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Probabilités 1L1 MIASHS

Ali HAJJ HASSAN

UFR Sciences de l’Homme et de la SociétéUniversité Grenoble Alpes

Année universitaire2016 / 2017

Table des matières

1 Notion de probabilité 11.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Modèle probabiliste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2.1 Evénements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2.2 Opérations sur les événements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.3 Probabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Probabilités conditionnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.4 Théorème de Bayes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.5 Indépendance de deux événements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.6 Compléments: éléments de combinatoire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.6.1 Arrangements avec répétition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.6.2 Arrangements sans répétition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.6.3 Permutations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.6.4 Permutations avec répétition de n objets,

dont k seulement sont distincts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.6.5 Combinaisons . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.6.6 Dénombrement- Exerices corrigés . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2 Variable aléatoire discrète 172.1 Variable aléatoire réelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2 Fonction de répartition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 Loi de probabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 Moments d’une variable aléatoire discrète . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.4.1 Espérance mathématique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.4.2 Variance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2.5 Moments non centrés et centrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.6 Inégalité de Markov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.7 Inégalité de Bienaymé-Tchebychev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.8 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3 Lois usuelles discrètes 313.1 Loi de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.2 Loi uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

iv Table des matières

3.3 Loi de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.4 Loi binomiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 333.5 Loi multinomiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.6 Loi hypergéométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.7 Loi de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.8 Loi géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.9 Loi binômiale négative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.10 Annexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.10.1 Formule du triangle de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.10.2 Formule du binôme de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.10.3 Quelques démonstrations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.10.4 Calcul direct des moments d’une loi binomiale . . . . . . . . . . . 473.10.5 Démonstrations pour la loi hypergéométrique . . . . . . . . . . . . 48

3.11 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Chapitre 1

Notion de probabilité

1.1 IntroductionLa théorie des probabilités fournit des modèles mathématiques permettant l’étude d’expériencesaléatoires, où le résultat ne peut pas être prévu avec une totale certitude. En voici quelquesexemples :

Expérience Résultat observableLancer d’un dé Un entier k ∈ 1, . . . ,6Mise en service d’une ampoule Durée de vie T ∈ R+

Tirage d’une carte d’un jeu de 32 cartes Couleur de la carte C ∈ rouge,noir

Bien que le résultat précis de chacune de ces expériences soit imprévisible, l’observationet l’intuition nous amènent à penser que ces phénomènes obéissent à certaines lois. Parexemple si on jette 6000 fois le dé, on s’attend à ce que le nombre d’apparitions de la face“3” soit voisin de 1000. Si on met en service 100 ampoules, leurs durées de vie observéesseront concentrées autour d’une certaine valeur moyenne.

La théorie des probabilités permet de donner un sens précis à ces considérations unpeu vagues, en étudiant les lois régissant les phénomènes aléatoires avec des modèlesprobabilistes. Ce premier chapitre est une rapide présentation du cadre formel des modèlesprobabilistes.

1.2 Modèle probabiliste

1.2.1 EvénementsLe résultat d’une expérience aléatoire s’appelle événement. La quantification des “chances”qu’un tel événement a de se réaliser correspond à la notion intuitive de probabilité. Pourréaliser cette quantification, il est nécessaire de décrire au préalable, l’ensemble de tousles résultats possibles de cette expérience. Cet ensemble s’appelle espace fondamental (ouunivers) et est noté Ω. Chaque élément ω ∈ Ω représente donc un événement élémentaire, et

2 Notion de probabilité

toute partie A ⊂ Ω (ou A ∈ P(Ω), P(Ω) étant l’ensemble de toutes les parties de Ω) seraun événement. Un évènement A est donc un ensemble constitué de résultats possibles del’expérience. Si le résultat d’une expérience est dans A, on dit que A est réalisé. Ω est appeléévénement certain et /0 est appelé événement impossible.

Exemples

• Lancer d’un dé à six faces numérotées: Ω = 1,2,3,4,5,6.A = 2,4,6 ⊂ Ω est l’événement “obtenir un nombre pair”.

• On lance une pièce jusqu’à obtenir pile, l’événement retenu étant le nombre de jetseffectués: Ω = N∗ = 1,2, . . . ,n, . . ..A = 3 ⊂ Ω est l’événement “obtenir une pile au troisième lancer”.

• On observe la durée de vie en jours d’une lampe: Ω = [0,+∞[= R+.

1.2.2 Opérations sur les événements• Si A ⊂ Ω est un événement, on note A, l’événement contraire de A, le complémentaire

dans Ω de A:A = ω ∈ Ω : ω /∈ A.

• Si A et B sont des événements, A∪B est l’union de A et B (A ou B: un au moins desdeux événements est réalisé):

A∪B = ω ∈ Ω : ω ∈ AouB.

• Si A et B sont des événements, A∩B est l’intersection de A et B (A et B: les deuxévénements sont réalisés):

A∩B = ω ∈ Ω : ω ∈ Aet B.

Si A∩B= /0, on dit que A et B sont incompatibles (ou disjoints). On dit que l’événementA implique l’événement B si A ⊂ B.

1.2.3 ProbabilitéOn appelle probabilité une application P de l’ensemble dévénements Ω sur [0,1] telle que:

1. P(Ω) = 1 ;2. Pour tout suite Ann≥1 d’événements de ω deux à deux incompatibles (i.e. Ai∩A j = /0

si i = j), alors:

P(

∪n≥1

An

)= ∑

n≥1P(An).

Une probabilité est donc une application qui à un événement A ⊂ Ω associe un réel P(A) ∈[0,1]. Le triplet (Ω,P(Ω),P) s’appelle un espace probabilisé.

1.2 Modèle probabiliste 3

Conséquences

• ∀A de ω , 0 ≤ P(A)≤ 1.

• Si A∩B = /0, alors P(A∪B) = P(A)+P(B).

• Si A1,A2, . . . ,An sont des événements élémentaires et ∪ni=1 Ai = Ω, alors

P(A1)+P(A2)+ . . .+P(An) = 1

Propriétés élémentaires

• P(A∪B) = P(A)+P(B)−P(A∩B)

• P(A) = 1−P(A)

• P( /0) = 0

• A ⊂ B =⇒ P(A)≤ P(B) (P est une fonstion croissante).

Cas où Ω est fini

Si Ω = ω1, . . . ,ωn, définir une loi de probabilité P sur Ω revient à se donner n réels positifsou nuls p1, p2, . . . , pn tels que ∑

nk=1 pk = 1, et à poser, pour tout indice k, P(wk) = pk. La

loi de probabilité sur Ω est alors complètement déterminée car, étant donné un évènement A,P(A) est calculable en additionnant les probabilités pk de chacun des évènements élémentairesωk qui composent A:

P(A) = ∑pk/ωk ∈ A.

Equiprobabilité

Il s’agit d’un cas assez fréquent où tous les événements élémentaires ont la même probabilité,ce qui correspond à la loi uniforme discrète définie par:

pk =1n, 1 ≤ k ≤ n

Cette particularité est souvent sous-entendue par l’affirmation que les résultats de l’expériencesont obtenus au hasard. On obtient alors:

P(A) = ∑k/ωk∈A

pk =1n× card(A) =

card(A)card(Ω)

puisque n = card(Ω) (le nombre d’éléments de Ω). D’où on a

P(A) =nbredecas f avorablesnbredecas possibles


Exemples

• On lance un dé à six faces. Quelle est la probabilité d’avoir un chiffre impair ?

P(“chiffre impair”) =card(1,3,5)

card(Ω)=

36=

12

• On effectue une partie de pile ou face en trois coups. Quelle est la probabilité d’obtenirpile aux premier et troisième lancers ?

On peut modéliser cette expérience en prenant Ω = p, f3 contenant l’ensemble desévénements élémentaires suivants:

Ω = (p, p, p),( f , f , f ),(p, f , f ),(p, f , p),(p, p, f ),( f , p, p),( f , p, f ),( f , f , p)

La pièce étant supposée symétrique, tous les événements élémentaires ont mêmeprobabilité, soit:

∀ω ∈ Ω,P(ω) = 1card(Ω)

=1

card(23)=

18.

L’événement B dont on veut calculer la probabilité s’écrit:

B = (p, f , p),(p, p, p).

D’où P(B) =18+

18=

14.

• On choisit 4 cartes dans un jeu de 52. Quelle est la probabilité d’avoir au moins unroi ?

