Tle · Du modèle à l’autonomie

Somme de variables aléatoires et loi des grands nombres : pas à pas

Observe un exemple expliqué, entraîne-toi avec des indices, puis résous une autre situation sur papier. Compare les étapes avant de faire le point.

Mon objectif

Retrouver mes révisions

Somme de deux variables aléatoires

1. Observer

Exemple · Construire la loi d'une somme

Deux pièces équilibrées sont lancées indépendamment. $$X$$ vaut 1 si la première donne Pile, 0 sinon ; $$Y$$ vaut 2 si la seconde donne Pile, 0 sinon.

Issue	FF	FP	PF	PP
Probabilité	$$1/4$$	$$1/4$$	$$1/4$$	$$1/4$$
$$X$$	0	0	1	1
$$Y$$	0	2	0	2
$$X+Y$$	0	2	1	3

La somme prend $$0,1,2,3$$ avec probabilité $$1/4$$ chacune. Ainsi

\begin{aligned}E(X+Y) &= (0+1+2+3)/4\\[.35em]&= 1{,}5.\end{aligned}

On retrouve $$E(X)+E(Y)=0{,}5+1$$ sans avoir besoin de recalculer toute la loi.

2. S’entraîner avec aide

Avec deux pièces équilibrées indépendantes, $$X$$ et $$Y$$ valent cette fois chacun 1 en cas de Pile et 0 sinon. Dresser la loi de $$X+Y$$ . Les trois valeurs 0, 1 et 2 sont-elles équiprobables ?

Comparer avec l’explication

Les probabilités sont $$1/4$$ , $$1/2$$ et $$1/4$$ . La valeur 1 regroupe deux issues incompatibles. Son espérance vaut $$0(1/4)+1(1/2)+2(1/4)=1$$ , soit $$E(X)+E(Y)$$ . À réessayer : donner la loi de la moyenne $$(X+Y)/2$$ ; les probabilités restent les mêmes mais les valeurs changent.

3. Résoudre seul

On lance deux dés équilibrés indépendants $$X$$ et $$Y$$ .

Rappeler $$E(X)$$ et $$V(X)$$ .
Calculer $$E(X+Y)$$ et $$V(X+Y)$$ .
Calculer $\sigma(X+Y)$ . Vérifier que $\sigma(X+Y)\neq\sigma(X)+\sigma(Y)$ .
Calculer $$E(3X-2Y+1)$$ .

Comparer avec l’explication

a) Dé équilibré :

\begin{aligned}E(X) &= \frac{1+2+3+4+5+6}{6}\\[.35em]&= \frac{21}{6}\\[.35em]&= \frac{7}{2}\\[.35em]&= 3{,}5.\end{aligned}

\begin{aligned}E(X^2) &= \frac{1+4+9+16+25+36}{6}\\[.35em]&= \frac{91}{6}.\end{aligned}

\begin{aligned}V(X) &= \frac{91}{6}-\bigl(\frac{7}{2}\bigr)^2\\[.35em]&= \frac{91}{6}-\frac{49}{4}\\[.35em]&= \frac{182-147}{12}\\[.35em]&= \frac{35}{12}\\[.35em]&\approx 2{,}92.\end{aligned}

\begin{aligned}E(X+Y) &= E(X)+E(Y)\\[.35em]&= 3{,}5+3{,}5\\[.35em]&= 7.\end{aligned}

\begin{aligned}V(X+Y) &= V(X)+V(Y)\\[.35em]&= \frac{35}{12}+\frac{35}{12}\\[.35em]&= \frac{70}{12}\\[.35em]&= \frac{35}{6}\\[.35em]&\approx 5{,}83\end{aligned}

(indépendance).

\begin{aligned}\sigma(X+Y) &= \sqrt{\frac{35}{6}}\\[.35em]&\approx 2{,}42.\end{aligned}

\sigma(X)+\sigma(Y)=2\sqrt{\frac{35}{12}}\approx 2\times 1{,}71=3{,}42\neq 2{,}42.

✗

\begin{aligned}E(3X-2Y+1) &= 3E(X)-2E(Y)+1\\[.35em]&= 3\times 3{,}5-2\times 3{,}5+1\\[.35em]&= 10{,}5-7+1\\[.35em]&= 4{,}5.\end{aligned}

$X_1,\ldots,X_{20}$ sont i.i.d. $\mathcal{B}(0{,}4)$ .

