Pour trouver la loi d'une variable aléatoire $X$ sur un univers fini dont les issues sont équiprobables, tu listes ses valeurs, puis tu comptes pour chacune les issues qui la donnent : $P(X = k) = \dfrac{\operatorname{Card}(\{X = k\})}{\operatorname{Card}(\Omega)}$. Tire 2 jetons à la fois dans un sac de 5 jetons numérotés de 1 à 5, et note $X$ le plus grand numéro : parmi les $\dbinom{5}{2} = 10$ paires, $X$ vaut $k$ quand l'autre jeton porte l'un des $k - 1$ numéros plus petits, donc $P(X = k) = \dfrac{k-1}{10}$ pour $k \in \{2, 3, 4, 5\}$. La somme fait $\dfrac{1 + 2 + 3 + 4}{10} = 1$, et ce contrôle final te sauvera des points.
La méthode en quatre temps
Une variable aléatoire $X$ associe une valeur à chaque issue de l'univers $\Omega$. Sa loi, c'est la liste des $P(X = x)$ pour toutes les valeurs $x$ de $X(\Omega)$, l'ensemble des valeurs prises.
Étape 1 : décris une issue (une liste, une partie ou une permutation), justifie l'équiprobabilité et compte $\operatorname{Card}(\Omega)$.
Étape 2 : écris $X(\Omega)$, de la plus petite à la plus grande valeur, en vérifiant que chacune est atteinte.
Étape 3 : compte les issues de $\{X = k\}$ pour un $k$ quelconque, avec une formule en $k$ plutôt qu'au cas par cas.
Étape 4 : vérifie que la somme des $P(X = k)$ vaut 1.
Une somme différente de 1 prouve qu'une issue a été oubliée ou comptée deux fois. Ne saute jamais cette ligne en devoir : elle ne demande aucune idée.
Maximum et minimum : compter « au plus » d'abord
On lance trois fois un dé équilibré et $X$ est le plus grand résultat. Une issue est un triplet de $\{1, \dots, 6\}^3$ : $6^3 = 216$ issues équiprobables. Compter directement les triplets de maximum $k$ est glissant, alors que $\{X \leqslant k\}$ se compte d'un coup : les trois résultats sont dans $\{1, \dots, k\}$, soit $k^3$ triplets.
Comme $\{X \leqslant k\}$ est la réunion disjointe de $\{X \leqslant k - 1\}$ et de $\{X = k\}$, il reste à soustraire.
Formule : pour $k \in \{1, \dots, 6\}$,
$$P(X = k) = P(X \leqslant k) - P(X \leqslant k - 1) = \frac{k^3 - (k-1)^3}{216}$$
soit, de $k = 1$ à $k = 6$ : $\dfrac{1}{216}$, $\dfrac{7}{216}$, $\dfrac{19}{216}$, $\dfrac{37}{216}$, $\dfrac{61}{216}$ et $\dfrac{91}{216}$.
Les termes se télescopent : la somme vaut $\dfrac{6^3 - 0^3}{216} = 1$. Pour un minimum, même idée avec $\{X \geqslant k\}$.
Piège classique : pour $\{X = 6\}$, on est tenté de choisir le dé qui fait 6 (3 choix) puis de laisser les deux autres libres ($6^2 = 36$ choix), soit 108 triplets. C'est trop : $(6, 6, 2)$ est compté deux fois, une fois par 6, et $(6, 6, 6)$ trois fois. Le bon compte est $216 - 5^3 = 91$. Dès que la valeur cherchée peut apparaître plusieurs fois, « choisir celui qui la porte » crée des doublons.
La loi binomiale retrouvée en comptant
Une urne contient $N$ boules, dont $R$ rouges. On en tire $n$ successivement avec remise, et $X$ compte les rouges. Numérote les boules : une issue est une $n$-liste de boules, et les $N^n$ listes sont équiprobables.
Pour fabriquer une issue de $\{X = k\}$, choisis les $k$ rangs où sortent les rouges ($\dbinom{n}{k}$ choix), une rouge pour chacun de ces rangs ($R^k$ choix) et une autre boule pour chacun des $n - k$ rangs restants ($(N-R)^{n-k}$ choix). Avec $p = \dfrac{R}{N}$ :
$$P(X = k) = \frac{\binom{n}{k} R^k (N-R)^{n-k}}{N^n} = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$$
C'est la loi binomiale $\mathcal{B}(n, p)$, et tu sais maintenant d'où vient chaque facteur. Le jour où tu doutes de la formule, tu la refais en trois lignes.