Ici Ω est l’ensemble des tirages de 4 cartes parmi 52. On a Card(Ω) =(52

4

). Pour

calculer P(“au moins un roi”), on passe à l’événement complémentaire:

P(“au moins un roi”) = 1−P(“aucun roi”)

= 1−(48

4

)(524

) = 1− 48×47×46×4552×51×51×50

= 0.28126 . . .

• On fait remplir un questionnaire à 20 questions binaires. Quelle est la probabilitéqu’un candidat répondant au hasard obtienne au moins 16 bonnes réponses ?

On choisit ici Ω = oui,non20. Si le candidat répond complètement au hasard, onpeut considérer que chacune des 220 grilles de réponses possibles a la même probabilitéd’apparaître (hypothèse d’équiprobabilité sur Ω).Soit l’événement B = obtention d’au moins 16 bonnes réponses:

P(B) =

(2016

)+(20

17

)+(20

18

)+(20

19

)+(20

20

)220

1.3 Probabilités conditionnelles 5

1.3 Probabilités conditionnellesOn considère l’espace de probabilité (Ω,P) et un événement B tel que P(B)> 0. La connais-sance de la réalisation de B modifie la probabilité de réalisation d’un événement élémentaire,puisque l’ensemble des résultats possibles est devenu B et non plus Ω.

Exemple: Lançons un dé parfaitement équilibré. Un bon modèle probabiliste en est donnépar: Ω = 1,2,3,4,5,6 muni de la loi de probabilité P uniforme. Notons A l’évènement“ledé donne au moins 4 points” et B l’évènement “le résultat est impair”. Initialement on avaitP(A) = 3/6 = 1/2; Supposons maintenant qu’on ne retienne le résultat du lancer que s’il estdans B. Dans cette nouvelle expérience, l’évènement A est réalisé quand on obtient un 5,et c’est avec la probabilité relative P(5)

P(1,3,5) =1/63/6 = 1/3. Plus généralement la probabilité

relative de A sous la condition que B est réalisé est P(Aet B)P(B) . On l’appelle aussi probabilité de

A sachant que B, ou probabilité conditionnelle de A relative à B.

Définition: Soit P une mesure de probabilité sur un espace fondamental Ω. Soient A,Bdes événements avec P(B)> 0. On appelle probabilité conditionnelle de A sachant B, notéP(A|B) (ou PB(A)) la quantité:

P(A|B) = P(A∩B)P(B)

.

Quelques cas particuliers:

• Si B ⊂ A =⇒ P(A|B) = 1, puisque P(A∩B) = P(B).

• Si A ⊂ B =⇒ P(A|B) = P(A)P(B) , puisque P(A∩B) = P(A).

• Si A∩B = /0 =⇒ P(A|B) = 0, puisque P(A∩B) = 0.

Donc seuls les événements ayant une partie commune avec B peuvent se réaliser.

Vérifions maintenant que l’application π qui à A associe π(A) = P(A|B) est bien une prob-abilité. On a bien entendu π(A) ≥ 0 et comme A∩B ⊂ B alors P(A∩B) ≤ P(B) d’où onégalement π(A)≤ 1. D’autre part:

π(Ω) =P(Ω∩B)

P(B)=

P(B)P(B)

= 1

donc π vérifie la première condidtion de la définition.Enfin si A1,A2, . . . ,An sont des événements tels que Ai ∩A j = /0 si i = j où i, j = 1,2, . . . ,n,alors:

π(∪i Ai) =P((∪i Ai)∩B)

P(B)=

P(∪i (Ai ∩B))P(B)

=n

∑i=1

(Ai ∩B)P(B)

=n

∑i=1

π(Ai)

donc la condition 2 est aussi vérifiée.


La formule de probabilité conditionnelle peut aussi s’écrire, si P(A)> 0:

P(A∩B) = P(B)P(A|B) = P(A)P(B|A).

Elle se généralise par récurrence:

P(A1 ∩A2 ∩ . . .∩An) = P(A1P(A2|A1)P(A3|A1 ∩A2) . . .P((An|(A1 ∩A2 ∩ . . .∩An−1)

= P(A1)n

∏k=2

P(Ak|k−1⋂i=1

Ai)

Exemples• On tire sans remise deux cartes successivement d’un jeu de 52 et on cherche la

probabilité de tirer un as au deuxième coup sachant que l’on en a obtenu un aupremier.Avec des notations évidentes:

P(A2|A1) =P(A1 ∩A2)

P(A1)=

(4×3)/(52×51)4/52

=3

51=

117

alors que la probabilité non conditionnelle est:

P(A2) = P(A1 ∩A2)+P(A1 ∩A2) =4×3

52×51+

48×452×51

=113

donc valeur plus élevée (avoir tiré un as au premier coup diminue la probabilité d’entirer un au second).

• Reprenons l’exemple où on lance trois fois une pièce de monnaie et considérons lesévénements A=“obtenir au moins deux face” et B=“obtenir face au premier coup”.Cesévénements s’écrivent A = f f p, f p f , p f f , f f f et B = f f f , f f p, f p f , f pp, doncP(A) = P(B) = 4/8 = 1/2. Calculons maintenant la probabilité conditionnelle P(A|B).On a A∩B = f f p, f p f , f f f donc P(A∩B) = 3/8. Ainsi:


=34>

12

la probabilité conditionnelle a ici augmenté.

• Dans une urne qui contient deux boules rouges et trois noires, quatre personnes tirentsuccessivement une boule sans la remettre; la première qui tire une boule rouge gagne.Calculons la probabilité de gain de chaque personne A, B, C et D:

P(A) = P(R1) =25

P(B) = P(N1)P(R2|N1) =35× 2

4=

310

1.4 Théorème de Bayes 7

P(C) = P(N1)P(N2|N1)P(R3|N1 ∩N2) =35× 2

4× 2

3=

15

P(D) = P(N1)P(N2|N1)P(N3|N1 ∩N2)P(R4|N1 ∩N2 ∩N3) =35× 2

4× 1

3× 2

2=

110

1.4 Théorème de Bayes

Exemple: Considérons une expérience aléatoire qui se déroule en 2 étapes: on tire ausort entre deux urnes U1 et U2, avec des probabilités respectives de 1/5 et 4/5 puis ontire une boule dans l’urne choisie. Leurs compositions respectives sont 6 blanches, 4noires et 3 blanches, 7 noires. La probabilité a priori de U1 est donc 1/5. Sa probabilitéa posteriori, sachant qu’on a obtenu une boule blanche, va être plus élevée car laprobabilité de tirer une boule blanche dans U1 est plus forte que dans U2. On a:

P(U1|B) =P(U1 ∩B)

P(B)

avec:P(U1 ∩B) = P(U1)P(B|U1) =

15× 6

10=

325

P(B) = P(B∩U1)+P(B∩U2)

= P(U1)P(B|U1)+P(U2)P(B|U2)

=15× 6

10+

45× 3

10=

925

ainsi:

P(U1|B) =3/259/25

=13> P(U1) =

15

Cet exemple peut se traiter par application de la formule de Bayes que nous allons établir enconsidérant un sytème complet d’événements, c’est à dire une partition de Ω en événementsA1, . . . ,An incompatibles deux à deux, i.e. Ω =

⋃ni=1 Ai avec Ai ∩A j = /0 pour i = j. On

suppose que les probabilités des événements dans chacun des Ai sont connues et on va doncdécomposer un événement quelconque B sur ce système:

B = B∩Ω = B∩

(n⋃

i=1

Ai

)=

n⋃i=1

(Ai ∩B)

On aboutit ainsi à la formule de probabilité totale:

P(B) =n

∑i=1

P(Ai ∩B) =n

∑i=1

P(Ai)P(B|Ai)


Ceci va nous permettre de calculer les probabilités a posteriori P(Ai|B), après réalisationd’un événement B, à partir des probabilités a priori P(Ai), 1 ≤ i ≤ n:

P(Ai|B) =P(Ai ∩B)

P(B)=

P(Ai)P(B|Ai)

∑nj=1 P(A j)P(B|A j)

résultat appelé formule de Bayes ou parfois théorème de Bayes.

Exemples• Un test sanguin a une probabilité de 0.95 de détecter un certain virus lorsque celui

ci est effectivement présent. Il donne néanmoins un faux résultat positif pour 1% despersonnes non infectées. Si 0.5% de la population est porteuse du virus, quelle est laprobabilité qu’une personne ait le virus sachant qu’elle a un test positif ?