Déterminer la loi de $S_{20}=X_1+\cdots+X_{20}$ .
Calculer $E(S_{20})$ , $V(S_{20})$ et $\sigma(S_{20})$ .
Calculer $E(\overline{X}_{20})$ , $V(\overline{X}_{20})$ et $\sigma(\overline{X}_{20})$ .

Comparer avec l’explication

a) $S_{20}=\sum X_i$ avec $X_i\sim\mathcal{B}(0{,}4)$ i.i.d. Donc $S_{20}\sim\mathcal{B}(20\,;\,0{,}4)$ .

\begin{aligned}E(S_{20}) &= 20\times 0{,}4\\[.35em]&= 8.\end{aligned}

\begin{aligned}V(S_{20}) &= 20\times 0{,}4\times 0{,}6\\[.35em]&= 4{,}8.\end{aligned}

\begin{aligned}\sigma(S_{20}) &= \sqrt{4{,}8}\\[.35em]&\approx 2{,}19.\end{aligned}

E(\overline{X}_{20})=0{,}4.

\begin{aligned}V(\overline{X}_{20}) &= \frac{0{,}24}{20}\\[.35em]&= 0{,}012.\end{aligned}

\begin{aligned}\sigma(\overline{X}_{20}) &= \sqrt{0{,}012}\\[.35em]&\approx 0{,}110.\end{aligned}

4. Aller plus loin

On effectue des tirages uniformes sans remise. On tire une boule dans une urne contenant $$3$$ rouges et $$2$$ bleues. On pose $$X=1$$ si rouge, $$0$$ sinon. On tire une deuxième boule sans remise. On pose $$Y=1$$ si rouge, $$0$$ sinon.

Calculer $$E(X)$$ , $$E(Y)$$ , $$E(X+Y)$$ .
Calculer $$V(X)$$ et $$V(Y)$$ .
Montrer que $V(X+Y)\neq V(X)+V(Y)$ . (Calculer $$V(X+Y)$$ directement.)
Pourquoi ? (Les tirages ne sont pas indépendants.)

Comparer avec l’explication

a) $$E(X)=3/5$$ . Par probabilités totales,

\begin{aligned}P(Y=1) &= \frac35\frac24+\frac25\frac34\\[.35em]&= 3/5,\end{aligned}

donc $$E(Y)=3/5$$ . $E(X+Y)=\frac{6}{5}$ .

\begin{aligned}V(X) &= E(X^2)-[E(X)]^2\\[.35em]&= \frac{3}{5}-\frac{9}{25}\\[.35em]&= \frac{6}{25}.\end{aligned}

De même $V(Y)=\frac{6}{25}$ .

c) $$X+Y$$ est le nombre de rouges en $$2$$ tirages sans remise. Valeurs possibles : $$0,1,2$$ .

\begin{aligned}P(X+Y=0) &= \frac{2}{5}\times\frac{1}{4}\\[.35em]&= \frac{2}{20}\\[.35em]&= \frac{1}{10}.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X+Y=2) &= \frac{3}{5}\times\frac{2}{4}\\[.35em]&= \frac{6}{20}\\[.35em]&= \frac{3}{10}.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X+Y=1) &= 1-\frac{1}{10}-\frac{3}{10}\\[.35em]&= \frac{6}{10}.\end{aligned}

\begin{aligned}E(X+Y) &= 0\times\frac{1}{10}+1\times\frac{6}{10}+2\times\frac{3}{10}\\[.35em]&= \frac{12}{10}\\[.35em]&= \frac{6}{5}.\end{aligned}

Vérifié.

\begin{aligned}E[(X+Y)^2] &= 0+\frac{6}{10}+4\times\frac{3}{10}\\[.35em]&= \frac{18}{10}.\end{aligned}

\begin{aligned}V(X+Y) &= \frac{18}{10}-\bigl(\frac{6}{5}\bigr)^2\\[.35em]&= \frac{9}{5}-\frac{36}{25}\\[.35em]&= \frac{45-36}{25}\\[.35em]&= \frac{9}{25}.\end{aligned}

V(X)+V(Y)=\frac{6}{25}+\frac{6}{25}=\frac{12}{25}\neq\frac{9}{25}=V(X+Y).

d) $$V(X+Y)<V(X)+V(Y)$$ car les variables sont négativement corrélées (si la première est rouge, la deuxième a moins de chance d'être rouge). L'indépendance aurait garanti l'additivité ; dans cet exemple dépendant, le calcul montre qu'elle échoue.