Le contrôle de l'étape 4 donne $\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} R^k (N-R)^{n-k} = N^n$ : c'est la formule du binôme pour $(R + (N-R))^n$, retrouvée en comptant. Le programme de MPSI et MP2I attend d'ailleurs une démonstration combinatoire de cette formule.
Piège classique : oublier $\dbinom{n}{k}$. Le produit $p^k(1-p)^{n-k}$ est la probabilité d'une seule disposition, par exemple les $k$ rouges d'abord. Le coefficient binomial ne choisit pas des boules : il choisit les places des succès.
L'espérance sans passer par la loi
Une fois la loi connue, $E(X) = \sum_{x \in X(\Omega)} x\,P(X = x)$. Il y a souvent plus court. L'indicatrice $\mathbf{1}_A$ d'un événement $A$ vaut 1 quand $A$ est réalisé, 0 sinon, et $E(\mathbf{1}_A) = P(A)$. Écris $X$ comme une somme d'indicatrices : par linéarité, $E(X)$ est la somme de leurs probabilités, chacune facile à compter.
Exemple : on range au hasard 3 boules numérotées dans 3 boîtes, les $3^3 = 27$ rangements étant équiprobables, et $X$ est le nombre de boîtes vides. Avec $V_i$ l'événement « la boîte $i$ est vide », $X = \mathbf{1}_{V_1} + \mathbf{1}_{V_2} + \mathbf{1}_{V_3}$. Pour vider la boîte $i$, chaque boule va dans l'une des 2 autres : $2^3 = 8$ rangements, $P(V_i) = \dfrac{8}{27}$, donc $E(X) = 3 \times \dfrac{8}{27} = \dfrac{8}{9}$.
Contrôle par la loi : 6 rangements ne laissent aucune boîte vide, 3 en laissent deux et les 18 autres une seule, d'où $E(X) = \dfrac{18 + 2 \times 3}{27} = \dfrac{8}{9}$.
Avec $n$ boules et $n$ boîtes, le même raisonnement donne $E(X) = n\left(\dfrac{n-1}{n}\right)^n$ en deux lignes, alors que la loi complète devient pénible.
Piège classique : $V_1$, $V_2$ et $V_3$ ne sont pas indépendants, puisque si deux boîtes sont vides, la troisième ne l'est pas. Peu importe : la linéarité de l'espérance ne demande aucune indépendance. En revanche, $E(XY) = E(X)E(Y)$ s'utilise pour des variables indépendantes.
Exercices corrigés
Du plus direct au niveau d'un devoir ; le dernier porte sur une permutation aléatoire, exemple que le programme de MPSI et MP2I propose de travailler. Cherche avant d'ouvrir chaque correction.
Exercice 1 : Un sac contient 6 jetons numérotés de 1 à 6. On en tire 3 simultanément, au hasard, et $Y$ est le plus petit numéro tiré. Donne la loi de $Y$, vérifie que la somme vaut 1, puis calcule $E(Y)$.
Correction :
Une issue est une partie à 3 éléments de $\{1, \dots, 6\}$ : $\dbinom{6}{3} = 20$ parties équiprobables.
Deux numéros doivent rester au-dessus du minimum, donc $Y(\Omega) = \{1, 2, 3, 4\}$. L'événement $\{Y = k\}$ contient le jeton $k$ et deux jetons parmi les $6 - k$ numéros plus grands : $\dbinom{6-k}{2}$ parties.
Cela donne 10, 6, 3 et 1 parties, de somme 20 : $P(Y = 1) = \dfrac{1}{2}$, $P(Y = 2) = \dfrac{3}{10}$, $P(Y = 3) = \dfrac{3}{20}$ et $P(Y = 4) = \dfrac{1}{20}$.
Enfin $E(Y) = \dfrac{1 \times 10 + 2 \times 6 + 3 \times 3 + 4 \times 1}{20} = \dfrac{35}{20} = \dfrac{7}{4}$.