NotonsV = la personne testée a le virus

T = la personne testée a un test positif

On cherche P(V |T ). Or on sait que:

P(V ) = 0.005, P(T |V ) = 0.95, P(T |V ) = 0.01

On en déduit:

P(V |T ) = P(T ∩V )

P(T )=

P(T |V )P(V )

P(T |V )P(V )+P(T |V )P(V )

=0.95×0.005

0.95×0.005+0.01×0.995≃ 0.323

On voit ainsi que contrairement à ce que l’on aurait pu croire, le test n’est pas fiable: sila personne présente un test positif, la probabilité qu’elle ne soit pas porteuse du virusest deux fois plus élevée que celle qu’elle le soit !

• On tire au sort entre trois urnes dont les compositions sont indiquées dans le tableauci-après. Sachant qu’on a obtenu une boule rouge, on se pose la question de savoirquelle est la probabilité qu’elle provienne de l’urne U2.

Rouge Bleue VerteU1 3 4 1U2 1 2 3U3 4 3 2

P(R) =3

∑i=1

P(R∩Ui) =3

∑i=1

P(Ui)P(R|Ui) =13

(38+

16+

49

)

1.5 Indépendance de deux événements 9

La probabilité a posteriori de l’urne U2 étant donc:

P(U2|R) =P(U2)P(R|U2)

P(R)=

1/63/8+1/6+4/9

=1271

< P(U2) =13

1.5 Indépendance de deux événementsDéfinition: Deux événements A et B sont dits indépendants, relativement à la probabilité P,si:

P(A∩B) = P(A)P(B)

La probabilité de réalisation simultanée de deux événements indépendants est égaleau produit des probabilités que chacun de ces événements se produise séparément. Enconséquence, si P(B)> 0:


=P(A)P(B)

P(B)= P(A)

la réalisation de B ne modifie pas la probabilité de réalisation de A.

Conséquences

• Deux événements incompatibles A et B avec P(A) > 0 et P(B) > 0 ne sont jamaisindépendants.

• Tout événement A est indépendant de l’événement certain Ω et de l’événement impos-sible /0.

• Si A et B sont indépendants, il en est de même de A et B ; de A et B ; de A et B.

• Si les événements A1, A2,. . . , An sont indépendants alors

P(A1 ∩A2 ∩ . . .An) = P(A1)P(A2) . . .P(An).

Exemples

• On jette deux fois le même dé. Les événements A = obtention d’un chiffre pairau premier lancer et B = obtention du 1 au deuxième lancer sont indépendants(bien entendu ce résultat est évident, il n’ya pas d’influence d’un dé sur l’autre !).L’ensemble fondamental retenu est Ω = 1,2,3,4,5,62, sur lequel il y a équiproba-bilité: P(ω) = 1/62. On vérifie que:

P(A) =3×6

36=

12, P(B) =

6×136

=16,


P(A∩B) =3×1

36=

112

, P(A)P(B) =12× 1

6=

112

• Une urne contient 12 boules numérotées de 1 à 12. On en tire une au hasard et onconsidère les événements:

A = tirage d’un nombre pair, B = tirage d’un multiple de 3.

L’espace probabilisé qui s’impose naturellement ici est Ω = 1, . . . ,12 muni del’équiprobabilité P. Les événements A et B s’écrivent :

A = 2,4,6,8,10,12, B = 3,6,9,12, A∩B = 6,12.

P(A) =612

=12, P(B) =

412

=13

P(A∩B) =2

12=

16, P(A)P(B) =

12× 1

3=

16,

donc A et B sont indépendants.

On rajoute maintenant dans l’urne une boule numérotée treize et on recommencel’expérience.

Les événements A et B restent les mêmes, mais le modèle a changé. On a main-tenant l’équiprobabilité P′ sur Ω′ = 1, . . . ,13 et :

P′(A) =6

13, P′(B) =

413

, P′(A∩B) =2

13

maisP′(A)P′(B) =

613

× 413

=24

169= 2

13donc A et B ne sont plus indépendants. Un peu de réflexion permet de relier cesrésultats calculatoires avec la notion intuitive d’indépendance présentée en début decette section. Dans le premier cas, la proportion des multiples de trois parmi les pairsest la même que parmi les impairs. Le fait de savoir que la boule tirée est paire nemodifie en rien notre information sur B. Par contre dans le deuxième cas, l’ajout dela treizième boule modifie la proportion des multiples de trois: elle est plus élevéechez les pairs que chez les impairs. Donc le fait de savoir que la boule tirée est paireaugmente un peu la probabilité que nous pouvons attribuer à B. En effet:

P′(B|A) = P′(A∩B)P′(A)

=2/136/13

=13> P′(B)

1.6 Compléments: éléments de combinatoire 11

1.6 Compléments: éléments de combinatoireDans le cas où il y a équiprobabilité sur un ensemble fini d’événements élémentaires, nousavons vu que le calcul d’une probabilité se ramenait à un problème de dénombrement. Cetype de problèmes est parfois très complexe et nécessite de connaître quelques éléments decombinatoire, permettant d’exprimer par une formule le nombre de configurations ayant despropriétés données. Examinons les configurations usuelles.

1.6.1 Arrangements avec répétitionC’est le nombre de facons de choisir k objets, ordonnés, que l’on peut répéter, parmi unensemble de n objets. Les k objets sont rangés dans des cases numérotées de 1 à k. Pourchacun de ces k cases, il y a n choix possibles de l’objet à ranger, donc le nombre total deces arrangements est nk. Cela correspond au cardinal de l’ensemble fondamental associé à ktirages avec remise dans une urne contenant n objets distincts et tenant compte de l’ordre destirages.

Exemple : Le nombre de mots de 5 lettres pris dans un alphabet de 26 est: 265.

1.6.2 Arrangements sans répétitionC’est le nombre de facons de choisir k objets, ordonnés, sans répétition, parmi un ensemblede n objets. Les k objets sont rangés dans des cases numérotées de 1 à k. Pour la premièrecase il y a n choix possibles, pour la deuxième il n’y en a plus que n−1, et pour la k-ème iln’en reste plus que n− k+1; le nombre d’arrangements est donc:

Akn = n(n−1) . . .(n− k+1)

En utilisant la notation factorielle, n! = n(n−1)(n−2)× . . .×3×2×1, on a aussi:

Akn =

n!(n− k)!

Cela correspond au cardinal de l’ensemble fondamental associé à k tirages sans remise dansune urne contenant n objets distincts et tenant compte de l’ordre des tirages.

Exemples

• Le nombre de tiercés dans l’ordre avec 20 chevaux au départ est:

A320 = 20×19×18 = 6840

• Le nombre de mots de 5 lettres distinctes pris dans un alphabet de 26 est:

A526 = 26×25× . . .×22 = 7893600


1.6.3 PermutationsUne permutation est une suite ordonnée de n objets distincts. Il s’agit d’un arrangement sansrépétition avec n = k. Le nombre de permutations est alors An

n = n!

Exemples

• Le nombre de facons d’attribuer des chaises à 10 convives autour d’une table est10! = 3628800.

• Le classement de cinq candidats à une épreuve forme une permutation, il y en a5! = 120.

1.6.4 Permutations avec répétition de n objets,dont k seulement sont distincts

Il s’agit d’une suite ordonnée de n objets choisis dans k classes distinctes, le nombre d’objetsde la classe i étant ni, 1 ≤ i ≤ k, avec bien sûr n1 + . . .+ nk = n. Prenons l’exemple de nboules numérotées, extraites sans remise d’une urne, et de k couleurs distinctes. Il y a n!tirages ordonnées possibles; mais si on efface les numéros des n1 boules rouges par exemple,les n1! permutations de ces boules conduisent à la même permutation, donc le nombre depermutations distinctes devient n!/n1! Il en est bien sûr de même pour toutes les autrescouleurs et par conséquent le nombre de permutations est:

n!n1! . . .nk!

C’est aussi le nombre de partitions de n objets en k classes d’effectifs ni, 1 ≤ i ≤ k, fixés.Dans le cas particulier où il n’y a que deux classes, on obtient le coefficient binômial

( nn1

)qui

représente le nombre de sous-ensembls à n1 éléments que l’on peut extraire d’un ensemble àn éléments.

Exemples:

• Cherchons le nombre de mots différents formés avec les lettres du mot barbare. Ily a sept lettres, mais seulement quatre catégories distinctes, soit un nombre de motsdistincts égal à:

7!2!2!2!1!

= 630

• Un examen est composé de 10 questions questions binaires. Le nombre de façons derépondre correctement à 7 bonnes réponses est:

10!7!3!

=

(107

)= 120

1.6 Compléments: éléments de combinatoire 13

1.6.5 CombinaisonsC’est le nombre de facons de choisir k éléments, sans répétitions et sans ordre parmi néléments. On le note

(nk

)et on a: (

nk

)=

Akn

k!=

n!k!(n− k)!

