Exercices — Sommes de variables aléatoires et loi des grands nombres

1. Chaque face a la probabilité $\dfrac{1}{6}$ :

$E(X_1) = \frac{1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6}{6} = \frac{21}{6} = 3{,}5$

2. Par linéarité de l’espérance : $E(S) = E(X_1) + E(X_2) = 3{,}5 + 3{,}5 = 7$. Aucun besoin de calculer les probabilités des onze valeurs de $S$ (de $2$ à $12$) — c’est toute la puissance de la linéarité.

3. $E(G) = E(S) - 8 = 7 - 8 = -1$ (retrancher une constante retranche cette constante à l’espérance). En moyenne, le joueur perd $1$ euro par partie : le jeu lui est défavorable.

4. $E(G') = E(2X_1) - 8 = 2 \times 3{,}5 - 8 = -1$. Les deux jeux ont la même espérance de gain. Ils ne sont pourtant pas identiques : leur dispersion diffère — c’est l’objet de l’exercice 2.

Réflexe à retenir : la linéarité de l’espérance — $E(X + Y) = E(X) + E(Y)$ et $E(aX) = a\,E(X)$ — donne l’espérance d’une somme sans jamais chercher sa loi, et elle ne demande aucune hypothèse d’indépendance.

1. $E(X_1^2) = \dfrac{1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36}{6} = \dfrac{91}{6}$, donc :

$V(X_1) = \frac{91}{6} - \left(\frac{7}{2}\right)^2 = \frac{182}{12} - \frac{147}{12} = \frac{35}{12} \approx 2{,}92$

2. $X_1$ et $X_2$ sont indépendantes : les variances s’additionnent.

$V(S) = V(X_1) + V(X_2) = \frac{35}{12} + \frac{35}{12} = \frac{35}{6} \approx 5{,}83$

3. $V(2X_1) = 2^2\,V(X_1) = 4 \times \dfrac{35}{12} = \dfrac{35}{3} \approx 11{,}67$ : c’est le double de $V(S)$. Les gains $G$ et $G'$ ne diffèrent de $S$ et $2X_1$ que d’une constante ($-8$), qui décale toutes les valeurs sans changer leur dispersion : $V(G) = V(S)$ et $V(G') = V(2X_1)$. À espérance égale, la variante du forain est donc deux fois plus dispersée — plus « risquée ».

4. $\sigma(S) = \sqrt{\dfrac{35}{6}} \approx 2{,}42$ et $\sigma(2X_1) = 2\,\sigma(X_1) = \sqrt{\dfrac{35}{3}} \approx 3{,}42$. Jouer deux dés indépendants lisse les résultats ; doubler un seul dé amplifie les écarts. Même espérance ne veut pas dire même jeu !

Réflexe à retenir : l’additivité $V(X + Y) = V(X) + V(Y)$ exige l’indépendance, et $V(aX) = a^2\,V(X)$ — surtout, ne confonds jamais $X_1 + X_2$ (deux copies indépendantes) avec $2X_1$ (le double d’une seule variable) : leurs variances vont du simple au double.

1. On répète $60$ fois la même épreuve de Bernoulli (succès = « réponse correcte », de probabilité $\dfrac{1}{4} = 0{,}25$ puisque le candidat choisit au hasard parmi $4$ réponses), de manière indépendante. $X$ compte les succès : $X$ suit $\mathcal{B}(60\,;\,0{,}25)$.

2. Chaque $X_i$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $0{,}25$, donc $E(X_i) = 0{,}25$ et $V(X_i) = 0{,}25 \times 0{,}75 = 0{,}1875$.

3. $X = X_1 + X_2 + \cdots + X_{60}$. Par linéarité de l’espérance : $E(X) = 60 \times 0{,}25 = 15$. Les $X_i$ étant indépendantes, les variances s’additionnent : $V(X) = 60 \times 0{,}1875 = 11{,}25$, d’où $\sigma(X) = \sqrt{11{,}25} \approx 3{,}35$. On retrouve bien les formules $np$ et $np(1 - p)$ de la loi binomiale.

