$ , $σ (S_{n}) = \sqrt{n p (1 - p)}$ .

Fréquence de succès. $F = \frac{S_{n}}{n}$ est la moyenne de l’échantillon : $E (F) = p$ et $σ (F) = \sqrt{\frac{p (1 - p)}{n}}$ .

Somme de deux binomiales. Si $X$ suit $ℬ (n; p)$ et $Y$ suit $ℬ (m; p)$ , indépendantes et avec le même $p$ , alors $X + Y$ suit $ℬ (n + m; p)$ (on enchaîne $n + m$ épreuves de même paramètre).

Exemples

Démonstration au programme : espérance et variance de la loi binomiale. Pour chaque $i$ , $E (X_{i}) = 1 \times p + 0 \times (1 - p) = p$ et $E (X_{i}^{2}) = 1^{2} \times p + 0^{2} \times (1 - p) = p$ , donc $V (X_{i}) = E (X_{i}^{2}) - E (X_{i})^{2}$ $= p - p^{2} = p (1 - p)$ . Par linéarité de l’espérance, $E (S_{n}) = E (X_{1}) + \dots + E (X_{n}) = n p$ . Les $X_{i}$ étant indépendantes, $V (S_{n}) = V (X_{1}) + \dots + V (X_{n}) = n p (1 - p)$ , d’où $σ (S_{n}) = \sqrt{n p (1 - p)}$ .

Réponse rédigée (modèle bac). Un QCM comporte $32$ questions à $4$ propositions, auxquelles un candidat répond au hasard et indépendamment. Pour $i$ de $1$ à $32$ , on pose $X_{i} = 1$ si la réponse à la question $i$ est juste, $0$ sinon : $X_{i}$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $p = 0, 25$ .
$E (X_{i}) = 0, 25$ et $V (X_{i}) = 0, 25 \times 0, 75 = 0, 1875$ .
Le nombre de bonnes réponses est $S = X_{1} + \dots + X_{32}$ , somme de $32$ variables de Bernoulli indépendantes : $S$ suit $ℬ (32; 0, 25)$ .
Par linéarité, $E (S) = 32 \times 0, 25 = 8$ ; par indépendance, $V (S) = 32 \times 0, 1875 = 6$ , donc $σ (S) = \sqrt{6} \approx 2, 45$ .

Fréquence. Un tir au but est réussi avec la probabilité $0, 3$ . Sur $50$ tirs indépendants, le nombre de réussites $R$ suit $ℬ (50; 0, 3)$ : $E (R) = 15$ , $V (R) = 50 \times 0, 3 \times 0, 7 = 10, 5$ et $σ (R) \approx 3, 24$ . La fréquence de réussite $F = \frac{R}{50}$ a pour espérance $0, 3$ et pour écart type $\frac{σ (R)}{50} \approx 0, 065$ .

Réflexe — Un nombre de succès se décompose en $X_{1} + \dots + X_{n}$ avec $X_{i} = 1$ si la $i$ -ième épreuve est un succès. Je calcule $E (X_{i}) = p$ et $V (X_{i}) = p (1 - p)$ , puis je conclus par linéarité (espérance) et par indépendance (variance).

Attention — La somme de deux binomiales indépendantes n’est binomiale que si elles ont le même paramètre $p$ ; sinon, seules l’espérance et la variance se calculent (par somme). Et $σ (F) = \frac{σ (S_{n})}{n}$ , pas $\frac{σ (S_{n})}{\sqrt{n}}$ .

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Pour aller plus loin

Calculer des probabilités avec la loi binomiale. La formule $P (X = k) = (\binom{n}{k}) p^{k} (1 - p)^{n - k}$ , les calculs de $P (X ⩽ k)$ à la calculatrice et les recherches de seuil sont traités dans le chapitre Loi binomiale.

Ce que garantit la moyenne d’un grand échantillon. Le fait que $V (M_{n}) = \frac{σ^{2}}{n}$ tende vers $0$ est le point de départ de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, de l’inégalité de concentration et de la loi faible des grands nombres : chapitre Concentration et loi des grands nombres.

À retenir

Toujours vrai : $E (X + Y) = E (X) + E (Y)$ et $E (a X + b) = a E (X) + b$ ; une variable qui compte se décompose en somme de variables qui valent $1$ ou $0$ .
$V (a X + b) = a^{2} V (X)$ et $σ (a X + b) = | a | σ (X)$ : la constante disparaît.
Si $X$ et $Y$ sont indépendantes : $V (a X + b Y + c) = a^{2} V (X) + b^{2} V (Y)$ . Les variances s’ajoutent, jamais les écarts types.
Échantillon de taille $n$ : $E (S_{n}) = n μ$ , $V (S_{n}) = n σ^{2}$ ; $E (M_{n}) = μ$ , $V (M_{n}) = \frac{σ^{2}}{n}$ , $σ (M_{n}) = \frac{σ}{\sqrt{n}}$ .
Loi $ℬ (n; p)$ = somme de $n$ variables de Bernoulli indépendantes : $E = n p$ , $V = n p (1 - p)$ .

Questions fréquentes

L’espérance d’une somme est-elle toujours la somme des espérances ?

Oui. E(X + Y) = E(X) + E(Y) et E(aX + b) = aE(X) + b sont vraies pour toutes les variables aléatoires définies sur un même univers, indépendantes ou non. C’est ce qui permet de calculer une espérance en découpant une variable compliquée en une somme de variables simples qui valent 1 ou 0.

Que deviennent la variance et l’écart type quand on calcule aX + b ?

La constante b disparaît, car ajouter un nombre décale les valeurs sans les disperser. Le coefficient a passe au carré dans la variance : V(aX + b) = a²V(X). L’écart type est multiplié par la valeur absolue de a : σ(aX + b) = |a|σ(X).

Quand a-t-on le droit d’écrire V(X + Y) = V(X) + V(Y) ?

Quand X et Y sont indépendantes (c’est l’hypothèse du programme) : il faut l’écrire dans la copie, avec la raison tirée de l’énoncé (lancers successifs, tirages avec remise, machines distinctes…). Même dans ce cas, ce sont les variances qui s’ajoutent, pas les écarts types, et V(X − Y) vaut aussi V(X) + V(Y).

Quelle est la différence entre la somme Sₙ et la moyenne Mₙ d’un échantillon ?

Pour un échantillon de taille n d’une loi d’espérance μ et d’écart type σ, la somme a pour espérance nμ et pour écart type σ√n : elle se disperse quand n grandit. La moyenne Mₙ = Sₙ/n a pour espérance μ et pour écart type σ/√n : elle se resserre autour de μ.

Comment démontrer que l’espérance d’une loi binomiale vaut np et sa variance np(1 − p) ?

On écrit le nombre de succès comme la somme X₁ + … + Xₙ de n variables de Bernoulli indépendantes de paramètre p. Chacune a pour espérance p et pour variance p(1 − p). Par linéarité, l’espérance de la somme vaut np ; par indépendance, sa variance vaut np(1 − p).

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