Exemples

• Le nombre de tiercés dans le désordre avec 20 chevaux au départ est:(203

)= 2280

• Le nombre de facons de choisir 3 boules dans une urne (sans remise et sans ordre) encomprenant 6 est:

(63

)= 20.

1.6.6 Dénombrement- Exerices corrigésExercise 1. Soit A l’ensemble des nombres à 7 chiffres ne comportant aucun “1”. Déter-miner le nombre d’éléments des ensembles suivants:

1. A.2. A1, ensemble des nombres de A ayant 7 chiffres différents.3. A2, ensemble des nombres pairs de A.4. A3, ensemble des nombres de A dont les chiffres forment une suite strictement crois-

sante (dans l’ordre où ils sont écrits).

Corrigé

1. Pour écrire un élément de A, on a 8 choix pour le premier chiffre (tous sauf 0 et 1) et 9choix pour les 6 autres chiffres (tous sauf 1). On a donc card(A) = 8×96.

2. Pour écrire un élément de A1, on a 8 choix pour le premier chiffre (tous sauf 0 et 1).Notant E l’ensemble des chiffres différents de 1 et du premier chiffre choisi, le restede l’écriture de cet élément consiste en un choix de 6 éléments distincts de E. PuisqueE comporte 8 élément, on a donc :

card(A1) = 8×A68 = 8

8!2!.

3. Un élément de A est pair si son chiffre des unités est 0,2,4,6 ou 8. Il y a 5 façons dechoisir ce chiffre des unités, 8 façons de choisir le premier chiffre, et 95 autres dechoisir les autres chiffres. On a donc :

card(A2) = 5×8×95.


4. Remarquons qu’un élément de A3 ne comporte pas le chiffre zéro. Il y a(8

7

)façons de

choisir 7 chiffres tous distincts parmi 2,3, . . . ,9, et une seule façon, ces 7 chiffreschoisis, de les écrire en ordre croissant. On a donc :

card(A3) =

(87

)= 8.

Exercise 2. On tire simultanément 5 cartes d’un jeu de 32 cartes. Combien de tiragesdifférents peut-on obtenir :

1. sans imposer de contraintes sur les cartes.2. contenant 5 carreaux ou 5 piques.3. 2 carreaux et 3 piques.4. au moins un roi.5. au plus un roi.6. 2 rois et 3 piques.

Corrigé

1. Il n’y a pas d’ordre et pas de répétition sur les cartes : un tirage est donc une combinai-son de 5 cartes parmi 32. Il y a :

(325

)= 201376 tirages différents.

2. Pour obtenir 5 carreaux, il faut choisir 5 cartes parmi 8 : il y a(8

5

)tels tirages. De

même pour obtenir 5 piques. Comme les deux cas sont disjoints, il y a(8

5

)+(8

5

)=

2×(8

5

)= 112 tels tirages différents.

3. Il y a(8

2

)façons de choisir 2 carreaux parmi 8 puis, pour chacune de ces façons,

il y a(8

3

)façons de choisir 3 piques. Le nombre de tirages recherché est donc :(8

2

)×(8

3

)= 1568.

4. On compte le complémentaire, c’est-à-dire les tirages sans rois : il faut alors choisir5 cartes parmi 28, il y a

(285

)tels tirages. Le nombre de tirages recherché est donc :(32

5

)−(28

5

)= 103096.

5. On a déjà compté les tirages sans roi. Pour les tirages comprenant un roi, il y a 4 façonsde choisir le roi, puis, pour chacune de ces façons,

(284

)façons de choisir les autres

cartes. On en déduit qu’il y a(28

5

)+4(28

4

)= 180180 tels tirages.

6. On sépare les tirages contenant le roi de pique et ceux ne contenant pas le roi de pique.

• si le tirage ne contient pas le roi de pique, il y a(3

2

)choix différents de 2 rois

parmi 3, puis(7

3

)choix de 3 piques parmi 7 (tous sauf le roi de pique).

• si le tirage contient le roi de pique, il reste 3 choix pour le roi différent du roide pique, puis

(72

)choix pour les deux autres piques. Cela faisant, on n’a tiré

que 4 cartes. Il reste une carte à choisir qui n’est ni un roi, ni un pique, et donc32− (4+7) = 21 choix.

Finalement, le nombre de tirages possibles est :

3×(

72

)×21+

(32

)×(

73

)= 1428.

1.7 Exercices 15

1.7 ExercicesExercise 1. Démontrer les propositions suivantes:

1. Deux événements incompatibles A et B de probabilités non nulles ne sont jamaisindépendants.

2. Tout événement A est indépendant de l’événement certain Ω et de l’événement impos-sible /0.

3. Si A et B sont indépendants, il en est de même de A et B ; de A et B ; de A et B.

Exercise 2. Dans une assemblée de n personnes, quelle est la probabilité qu’au moins deuxpersonnes parmi les n ont le même jour d’aniversaire ? (on exclura le cas où certainespersonnes sont nées le 29 février et l’on considèrera donc que l’année à 365 jours).Donner la valeur de cette probabilité pour n = 50.

Exercise 3. Une urne contient 8 boules blanches et 2 boules noires, indiscernables autoucher. On tire sans remise et successivement 3 boules de cette urne.

1. Quelle est la probabilité qu’au moins une boule noire figure dans le tirage?2. Sachant qu’au moins une boule noire figure dans le tirage, quelle est la probabilité que

la première boule tirée soit noire?

Exercise 4. Une urne contient une boule blanche et une boule noire. On effectue des tiragesavec remise dans cette urne jusqu’à obtenir une boule blanche, ajoutant une boule noire aprèschaque tirage d’une boule noire. Calculer la probabilité d’effectuer n tirages, n ∈ N∗.

Exercise 5. Un sac contient 10 jetons indiscernables au toucher :4 jetons blancs marqués 0,3 jetons rouges marqués 7,2 jetons blancs marqués 2,1 jeton rouge marqué 5.

1. On tire simultanément 4 jetons du sac. Quel est le nombre de tirages possibles ?2. On considère que tous les tirages sont équiprobables et on considère les événements

suivants :A : “Les 4 numéros sont identiques."B : “Avec les jetons tirés on peut former le nombre 2000."C : “Tous les jetons sont blancs."D : “Tous les jetons sont de la même couleur."E : “Au moins un jeton porte un numéro différent des autres."

(a) Calculer la probabilité des événements A, B, C, D et E.(b) Calculer P(B|C)

Exercise 6. On lance un dé équilibré jusqu’à l’obtention d’un 6. Quelle est la probabilitéque tous les nombres obtenus soient pairs?


Exercise 7. On considère le jeu suivant : le joueur lance d’abord un dé non truqué. Il tireensuite un jeton dans une urne choisie en fonction du résultat du dé. L’urne A est choisiequand le dé donne 1, 2 ou 3, l’urne B quand on obtient 4 ou 5 et l’urne C quand on obtient 6.Les urnes contiennent les jetons suivants :urne A : deux jetons rouges, trois jetons bleus ;urne B : deux jetons bleus, quatre jetons verts ;urne C : un jeton vert, un jeton rouge.

1. Quelle est la probabilité d’obtenir un jeton rouge par ce procédé ?2. On obtient un jeton vert. Quelle est la probabilité que ce jeton soit issu de l’urne B ?3. On obtient un jeton bleu. Quelle est la probabilité que le lancer du dé ait donné 3 ?4. Quelle est la probabilité de ne pas obtenir un jeton vert, sachant que le lancer du dé a

donné 3 ou 6 ?5. Est-ce que l’évènement “choisir dans l’urne C” et l’évènement “obtenir un jeton rouge”

sont indépendants ? Justifiez votre réponse.

Exercise 8. Émile est un excellent footballeur. La probabilité qu’il marque un but lorsqu’iltire un pénalty est égale à 2/3. Paulin est un peu moins fort. La probabilité qu’il marque unbut lorsqu’il tire un pénalty est égale à 1/2. Émile lance un défi à Paulin. Chacun va tirer unpénalty à son tour, en commençant par Paulin. Le premier qui marque a gagné. Quelle est laprobabilité que Émile gagne?

Exercise 9. La production d’un bien est assuré par trois usines U1, U2 et U3 qui fabriquent30%, 30% et 40% du total. Les proportions de biens produits défectueux sont respectivement4%, 3% et 2%. Quelle est la probabilité qu’un bien choisi au hasard et dont on constate qu’ilest défectueux provienne de l’usine U3 ?