4. Le candidat donne $60$ réponses : $X$ bonnes et $60 - X$ mauvaises. Sa note vaut donc :

$N = X - \frac{1}{3}(60 - X) = X - 20 + \frac{X}{3} = \frac{4}{3}X - 20$

Par linéarité : $E(N) = \dfrac{4}{3}E(X) - 20 = \dfrac{4}{3} \times 15 - 20 = 20 - 20 = 0$. Le barème est précisément calibré pour qu’un candidat répondant entièrement au hasard obtienne zéro en moyenne : le hasard ne rapporte rien.

Réflexe à retenir : décomposer une variable en somme de variables simples (des $0$ et des $1$), puis appliquer la linéarité pour l’espérance et l’additivité (sous indépendance) pour la variance — c’est exactement la démonstration de $E(X) = np$ et $V(X) = np(1-p)$.

1. La variance est le carré de l’écart type : $V(X) = 10^2 = 100$.

2. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec $\delta = 30$ :

$P\big(|X - 180| \geq 30\big) \leq \frac{V(X)}{30^2} = \frac{100}{900} = \frac{1}{9} \approx 0{,}11$

3. L’événement contraire de « $|X - 180| \geq 30$ » est « $|X - 180| < 30$ », c’est-à-dire « $150 < X < 210$ ». Donc :

$P(150 < X < 210) \geq 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9} \approx 0{,}89$

Au moins $89\,\%$ (environ) des pommes pèsent entre $150$ et $210$ grammes — quelle que soit la loi précise de $X$.

4. Avec $\delta = 5$ : la borne vaut $\dfrac{100}{5^2} = \dfrac{100}{25} = 4$. Or une probabilité est toujours inférieure ou égale à $1$ : cette majoration n’apporte aucune information. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev n’est utile que pour des écarts $\delta$ supérieurs à l’écart type (ici $\delta > 10$, pour que la borne passe sous $1$) : elle contrôle les grands écarts, pas les petits.

Réflexe à retenir : Bienaymé-Tchebychev majore la probabilité des grands écarts avec la borne $\dfrac{V(X)}{\delta^2}$ ; pour minorer la probabilité d’être proche de l’espérance, passe à l’événement contraire. Et vérifie toujours que la borne est inférieure à $1$ — sinon elle ne dit rien.

1. La moyenne d’un échantillon a la même espérance que la variable, et une variance divisée par $n$ : $E(M_n) = 500$ et $V(M_n) = \dfrac{100}{n}$.

2. L’inégalité de concentration avec $\delta = 2$ :

$P\big(|M_n - 500| \geq 2\big) \leq \frac{100}{n \times 2^2} = \frac{100}{4n} = \frac{25}{n}$

3. Il suffit que le majorant soit inférieur ou égal à $0{,}05$ :

$\frac{25}{n} \leq 0{,}05 \iff n \geq \frac{25}{0{,}05} = 500$

Un échantillon d’au moins $500$ paquets garantit que la probabilité d’un écart d’au moins $2$ grammes entre la moyenne observée et $500$ ne dépasse pas $0{,}05$.

4. L’inégalité de concentration donne une majoration, pas une égalité : avec $500$ paquets, la probabilité est au plus $0{,}05$ — et sans doute nettement plus petite, car l’inégalité, universelle, est loin d’être optimale. C’est un raisonnement par condition suffisante : $n = 500$ garantit l’objectif, mais un échantillon plus petit pourrait suffire en pratique. Quant à la loi des grands nombres, elle affirme que pour tout $\delta > 0$, $P\big(|M_n - 500| \geq \delta\big)$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers l’infini : la moyenne de l’échantillon se concentre autour de l’espérance $500$ à mesure que l’échantillon grandit.

Réflexe à retenir : pour déterminer une taille d’échantillon, écris l’inégalité de concentration $\dfrac{V(X)}{n\,\delta^2} \leq \alpha$ et résous-la en $n$ — et souviens-toi que Bienaymé-Tchebychev garantit, elle ne calcule pas.