Lois discrètes finies usuelles

Preuve

Si \(X\) suit la loi de Bernoulli \(\mathcal B(p)\), \(X\) est une variable aléatoire discrète finie, elle admet une espérance et une variance. De plus, on a : \[\mathbb{E}(X)=0\times \mathbb{P}(X=0) +1\times \mathbb{P}(X=1)=p \] et : \[ \mathbb{E}(X^2)=0^2\times \mathbb{P}(X=0) +1^2\times \mathbb{P}(X=1)=p\] et donc : \[\mathbb{E}(X)=p \quad\text{et}\quad\mathbb{V}(X)=p-p^2=p(1-p)\]

Loi binomiale

Dans cette sous-partie, \(n\) est un entier naturel non nul et \(p\) est un réel appartenant à \(]0,1[\).

On considère une expérience aléatoire consistant à répéter \(n\) épreuves indépendantes et identiques de Bernoulli. La loi de la variable aléatoire égale au nombre de succès dans cette suite d’épreuves est dite binomiale.

Par exemple, si l’expérience consiste à tirer successivement, au hasard et avec remise, \(n\) boules dans une urne contenant une proportion \(p\) de boules blanches, la variable aléatoire \(X\) égale au nombre de boules blanches obtenues suit une loi binomiale.

Elle prend ses valeurs dans \(\left[\kern-0.15em\left[ {0,n} \right]\kern-0.15em\right]\) et, si \(k\in\left[\kern-0.15em\left[ {0,n} \right]\kern-0.15em\right]\), l’événement \([X=k]\) se réalise si et seulement si exactement \(k\) boules tirées sont blanches et les \(n-k\) autres sont noires.

De plus, les tirages s’effectuent au hasard et avec remise, donc les tirages sont mutuellement indépendants et, à chaque tirage, la probabilité d’obtenir une boule blanche est \(p\) et celle d’obtenir une boule noire est \(1-p\). Si l’on fixe les \(k\) tirages auxquels ont souhaite obtenir une boule blanche, la probabilité d’obtenir une boule blanche à chacun de ces \(k\) tirages et une boule noire à chacun des \(n-k\) autres est \(p^k(1-p)^{n-k}\).

Comme cette probabilité est de dépend pas des numéros de tirage où l’on obtient une boule blanche et comme il y a \(\binom nk\) choix des tirages donnant une boule noire, on a donc : \[\forall k\in\left[\kern-0.15em\left[ {0,n} \right]\kern-0.15em\right],\ \mathbb{P}(X=k)=\binom nk\,p^k(1-p)^{n-k}\]

Remarques

• La loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p\) est notée \(\mathcal B(n,p)\).

• Si \(X\) est une variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p\), on note : \(X \hookrightarrow \mathcal B(n,p)\).

• On peut remarquer que la loi binomiale \(\mathcal{B}(1,p)\) est la loi de Bernoulli \(\mathcal B(p)\).

Exercice

Démontrer la proposition.

Solution

Si \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal B(n,p)\), \(X\) est une variable aléatoire discrète finie, donc elle admet une espérance et une variance. De plus, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(X) &= \sum_{k=0}^n k\,\mathbb{P}(X=k)\\ &= \sum_{k=0}^n k\,\binom nk\,p^k (1-p)^{n-k}\\ &= \sum_{k=1}^n n\,\binom{n-1}{k-1} \,p^k (1-p)^{n-k}\\ &= n\,\sum_{k=1}^{n-1} \binom{n-1}k\,p^{k+1} (1-p)^{n-1-k} \\ &= np\,\sum_{k=1}^{n-1} \binom{n-1}k\,p^k (1-p)^{n-1-k} \end{aligned}\]

et finalement, d’après la formule du binôme de Newton et comme \(p+(1-p)=1\) : \[\mathbb{E}(X)=np\]