La moyenne empirique $\overline{X}_n$

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Des mesures indépendantes de même loi ont une espérance de 20 degrés et un écart-type de 2 degrés. Comparer l'écart-type de leur moyenne pour $$n=25$$ puis $$n=100$$ . Une mesure biaisée serait-elle corrigée par cette augmentation ?

Comparer avec l’explication

Les écarts types valent $$2/5=0{,}4$$ puis $$2/10=0{,}2$$ degré. Multiplier la taille par 4 divise la dispersion par 2. Le biais reste inchangé si le centre du modèle est erroné. À réessayer : quelle taille donne un écart-type au plus égal à $$0{,}1$$ degré ?

3. Résoudre seul

On effectue $$n$$ mesures de température indépendantes de même loi. Chaque mesure $$X_i$$ a pour espérance $\mu=20$ et écart-type $\sigma=2$ .

Calculer $E(\overline{X}_n)$ et $\sigma(\overline{X}_n)$ pour $$n=10$$ , $$n=100$$ , $$n=1000$$ .
Combien de mesures faut-il pour avoir $\sigma(\overline{X}_n)\leqslant 0{,}1$ ?

Comparer avec l’explication

a) $E(\overline{X}_n)=20$ pour tout $$n$$ .

\sigma(\overline{X}_n)=\frac{2}{\sqrt{n}}

pour

\[n=10\]

$\frac{2}{\sqrt{10}}\approx 0{,}632$ . Pour

\[n=100\]

\frac{2}{10}=0{,}2.

Pour

\[n=1000\]

$\frac{2}{\sqrt{1000}}\approx 0{,}063$ .

\begin{aligned}\frac{2}{\sqrt{n}}\leqslant 0{,}1\\[.35em]&\iff \sqrt{n}\geqslant 20\\[.35em]&\iff n\geqslant 400\end{aligned}

Il faut au moins $\boxed{400}$ mesures.

À la roulette, le joueur mise 1€ sur le rouge. Il gagne 1€ avec probabilité $\frac{18}{37}$ et perd 1€ avec probabilité $\frac{19}{37}$ .

Calculer $$E(X_i)$$ et $$V(X_i)$$ pour une mise.
Le joueur joue $$n=1000$$ parties supposées indépendantes. Calculer $$E(S_n)$$ et $\sigma(S_n)$ .
Utiliser l'inégalité de Cantelli $P(S_n>0)\leqslant\frac{V(S_n)}{[E(S_n)]^2+V(S_n)}$ (admis) et dire si cette borne suffit à affirmer que la probabilité de gagner est faible.
Par la LGN, que vaut $\frac{S_n}{n}$ quand $$n$$ est grand ? Le casino gagne-t-il toujours ?

Comparer avec l’explication

\[X_i=+1\]

avec

p=\frac{18}{37}

\text{et }X_i=-1

avec

q=\frac{19}{37}.

\begin{aligned}E(X_i) &= \frac{18}{37}-\frac{19}{37}\\[.35em]&= -\frac{1}{37}\\[.35em]&\approx -0{,}027.\end{aligned}

\[E(X_i^2)=1.\]

\begin{aligned}V(X_i) &= 1-\frac{1}{37^2}\\[.35em]&= \frac{1368}{1369}\\[.35em]&\approx 0{,}999.\end{aligned}

\begin{aligned}E(S_{1000}) &= 1000\times(-\frac{1}{37})\\[.35em]&\approx -27{,}0\end{aligned}

€.

\begin{aligned}\sigma(S_{1000}) &= \sqrt{1000\times 0{,}999}\\[.35em]&\approx 31{,}6\end{aligned}

€.

c) L'inégalité donne $P(S_n>0)\leqslant\frac{V(S_n)}{[E(S_n)]^2+V(S_n)}=\frac{1368}{1000+1368}\approx0{,}5777$ . Cette borne dépasse $$1/2$$ : elle ne suffit pas à qualifier la probabilité de gagner de faible.