Exercice 2 : Un QCM compte 5 questions ; chacune propose 4 réponses dont une seule juste. Un étudiant qui n'a pas révisé coche au hasard une réponse par question, les $4^5$ grilles possibles étant équiprobables. On note $X$ son nombre de bonnes réponses.
a) Combien de grilles donnent exactement $k$ bonnes réponses ? Déduis-en $P(X \geqslant 3)$.
b) Le barème donne 1 point par bonne réponse et retire $\dfrac{1}{3}$ de point par mauvaise. Calcule l'espérance de la note $S$.
Correction :
a) Une grille est une 5-liste de réponses : $4^5 = 1\,024$ grilles. Pour $k$ bonnes réponses, choisis les $k$ questions réussies, puis l'une des 3 mauvaises réponses à chacune des $5 - k$ autres : $\dbinom{5}{k}\, 3^{5-k}$ grilles. Donc $X$ suit la loi $\mathcal{B}\left(5, \dfrac{1}{4}\right)$.
Pour $k = 3$, 4 et 5, on trouve $10 \times 9 = 90$, $5 \times 3 = 15$ et 1 grille, donc $P(X \geqslant 3) = \dfrac{106}{1\,024} = \dfrac{53}{512} \approx 0{,}10$.
b) Avec $X$ bonnes réponses et $5 - X$ mauvaises, $S = X - \dfrac{5 - X}{3} = \dfrac{4X - 5}{3}$. Comme $E(X) = 5 \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{5}{4}$ (espérance de la loi binomiale), la linéarité donne $E(S) = \dfrac{4E(X) - 5}{3} = 0$ point. Avec ce barème, répondre au hasard ne rapporte rien en moyenne.
Exercice 3 : Un professeur rend au hasard les copies de 4 étudiants, les $4! = 24$ distributions étant équiprobables. On note $Z$ le nombre d'étudiants qui reçoivent leur propre copie. Donne la loi de $Z$ et son espérance.
Correction :
Une issue est une permutation des 4 copies. Si trois étudiants ont leur copie, la dernière est forcément celle du quatrième : $Z = 3$ est impossible et $Z(\Omega) = \{0, 1, 2, 4\}$. Le piège est d'écrire $P(Z = 3) = \dfrac{4}{24}$ en choisissant les trois chanceux.
$Z = 4$ : 1 distribution. $Z = 2$ : $\dbinom{4}{2} = 6$ choix des deux étudiants qui ont leur copie, les deux autres échangeant les leurs, soit 6. $Z = 1$ : 4 choix de l'étudiant, puis 2 façons de rendre les trois autres copies toutes à la mauvaise personne (les deux décalages circulaires), soit 8. $Z = 0$ : les $24 - 1 - 6 - 8 = 9$ restantes.
D'où $P(Z = 0) = \dfrac{3}{8}$, $P(Z = 1) = \dfrac{1}{3}$, $P(Z = 2) = \dfrac{1}{4}$, $P(Z = 4) = \dfrac{1}{24}$, et $E(Z) = \dfrac{1 \times 8 + 2 \times 6 + 4 \times 1}{24} = 1$.
Les indicatrices le donnent sans la loi : l'étudiant $i$ reçoit sa copie dans $3! = 6$ distributions sur 24, donc $E(Z) = 4 \times \dfrac{1}{4} = 1$. Avec $n$ étudiants, $E(Z) = n \times \dfrac{(n-1)!}{n!} = 1$, quel que soit $n$.
À retenir
À retenir :
- Loi par dénombrement : décrire $\Omega$, écrire $X(\Omega)$, compter chaque $\{X = k\}$ avec une formule en $k$, vérifier que la somme vaut 1.
- Maximum : compter $\{X \leqslant k\}$, puis soustraire. Minimum : passer par $\{X \geqslant k\}$.
- Dans $\dbinom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$, le coefficient binomial choisit les rangs des succès.
- $E(\mathbf{1}_A) = P(A)$ et la linéarité donnent l'espérance d'un nombre d'événements réalisés sans passer par la loi, même sans indépendance.
- Avant de compter, vérifie que chaque valeur de $X(\Omega)$ est atteinte.
Sources
- Ministère de l'Enseignement supérieur, de la Recherche et de l'Innovation, programme de mathématiques des classes MPSI et MP2I, 2021, pages 30 à 32 (dénombrement, probabilités, espérance) : texte sur education.gouv.fr.