Exercise 10. Un joueur s’installe au hasard devant l’une des trois machines à sous d’unesalle de jeux, leurs probabilités respectives de gain étant 1/3, 1/4 et 0 (la machine étantdétraquée).

1. Quelle est la probabilité de perdre n coups de suite, n ∈ N∗ ?2. Sachant que le joueur a perdu deux fois de suite, quelle est la probabilité qu’il ait joué

avec la machine détraquée ?

Exercise 11. Une usine fabrique des pièces, avec une proportion de 0.05 de pièces dé-fectueuses. Le contrôle des fabrications est tel que:

• si la pièce est bonne, elle est acceptée avec la probabilité 0.96.

• si la pièce est mauvaise, elle est refusée avec la probabilité 0.98.

On choisit une pièce au hasard et on la contrôle. Quelle est la probabilité

1. qu’il y ait une erreur de contrôle?2. qu’une pièce acceptée soit mauvaise?

Chapitre 2

Variable aléatoire discrète

2.1 Variable aléatoire réelleDans de nombreux jeux, on fait intervenir le hasard en observant la somme des pointsmarqués par deux dés. Considérons le jet d’un dé bleu et d’un dé rouge et notons S lasomme des points obtenus. On modélise cette expérience en prenant l’équiprobabilité surΩ = 1,2,3,4,5,62. Un événement élémentaire ω est un couple (b, r) où b désigne lerésultat du dé bleu et r celui du rouge. Pour tout événement élémentaire ω = (b,r), on aS(ω) = b+ r.

On a ainsi défini une application S de Ω dans l’ensemble des sommes de points possibles:2,3, . . . ,11,12. On dit que S est une variable aléatoire sur Ω. En fait, l’observation quinous intéresse dans cette expérience, ce n’est pas ω , mais seulement S(ω). Ce que l’onaimerait connaître, c’est la probabilité que la somme des points prenne une valeur donnée,soit P(S = k) pour k entier fixé entre 2 et 12. En utilisant l’équiprobabilité sur Ω:

k 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12P(S = k) 1

362

363

364

365

366

36536

436

336

236

136

Cela revient à considérer un nouvel ensemble d’événements élémentaires:

Ω′ = S(Ω) = 2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12

et à munir cet ensemble de la probabilité PS définie par le tableau des P(S = k). Cettenouvelle probabilité s’appelle loi de la variable aléatoire S.

Plus généralement, Une variable aléatoire est une application, notée usuellement X , quiva associer un nombre à chaque événement élémentaire, soit: X : Ω →R. Le résultat ω ayantun caractère aléatoire, la valeur numérique X(ω) associée a aussi un caractère aléatoire. Ilserait donc intéressant de pouvoir calculer la probabilité que X prenne une certaine valeurou appartienne à un certain intervalle. Pour pouvoir définir cette probabilité sur l’ensembleimage Ω′ = X(ω)⊂ R, il faut pouvoir revenir en arrière sur l’ensemble de départ puisque laprobabilité est définie sur Ω.

18 Variable aléatoire discrète

Définition

Soit Ω un espace fondamental équipé d’une probabilité P. On appelle variable aléatoire (v.a.)X toute application X : Ω → R telle que pour tout x réel:

X−1(x) = ω ∈ Ω/X(ω) = x ∈ P(Ω)

ce qui exprime tout simplement que X−1(x) est un événement.

Exemples

• Le maximum des chiffres dans le lancer de deux dés.

• Le nombre de “pile” obtenus dans n lancers d’une pièce.

Une v.a. qui peut prendre un nombre fini ou infini dénombrable (x1,x2, . . . ,xn, . . ., i.e.en correspondance bijective avec N) de valeurs est dite variable aléatoire discrète. Si ellepeut prendre un nombre infini non dénombrable de valeurs, elle est dite variable aléatoirecontinue.

Dans ce chapitre, nous étudions la variable aléatoire discrète. Sa loi de probabilité, quipeut être toujours définie par sa fonction de répartition, le sera plutôt par les probabilitésindividuelles. Nous définirons les deux caractéristiques numériques principales d’une variablealéatoire discrète, l’espérance caractéristique de valeur centrale, et la variance, caractéristiquede dispersion.

2.2 Fonction de répartitionDéfinition

On appelle fonction de répartition de la v.a. X , la fonction FX : R→ [0,1] telle que FX(t) =P(X ≤ t). Cela représente la probabilité de toutes les réalisations inférieures ou égales auréel t. Cette fonction caractérise la loi de X , autrement dit: FX = FY si et seulement si lesvariables aléatoires X et Y ont même loi.

Propriétés

1. FX est croissante.2. lim

t→−∞FX(t) = 0 et lim

t→+∞FX(t) = 1.

3. Si a < b, P(a < X ≤ b) = FX(b)−FX(a).

Si X est discrète, et x1,x2,x3, . . . ses valeurs possibles, ordonnées par ordre croissant, on a:

FX(t) = P(X ≤ t) = ∑xk≤t

P(X = xk).

2.3 Loi de probabilité 19

Dans ce cas, FX est une fonction en escalier, constante par morceaux, continue à droite. Onpeut déduire de F les probabilités individuelles, pour tout k ≥ 2:

P(X = xk) = P(X ≤ xk)−P(X ≤ k−1)= FX(xk)−FX(xk−1)

Si par exemple X prend les valeurs x1 < x2 < .. . < xn, on aura FX(x) = 0 pour x < x1, puisle graphe de F présentera un saut en chaque point xi, jusqu’à la valeur FX(x) = 1 pour x ≥ xn.De plus, P(X = x1) = F(x1) et P(X = xn) = 1−FX(xn−1)

2.3 Loi de probabilitéLa propriété résultant de la définition d’une variable aléatoire va nous permettre de définir laprobabilité de chacune de ses valeurs possibles x ∈ X(Ω) par:

P(X = x) = PX−1(x)= Pω ∈ Ω/X(ω) = x

X(ω) étant dénombrable, la loi de probabilité (ou distribution) de X est l’ensemble descouples (xk, pk)k∈N où pk = P(X = xk). Si X ne prend qu’un petit nombre de de valeurs, ceteloi est généralement présentée dans un tableau.

Exemple 1

On joue trois fois à pile ou face. Soit X la variable aléatoire “nombre de pile obtenus”. Ici ona Ω = p, f3, card(Ω) = 23 = 8 et X(Ω) = 0,1,2,3.

Calculons par exemple P(X = 1), c’est à dire la probabilité d’avoir exactement une pile.

X−1(1) = (p, f , f ),( f , p, f ),( f , f , p)

D’où P(X = 1) =38.

En procédant de la même façon, on obtient la loi de probabilité de X :

xk 0 1 2 3P(X = xk)

18

38

38

18

La fonction de répartition de X est donc donnée par:

FX(x) =

0 si x < 01/8 si 0 ≤ x < 11/2 si 1 ≤ x < 27/8 si 2 ≤ x < 31 si x ≥ 3


Exemple 2

On lance deux dés. Soit X la variable aléatoire donnant le maximum des deux numérosobtenus. Ici on a Ω = 1,2,3,4,5,62, card(Ω) = 62 = 36 et X(Ω) = 1,2,3,4,5,6.

Calculons par exemple P(X = 4), c’est à dire la probabilité que le maximum des pointsaffichés par les deux dés soit égal à 4.

X−1(4) = (1,4),(4,1),(2,4),(4,2),(3,4),(4,3),(4,4)

D’où P(X = 4) =7

36.

En procédant de la même façon, on obtient la loi de probabilité de X :

xk 1 2 3 4 5 6P(X = xk)

136

336

536

736

936

1136


FX(x) =

0 si x < 11/36 si 1 ≤ x < 21/9 si 2 ≤ x < 31/4 si 3 ≤ x < 44/9 si 4 ≤ x < 525/36 si 5 ≤ x < 61 si x ≥ 6

2.3 Loi de probabilité 21

Exemple 3

Soit A un événement quelconque. On appelle variable aléatoire indicatrice de cet événementA, la variable aléatoire définie par:

X(ω) =

1 si ω ∈ A0 si ω ∈ A

et notée X = 1A. Ainsi:P(X = 1) = P(A) = p

P(X = 0) = P(A) = 1− p


FX(x) =

0 si x < 01− p si 0 ≤ x < 11 si x ≥ 1

On peut prendre par exemple le cas d’un tirage d’une boule dans une urne contenant 2 boulesblanches et 3 boules noires. Soit A : “obtenir une boule blanche” et X la variable indicatricede A. La loi de probabilité et la fonction de répartition de X sont

xk 0 1P(X = xk)

35

25

FX(x) =

0 si x < 03/5 si 0 ≤ x < 11 si x ≥ 1


2.4 Moments d’une variable aléatoire discrète

2.4.1 Espérance mathématiqueDéfinition: on appelle espérance mathématique de la v.a. X la quantité, si elle existe:

E(X) = ∑k∈N

pkxk

Il s’agit d’une moyenne en probabilité, ou moyenne pondérée, des valeurs xk que peutprendre X , par les probabilités correspondantes pk.