Cette borne n'est pas très serrée, mais le gain attendu étant négatif, le joueur perd en moyenne.

d) $\frac{S_n}{n}\xrightarrow{P}-\frac{1}{37}\approx -0{,}027$ . Le gain moyen par partie converge vers $$-2{,}7$$ centimes. Le casino gagne en moyenne $2{,}7\%$ de chaque mise : c'est la marge du casino. Dans ce modèle, la probabilité d'un gain total positif du joueur tend vers zéro. Pour toute taille finie, un gain reste possible : on ne peut pas écrire « toujours ».

4. Aller plus loin

Un assureur couvre $n=10\,000$ clients. Chaque client fait une réclamation (coût $$1000$$ €) avec probabilité $$0{,}05$$ , indépendamment.

Le coût total $$S_n$$ suit quelle loi ? Calculer $$E(S_n)$$ et $\sigma(S_n)$ .
La prime annuelle est fixée à $$60$$ € par client. Le revenu total est $R=600\,000$ €.
Majorer $$P(S_n>R)$$ par Tchebychev. Que garantit cette borne sous le modèle ? Quelles limites a cette conclusion ?

Comparer avec l’explication

a) Chaque client fait une réclamation ( $$1000$$ €) avec $$p=0{,}05$$ , indépendamment. Le nombre de réclamations $N\sim\mathcal{B}(10000\,;\,0{,}05)$ et $$S_n=1000N$$ .

\[E(N)=500.\]

E(S_n)=500\,000

€.

\begin{aligned}V(N) &= 10000\times 0{,}05\times 0{,}95\\[.35em]&= 475.\end{aligned}

\begin{aligned}\sigma(N) &= \sqrt{475}\\[.35em]&\approx 21{,}8.\end{aligned}

\begin{aligned}\sigma(S_n) &= 1000\sigma(N)\\[.35em]&\approx 21\,800\end{aligned}

€.

\begin{aligned}R &= 10000\times 60\\[.35em]&= 600\,000\end{aligned}

€.

\begin{aligned}P(S_n>R) &= P(S_n>600\,000)\\[.35em]&= P(S_n-500\,000>100\,000).\end{aligned}

\begin{aligned}&P(|S_n-500\,000|\geqslant 100\,000)\\&\leqslant \frac{V(S_n)}{100\,000^2}\\&= \frac{1000^2\times 475}{10^{10}}\\&= \frac{475\,000\,000}{10^{10}}\\&= 0{,}0475\\&\approx 4{,}8\%.\end{aligned}

Or $P(S_n>600\,000)\leqslant P(|S_n-500\,000|\geqslant 100\,000)\leqslant 4{,}8\%$ .

Sous ce modèle, la probabilité que les seuls remboursements dépassent les primes est au plus $$0{,}0475$$ . Les autres coûts et les sinistres dépendants ne sont pas inclus ; la borne n'est donc pas une garantie générale sur une activité d'assurance.

Inégalité de concentration

1. Observer

2. S’entraîner avec aide

Des observations indépendantes de même loi ont une variance 4. On souhaite une moyenne à moins de $$0{,}5$$ de son espérance avec probabilité au moins $$0{,}95$$ . Quelle taille suffit par concentration ? Est-ce forcément la plus petite taille réellement possible ?

Comparer avec l’explication

On veut

\begin{aligned}\frac{16}{n}\leqslant0{,}05&\iff n\geqslant\frac{16}{0{,}05}\\[.35em]&\iff n\geqslant320.\end{aligned}

La taille 320 est la plus petite satisfaisant cette borne. Une loi connue peut permettre une taille inférieure ; la condition est suffisante, pas nécessaire pour le risque réel. À réessayer : garder le risque et diviser la marge par 2.

3. Résoudre seul

$$X$$ est une VA d'espérance $$10$$ et de variance $$4$$ .

Majorer $P(|X-10|\geqslant 3)$ .
Majorer $P(|X-10|\geqslant 6)$ .
Majorer $P(X\leqslant 4\text{ ou }X\geqslant 16)$ .
Déterminer $\delta$ tel que $P(|X-10|\geqslant\delta)\leqslant 0{,}05$ .

Comparer avec l’explication

\mu=10,

\begin{aligned}\sigma^2 &= V(X)\\[.35em]&= 4.\end{aligned}

a) $P(|X-10|\geqslant 3)\leqslant\frac{4}{9}\approx 0{,}44$ .