De même, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(X^2) &= \sum_{k=0}^n k^2\,\mathbb{P}(X=k)\\ &= \sum_{k=0}^n k^2\,\binom nk\,p^k (1-p)^{n-k}\\ &= \sum_{k=0}^n [k(k-1)+k]\,\binom nk\,p^k (1-p)^{n-k}\\ &= \sum_{k=0}^n k(k-1)\,\binom nk\,p^k (1-p)^{n-k}+ \sum_{k=0}^nk\,\binom nk\,p^k (1-p)^{n-k} \end{aligned}\]

et donc, si \(n\geqslant 2\) : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(X^2) &= n(n-1)\, \sum_{k=2}^n \binom {n-2}{k-2}\,p^k (1-p)^{n-k}+ \mathbb{E}(X)\\ &= n(n-1)\, \sum_{k=0}^{n-2}\binom {n-2}{k}\,p^{k+2} (1-p)^{n-2-k}+ np\\ &= n(n-1)p^2\, \sum_{k=0}^{n-2}\binom {n-2}{k}\,p^{k} (1-p)^{n-2-k}+ np\\ &=n(n-1)p^2+np\\ &=np(np-p+1) \end{aligned}\]

et alors, d’après la formule de Kœnig-Huygens : \[\begin{aligned} \mathbb{V}(X) &= \mathbb{E}(X^2)-[\mathbb{E}(X)]^2\\ &= np(np-p+1)-(np)^2\\ &=np(1-p) \end{aligned}\]

Remarque

Il est intéressant de retenir la méthode utilisée dans la preuve, consistant à remarquer que \(k^2=k(k-1)+1\), car elle sera utile dans un grand nombre de situations pour les calculs de moments d’ordre \(2\).

Loi uniforme

Dans cette sous-partie, \(n\) désigne un entier naturel non nul.

On considère une expérience aléatoire consistant à tirer une boule au hasard dans une urne contenant \(n\) boules numérotées de \(1\) à \(n\). Comme le tirage se fait au hasard, la probabilité est uniforme. Par analogie, on dira donc que la variable aléatoire indiquant le numéro de la boule tirée est uniforme. Elle prend ses valeurs dans \(\left[\kern-0.15em\left[ {1,n} \right]\kern-0.15em\right]\) et on a : \[\forall k\in\left[\kern-0.15em\left[ {1,n} \right]\kern-0.15em\right],\ \mathbb{P}(X=k)=\frac{1}{n}\]

Remarque

• La loi uniforme sur \(\left[\kern-0.15em\left[ {a,b} \right]\kern-0.15em\right]\) est notée \(\mathcal U(\left[\kern-0.15em\left[ {a,b} \right]\kern-0.15em\right])\).

• Si \(X\) est une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur \(\left[\kern-0.15em\left[ {a,b} \right]\kern-0.15em\right]\), on note : \(X \hookrightarrow \mathcal U(\left[\kern-0.15em\left[ {a,b} \right]\kern-0.15em\right])\).

Exercice

Démontrer la proposition.

Solution

Si \(X\) suit la loi uniforme sur \(\left[\kern-0.15em\left[ {1,n} \right]\kern-0.15em\right]\), \(X\) est une variable aléatoire discrète finie, donc elle admet une espérance et une variance. De plus, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(X) &=\sum_{k=1}^n k\,\mathbb{P}(X=k)\\ &=\frac{1}{n}\,\sum_{k=1}^n k\\ &= \frac{1}{n}\times \frac{n(n+1)}{2}\\ &= \frac{n+1}{2} \end{aligned}\]

De même, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{E}(X^2) &=\sum_{k=1}^n k^2\,\mathbb{P}(X=k)\\ &=\frac{1}{n}\,\sum_{k=1}^n k^2\\ &= \frac{1}{n}\times \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\ &= \frac{(n+1)(2n+1)}{6} \end{aligned}\]

D’après la formule de Kœnig-Huygens, on a donc : \[\begin{aligned} \mathbb{V}(X) &= \mathbb{E}(X^2)-[\mathbb{E}(X)]^2\\ &= \frac{(n+1)(2n+1)}{6}-\frac{(n+1)^2}{4}\\ &= \frac{(n+1)(4n+2)-(n+1)(3n+3)}{12}\\ &= \frac{(n+1)(n-1)}{12}\\ &=\frac{n^2-1}{12} \end{aligned}\]