Exemples

1. Reprenons l’Exemple 1 où on joue 3 fois à pile ou face. L’espérance de X =“nombrede pile obtenus” est égal à:

E(X) = 0× 18+1× 3

8+2× 3

8+3× 1

8= 1.5

2. Dans l’Exemple 2, l’espérance de X est:

E(X) = 1× 136

+2× 336

+3× 536

+4× 736

+5× 936

+6× 1136

=16136

≃ 4.5

3. Pour une variable aléatoire indicatrice:

E(X) = 0×P(X = 0)+1×P(X = 1) = P(A) = p

4. Dans le cas de la loi uniforme sur X(Ω) = x1, . . . ,xn, c’est à dire avec équiprobabilitéde toutes les valeurs pk = 1/n, on obtient:

E(X) =1n

n

∑k=1

xk

et dans ce cas E(X) se confond avec la moyenne arithmétique simple x des valeurspossibles de X . Pour le jet d’un dé par exemple:

E(X) =16

6

∑i=1

i =72= 3.5

Propriétés

1. E(X +a) = E(X)+a, a ∈ Rrésultat qui se déduit de:

∑k

pk(xk +a) = ∑k

pkxk +∑k

apk = ∑k

pkxk +a∑k

pk = ∑k

pkxk +a

2.4 Moments d’une variable aléatoire discrète 23

2. E(aX) = aE(X), a ∈ Ril suffit d’écrire:

∑k

pkaxk = a∑k

pkxk

3. E(X +Y ) = E(X)+E(Y )La démonstration de cette propriété fait intervenir la loi du couple (X ,Y ) qui ne faitpas partie de notre cours.

On peut résumer ces trois propriétés en disant que l’espérance mathématique est linéaire:

E(λX +µY ) = λE(X)+µE(Y ), ∀λ ∈ R, ∀µ ∈ R.

2.4.2 VarianceIl s’agit d’un indicateur mesurant la dispersion des valeurs xk que peut prendre la v.a. X ,autour de la moyenne en probabilité E(X) et défini par:

V (X) = ∑k∈N

pk (xk −E(X))2

lorsque cette quantité existe.C’est l’espérance mathématique du carré de la v.a. centrée X −E(X):

V (X) = E [X −E(X)]2

On note cette quantité V (X) = σ2X , σX désignant alors l’écart-type de X qui s’exprime dans

les mêmes unités de mesure que la variable. De plus V (X)≥ 0.

Exemples

1. Calculons l’écart type de X dans l’Exemple 1. On rappelle que l’on a X(Ω) =0,1,2,3 et E(X) = 1.5.

V (X) =18× (0−1.5)2 +

38× (1−1.5)2 +

38× (2−1.5)2 +

18× (3−1.5)2 =

34

D’où σX =√

V (X) =√

32 ≃ 0.87.

2. Calculons l’écart type de X dans l’exemple 4.2. On rappelle que l’on a X(Ω) =1,2,3,4,5,6 et E(X) = 161/36.

V (X) =1

36× (1− 161

36)2 +

336

× (2− 16136

)2 +536

× (3− 16136

)2 +7

36× (4− 161

36)2

+9

36× (5− 161

36)2 +

1136

× (6− 16136

)2 =25551296

≃ 1.97


D’où σX ≃ 1.4.

3. Pour la variable indicatrice:

V (X) = E(X − p)2 = p(1− p)2 +(1− p)(0− p)2

= p(1− p)(1− p+ p) = p(1− p)

4. Pour la loi uniforme sur X(Ω) = x1, . . . ,xn, nous avions obtenu E(X) = x, d’où:

V (X) =n

∑k=1

pk(xk − x)2 =1n

n

∑k=1

(xk − x)2

et la variance se confond ainsi avec la variance empirique des valeurs possibles de X .

Cet indicateur de dispersion vient compléter l’information sur la distribution, fournie par lavaleur moyenne, comme le montre l’exemple suivant.

5. Considérons les deux distributions suivantes:

xk 2 4 6P(X = xk) 1/4 1/4 1/2

yk -4 3 33P(Y = yk) 1/2 1/3 1/6

E(X) = E(Y ) = 4.5 donc même centre de distribution. Par contre V (X) = 11/4 etV (Y ) = 689/4, valeur très supérieure qui indique une dispersion de Y autour de samoyenne beaucoup plus grande que celle de X .

Propriétés

1. V (X +a) =V (X)en effet:

V (X +a) = E [X +a−E(X +a)]2 = E [X +a− (E(X)+a)]2

= E [X −E(X)]2 =V (X)

2. V (aX) = a2V (X)en effet:

V (aX) = E [aX −E(aX)]2 = E [aX −aE(X)]2

= a2E [X −E(X)]2 = a2V (X)

3. Pour le calcul de la variance, il est souvent préférable d’utiliser la formule:

V (X) = E(X2)−E(X)2

2.5 Moments non centrés et centrés 25

qui se déduit des propriétés de linéarité de l’espérance:

V (X) = E[X2 −2XE(X)+E2(X)

]= E(X2)−2E2(X)+E2(X)

= E(X2)−E2(X)

4. Si X et Y sont deux variables aléatoires, alors:

V (X +Y ) =V (X)+V (Y )+2cov(X ,Y )

où cov(X ,Y ) = E(XY )−E(X)E(Y ). En effet:

V (X +Y ) = E(X +Y )2 − [E(X +Y )]2

= E(X2)+E(Y 2)+2E(XY )−E2(X)−E2(Y )−2E(X)E(Y )=V (X)+V (Y )+2 [E(XY )−E(X)E(Y )]=V (X)+V (Y )+2cov(X ,Y )

5. Si X et Y sont indépendantes, alors:

V (X +Y ) =V (X)+V (Y )

cette propriété se déduisant du fait que dans ce cas E(XY ) = E(X)E(Y ) (équivalent àcov(X ,Y ) = 0), que l’on démontre à partir de la condition d’indépendance et la loi ducouple (X ,Y ).

2.5 Moments non centrés et centrésOn appelle moment non centré d’ordre r ∈ N∗ de X la quantité, lorqu’elle existe:

mr(X) = ∑i∈N

pixri = E(X r).

Le moment centré d’ordre r ∈ N∗ est la quantité, lorqu’elle existe :

µr(X) = ∑i∈N

pi [xi −E(X)]r

= E [X −E(X)]r .

Les premiers moments sont:

m1(X) = E(X), µ1(X) = 0

µ2(X) =V (X) = m2(X)−m21(X)


2.6 Inégalité de MarkovSi X est une v.a. positive dont l’espérance existe, l’inégalité de Markov établit que pour touta > 0 :

P(X ≥ a)≤ E(X)

a. (2.1)

Démonstration: Cas d’une variable discrète

∀a > 0, E(X) = ∑k

xkP(X = xk)

= ∑xk≥a

xkP(X = xk)+ ∑xk<a

xkP(X = xk)

≥ ∑xk≥a

xkP(X = xk)

≥ a ∑xk≥a

P(X = xk)

≥ aP(X ≥ a)

Il s’ensuit que

P(X ≥ a)≤ E(X)

a, ∀a > 0.

Exemple : on suppose que le nombre de pièces produites par une usine en une semaine estmodélisé par une variable aléatoire X d’espérance 50. L’inégalité de Markov donne :

P(X > 75)≤ 5075

=23.

Ce qui montre que la probabilité que la production de la semaine dépasse 75 pièces estmajorée par 2/3.

Cette inégalité présente bien sûr essentiellement un intérêt théorique, utile pour certainesdémonstrations; sa portée pratique est limitée par sa généralité, le majorant étant indépendantde la loi, sa valeur numérique sera souvent très supérieure à la valeur exacte de la probabilité.

Exemple : reprenons l’exemple du jet d’un dé où X est la v.a. associée au numéro obtenu,avec X(Ω) = 1,2, . . . ,6 et E(X) = 3.5. En appliquant l’inégalité de Markov pour a = 5,on obtient:

P(X ≥ 5)≤ 3.55

= 0.7

or P(X ≥ 5) = 26 = 1

3 . On voit bien que le majorant donné par l’inégalité de Markov est loind’être proche de la probabilité exacte.