P(|X-10|\geqslant 6)\leqslant\frac{4}{36}=\frac{1}{9}\approx 0{,}11.

c) $\{X\leqslant 4\text{ ou }X\geqslant 16\}=\{|X-10|\geqslant 6\}$ . $P\leqslant\frac{1}{9}\approx 0{,}11$ .

\begin{aligned}\frac{4}{\delta^2}\leqslant 0{,}05\\[.35em]&\iff \delta^2\geqslant\frac{4}{0{,}05}=80\\[.35em]&\iff \delta\geqslant\sqrt{80}\approx 8{,}94\end{aligned}

Prendre $\boxed{\delta=\sqrt{80}}$ (ou $$8{,}95$$ en arrondissant vers le haut).

On lance indépendamment $$n$$ fois une pièce équilibrée ( $$p=0{,}5$$ ). $$f_n$$ est la fréquence de Pile.

Exprimer $$V(f_n)$$ en fonction de $$n$$ .
Majorer $P(|f_n-0{,}5|\geqslant 0{,}05)$ en fonction de $$n$$ (Tchebychev).
Déterminer $$n$$ pour que cette borne soit $\leqslant 5\%$ .
Déterminer $$n$$ pour que $P(|f_n-0{,}5|\geqslant 0{,}01)\leqslant 1\%$ .

Comparer avec l’explication

$f_n=\overline{X}_n$ avec $X_i\sim\mathcal{B}(0{,}5)$ .

\begin{aligned}V(f_n) &= \frac{p(1-p)}{n}\\[.35em]&= \frac{0{,}25}{n}.\end{aligned}

P(|f_n-0{,}5|\geqslant 0{,}05)\leqslant\frac{0{,}25}{n\times 0{,}0025}=\frac{100}{n}.

c) $\frac{100}{n}\leqslant 0{,}05\iff n\geqslant 2000$ . $\boxed{n=2000}$ .

\begin{aligned}\frac{0{,}25}{n\times 0{,}0001}\leqslant 0{,}01\\[.35em]&\iff \frac{2500}{n}\leqslant 0{,}01\\[.35em]&\iff n\geqslant 250\,000\end{aligned}

$\boxed{n=250\,000}$ .

4. Aller plus loin

Montrer que pour $X_i\sim\mathcal{B}(p)$ i.i.d., $P(|\overline{X}_n-p|\geqslant\delta)\leqslant\frac{1}{4n\delta^2}$ .
En déduire la plus petite taille satisfaisant la borne de concentration pour garantir que $P(|\overline{X}_n-p|\geqslant\delta)\leqslant\alpha$ : $n\geqslant\frac{1}{4\alpha\delta^2}$ .
Application : combien de lancers pour estimer $$p$$ à $\pm 0{,}02$ près avec $99\%$ de confiance ?
Un sondage donne $f_n=0{,}48$ sur $$n=2500$$ personnes, sous le même modèle indépendant. Donner un intervalle de confiance à $95\%$ pour $$p$$ .

Comparer avec l’explication

a) $V(f_n)=\frac{p(1-p)}{n}\leqslant\frac{1}{4n}$ car $p(1-p)\leqslant\frac{1}{4}$ (maximum en $p=\frac{1}{2}$ ).

Par Tchebychev : $P(|\overline{X}_n-p|\geqslant\delta)\leqslant\frac{V(f_n)}{\delta^2}\leqslant\frac{1}{4n\delta^2}$ .

b) $\frac{1}{4n\delta^2}\leqslant\alpha\iff n\geqslant\frac{1}{4\alpha\delta^2}$ .

\delta=0{,}02,

\alpha=0{,}01

n\geqslant\frac{1}{4\times 0{,}01\times 0{,}0004}=\frac{1}{0{,}000016}=62\,500.

d) $\frac{1}{4\times 2500\times\delta^2}\leqslant 0{,}05\iff\delta\geqslant\frac{1}{\sqrt{500}}\approx 0{,}0447$ .

Le procédé produit l'intervalle exact $[0{,}48-1/\sqrt{500};0{,}48+1/\sqrt{500}]$ . L'arrondi extérieur $$[0{,}435;0{,}525]$$ conserve une couverture d'au moins $95\%$ ; il ne constitue pas une certitude sur $$p$$ après observation.

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