Dans le cas d’une v.a. de signe quelconque, on adapte l’inégalité ci-dessus en l’appliquant à

2.7 Inégalité de Bienaymé-Tchebychev 27

|X |k, pour tout k tel que E|X |k existe:

P(|X |k ≥ a)≤ E|X |k

a.

On introduit alors un nombre ε > 0 tel que εk = a et on en déduit pour tout ε > 0 :

P(|X | ≥ ε)≤ E|X |k

εk . (2.2)

2.7 Inégalité de Bienaymé-TchebychevOn obtient l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev en appliquant l’inégalité de Markov sous sadernière forme (Equation 2.2), à la v.a. X −E(X) pour k = 2, donc pour une variable dont lavariance existe, soit pour tout ε > 0 fixé :

P(|X −E(X)| ≥ ε)≤ V (X)

ε2 .

Cette inégalité relie la probabilité pour X de s’écarter de sa moyenne E(X), à sa variance quiest justement un indicateur de dispersion autour de la moyenne de la loi. Elle montre quanti-tativement que “plus l’écart type est faible, plus la probabilité de s’écarter de la moyenne estfaible".

Exemple : reprenons le premier exemple de la section précédente. Maintenant on saitde plus que la variance de la production hebdomadaire est de 25. On va estimer la probabilitéque la production de la semaine à venir soit comprise entre 40 et 60. En appliquant l’inégalitéde Bienaymé-Tchebychev pour ε = 10, on obtient :

P(|X −50| ≥ 10)≤ 25100

=14

et doncP(|X −50| ≤ 10)≥ 1− 1

4=

34,

d’où la probabilité que la production de la semaine à venir se situe entre 40 et 60 pièces estminorée par 0.75.

Comme pour l’inégalité de Markov, cette inégalité étant valable pour n’importe quelledistribution de la loi de X , il ne faut pas s’attendre à ce que la borne qu’elle fournit soit trèsproche de la probabilité exacte dans la majorité des cas.

Exemple : reprenons l’exemple du jet d’un dé où X est la v.a. associée au numéro obtenu, et


E(X) = 3.5. On va calculer d’abord la vairance de X .

V (X) = E(X2)−E2(X) =16

6

∑k=1

k2 − (72)2 =

3512

.

En appliquant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev pour ε = 2, on obtient :

P(|X −3.5| ≥ 2)≤ 35/124

=3548

or

P(|X −3.5| ≥ 2) = P(X ≥ 5.5)+P(X ≤ 1.5) = P(X = 6)+P(X = 1) =26=

1648

ce qui montre que le majorant donné par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev est loin d’êtreproche de la probabilité exacte.

Finalement, l’importance des inéagalités de Markov et de Bienaymé-Tchebychev réside en cequ’elles permettent de borner la valeur de certaines probabilités là où seule l’espérence de ladistribution est connue, plus éventuellement sa variance. Il est évident que, si la distributionelle-même est connue, on ne recourra pas à des bornes, puisque la valeur exacte de cesprobabilités est calculable.

2.8 Exercices 29

2.8 ExercicesExercise 1. Soit X une variable aléatoire admettant un moment d’ordre 2. Démontrer queE((X −a)2) est minimal pour a = E(X).

Exercise 2. Soient n un entier naturel non nul et X une variable aléatoire à valeurs dans1,2, . . . ,n telle que pour tout k ∈ 1,2, . . . ,n, P(X = k) = λk.

1. Déterminer la constante λ .2. Calculer l’espérance mathématique et la variance de X .

Exercise 3. Une urne contient cinq boules, deux qui portent le numéro 1 et trois qui portentle numéro 2. On effectue deux tirages successifs sans remise dans cette urne. On appellecoïncidence le fait de tirer une boule de numéro i au i-ème tirage, avec i =1, 2.

1. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire X qui représente le nombre decoïncidence observées.

2. Déterminer la fonction de répartition de X , son espérance et sa variance.

Exercise 4. Une urne contient une boule qui porte le numéro 0, deux qui portent le numéro1 et quatre qui portent le numéro 3. On extrait simultanément deux boules dans cette urne.Soit X la v.a. représentant la somme des numéros obtenus.

1. Déterminer la loi de probabilité de X .2. Déterminer la fonction de répartition de X , son espérance et sa variance.

Exercise 5. Une urne contient au départ deux boules blanches et une boule noire. A chaqueétape, on tire une boule de l’urne. Si elle est blanche, on la remet dans l’urne avec une bouleblanche supplémentaire. On arrête les tirages dès que l’on obtient la boule noire. On désignepar N la variable aléatoire égale au nombre de tirages effectués.

1. Déterminer l’ensemble de valeurs possibles de N ?2. Calculer P(N = 3).

Exercise 6. Soit X une v.a. qui suit la loi uniforme sur l’ensemble X(Ω) = −3,−2,1,4.

1. (a) Donner la loi de X .(b) Calculer E(X) et V (X).

2. On définit la variable aléatoire Y = (X +1)2.

(a) Donner Y (Ω) et la loi de Y .(b) Calculer E(Y ) de deux façons différentes.

Exercise 7. Une urne contient N boules numérotées de 1 à N. On en tire n en effectuantdes tirages avec remise. On note X et Y le plus petit et le plus grand des nombres obtenus.Déterminer la loi de X et la loi de Y .


Exercise 8. La fonction de répartition FX d’une variable aléatoire X est définie par:

FX(x) =

0 si x < 01/4 si 0 ≤ x < 11/2 si 1 ≤ x < 4c si x ≥ 4

1. Déterminer en justifiant la constante c.2. Calculer P(1 ≤ X < 5).3. Calculer P(X = 1)+P(X = 2).4. Déterminer la loi de probabilité de X .

Exercise 9. Une urne contient trois jetons blancs, deux jetons noirs et un jeton rouge. Ontire simultanément trois boules de l’urne. Soit X la variable aléatoire représentant le nombrede couleurs obtenues.

1. Déterminer la loi de probabilité de X .2. Déterminer l’espérance de X , puis sa variance.3. Déterminer la fonction de répartition de X .

Exercise 10. Soit k un entier naturel supérieur ou égal à 2. Une urne contient k boulesnoires et 3 boules blanches. Ces k+ 3 boules sont indiscernables au toucher. Une partieconsiste à prélever au hasard successivement et avec remise deux boules dans cette urne. Onétablit la règle de jeu suivante :

• un joueur perd 9 euros si les deux boules tirées sont de couleur blanche ;

• un joueur perd 1 euro si les deux boules tirées sont de couleur noire ;

• un joueur gagne 5 euros si les deux boules tirées sont de couleurs différentes.

1. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire Yk représentant le gain al-gébrique du joueur.

2. Déterminer les valeurs de k pour lesquelles ce jeu est favorable au joueur.

Exercise 11. On joue à pile ou face avec une pièce non équilibrée. A chaque lancer, laprobabilité d’obtenir pile est 2/3, et donc celle d’obtenir face est 1/3. Les lancers sontsupposés indépendants, et on note X la variable aléatoire réelle égale au nombre de lancersnécessaires pour obtenir, pour la première fois, deux piles consécutifs. Pour n ≥ 1, on notepn la probabilité P(X = n).

1. Expliciter les événements (X = 2), (X = 3), (X = 4), et déterminer la valeur de p2,p3, p4.

2. Montrer que l’on a pn =29 pn−2 +

13 pn−1,n ≥ 4.

3. En déduire l’expression de pn pour tout n.

Chapitre 3

Lois usuelles discrètes

Dans ce chapitre, nous allons introduire des modèles permettant la compréhension et l’analysede certains phénomènes aléatoires. En particulier, nous allons présenter les principales lois deprobabilité des variables aléatoires discrètes qui peuvent être retenues dans la modélisationstatistique.

3.1 Loi de DiracSoit a ∈ R un point fixé. On appelle loi de Dirac, notée δa, la loi de la v.a. certaine X qui estconstante, prenant la même valeur a quel que soit le résultat de l’épreuve :

X(ω) = a, ∀ω ∈ Ω.

Ainsi :X(Ω) = a,

P(X = a) = Pω ∈ Ω/X(ω) = a= P(Ω) = 1,

La fonction de répartition de cette v.a. est :

FX(x) =

0 si x < a1 si x ≥ a

D’où les moments de X sont :E(X) = a

etV (X) = 0.

C’est la seule v.a. dont la variance est nulle.

32 Lois usuelles discrètes

3.2 Loi uniformeUne distribution de probabilité suit une loi uniforme lorsque toutes les valeurs prises par lavariable aléatoire sont équiprobables. Si n est le nombre de valeurs différentes prises par lavariable aléatoire alors on a :

P(X = xi) =1n

∀ i ∈ 1, . . . ,n

Exemple : la distribution des chiffres obtenus au lancer de dé (si ce dernier est non pipé)suit une loi uniforme dont la loi de probabilité est la suivante :

xi 1 2 3 4 5 6P(X = xi)

16

16

16

16

16

16

Dans le cas particulier d’une loi discrète uniforme où chaque valeur de la variable aléatoireX correspond à son rang, i.e. xi = i pour tout i ∈ 1, . . . ,n, on a :

E(X) =n+1

2et V (X) =

n2 −112

La démonstration de ces résultats est établie en utilisant les égalités (cf. Annexe)

n

∑i=1

i =n(n+1)

2et

n

∑i=1

i2 =n(n+1)(2n+1)

6.

En effet:

E(X) =1n

n

∑i=1

i =n+1

2

et

V (X) = E(X2)−E2(X)

=1n

n

∑i=1

i2 − (n+1)2

4

=(n+1)(2n+1)

6− (n+1)2

4

=n2 −1

12

En revenant à l’exemple du lancer du dé ci-dessus, on peut calculer directement les momentsde X :

E(X) =6+1

2= 3.5

V (X) =62 −1

12=

3512

≃ 2.92.

3.3 Loi de Bernoulli 33

3.3 Loi de BernoulliSoit A un événement quelconque; on appelle v.a. indicatrice de l’événement A, la v.a. définiepar X = 1A, c’est à dire:

X(ω) = 1A(ω) =

0 si ω ∈ A1 si ω ∈ A

Ainsi X(Ω) = 0,1 avec:

P(X = 0) = Pω ∈ Ω/X(ω) = 0= P(A) = 1−P(A) = q

P(X = 1) = Pω ∈ Ω/X(ω) = 1= P(A) = p

On dit que X suit une loi de Bernoulli de paramètre p = P(A), ce qu’on écrit symboliquementX ∼ B (1, p). Une distribution de Bernoulli est associée à la notion “épreuve de Bernoulli”,qui est une épreuve aléatoire à deux issues: succès (X = 1) et échec (X = 0).

La fonction de répartition est définie par:

FX(x) =

0 si x < 01− p si 0 ≤ x < 11 si x ≥ 1.

Les moments de cette loi sont:

E(X) = 1×P(A)+0×P(A) = P(A) = p

E(X2) = 12 ×P(A)+02 ×P(A) = P(A) = p

V (X) = E(X2)−E2(X) = p− p2 = p(1− p)

3.4 Loi binomialeSi on effectue n épreuves successives indépendantes où on note à chaque fois la réalisationou non d’un certain événement A, on obtient une suite de la forme AAAAA . . . AAA. A cetévénement élémentaire ω on associe le nombre X(ω) de réalisations de A. On définit ainsiune v.a. X qui suit une loi binomiale de paramètres n et p= P(A), notée B (n, p), caractériséepar X(Ω) = 0,1, . . . ,n, et dont la loi de probabilité est donnée par :

P(X = k) =(

nk

)pk(1− p)n−k 0 ≤ k ≤ n

(nk

)est le nombre d’échantillons de taille n comportant exactement k événements A, de prob-

abilité pk, indépendamment de l’ordre, et donc n−k événements A, de probabilité (1− p)n−k.


Donc la loi binomiale modélise le nombre de réalisations de A (succès) obtenues lorsde la répétition indépendante et identique de n épreuves de Bernoulli.

Remarque : Il est possible d’obtenir aisément les valeurs des combinaisons de la loi bino-miale en utilisant le triangle de Pascal (cf. Annexe).

En utilisant la formule du binôme de Newton (démonstration dans l’annexe)

(x+ y)n =n

∑k=0

(nk

)xn−kyk,

on vérifie bien que c’est une loi de probabilité :

n

∑k=0

P(X = k) =n

∑k=0

(nk

)pk(1− p)n−k = [p+(1− p)]n = 1

Pour calculer facilement les moments de cette loi, nous allons associer à chaque épreuve i,1 ≤ i ≤ n, une v.a. de Bernoulli :

Xi =

1 si A est réalisé0 si A est réalisé

On peut écrire alors : X = ∑ni=1 Xi = X1 +X2 + . . .+Xn, ce qui nous permet de déduire

aisément :

E(X) = E

(n

∑i=1

Xi

)=

n

∑i=1

E(Xi) = np

et

V (X) =V

(n

∑i=1

Xi

)=

n

∑i=1

V (Xi) = np(1− p)

car les v.a. Xi sont indépendantes.

Le calcul direct des moments de X peut s’effectuer à partir de la définition générale, mais defaçon beaucoup plus laborieuse (cf. Annexe).

Exemples• Le nombre de résultats pile apparus au cours de n jets d’une pièce de monnaie suit une

loi binomiale B (n,1/2) :

P(X = k) =(

nk

)(12

)k(12

)n−k

=

(nk

)2n , 0 ≤ k ≤ n

avec E(X) = n/2 et V (X) = n/4.

3.5 Loi multinomiale 35

• Le nombre N de boules rouges apparues au cours de n tirages avec remise dans uneurne contenant deux rouges, trois vertes et une noire suit une loi binomiale B (n,1/3) :

P(N = k) =(

nk

)(13

)k(23

)n−k

=

(nk

)2n−k

3n , 0 ≤ k ≤ n

avec E(X) = n/3 et V (X) = 2n/9.

Remarque : Si X1 et X2 sont deux v.a. indépendantes telles que X1 ∼ B (n1, p) et X2 ∼B (n2, p), alors X1 +X2 ∼ B (n1 +n2, p). Ceci résulte de la définition d’une loi binomialepuisqu’on totalise ici le résultat de n1 +n2 épreuves indépendantes.

3.5 Loi multinomialeC’est une généralisation de la loi binomiale dans le cas où on répète n fois des expériencesindépendantes identiques pouvant avoir m résultats (et pas seulement 2) (par exemple unlancer de dé) et nous nous intéressons au m-uplet qui indique combien de fois on a obtenuchaque résultat.

Autre présentation de la loi binomialeLa fonction de probabilité de la v.a. binomiale X qui s’écrit

P(X = k) =(

nk

)pk(1− p)n−k

peut se réécrire de manière symétrique en faisant intervenir deux variables dont la somme estégale à n :

X1 = X , X2 = n−X , p1 = p, p2 = 1− p.

P(X1 = n1,X2 = n2) =n!

n1!n2!pn1

1 pn22

GénéralisationDans le cas multinomial à m résultats possibles au lieu de 2, les variables deviennent Xi,i = 1, . . . ,m et correspondent aux probabilités pi, avec les contraintes ∑

mi=1 Xi = n et

∑mi=1 pi = 1. Autrement dit, on se donne un système complet d’évènements (A1,A2, . . . ,Am)

associé à une expérience aléatoire avec m≥ 2. On note pi =P(Ai), 1≤ i≤m et ∑mi=1 pi = 1, et

Xi le nombre de fois où Ai s’est réalisé au cours de n répétitions indépendantes de l’expériencealéatoire.


Le vecteur aléatoire Z = (X1,X2, . . . ,Xm) suit alors la loi multinomiale de paramètres(n, p1, p2, . . . , pm), avec l’écriture symbolique Z ∼M (n, p1, p2, . . . , pm). Z est à valeurs dans(n1,n2, . . . ,nm) ∈ Nk;∑

mi=1 ni = n et vérifie :

P(Z = (n1,n2, . . . ,nm)) =n!

n1!n2! . . .nm!pn1

1 pn22 . . . pnm

m

Notons que chaque v.a. Xi suit une loi binomiale B(n, pi), d’où E(Xi) = npi et V (Xi) =npi(1− pi). D’autre part on sait que Xi +X j ∼ B(n, pi + p j) donc V (Xi +X j) = n(pi +p j)(1− pi − p j). Mais on a aussi V (Xi +X j) =V (Xi)+V (X j)+2Cov(Xi,X j). On en déduitque pour tous (i, j) ∈ 1,2, . . . ,m2 avec i = j :

cov(Xi,X j) =12(n(pi + p j)(1− pi − p j)−npi(1− pi)−np j(1− p j)

)=−npi p j

Exemple : On dispose d’une urne de n boules, chacune coloriée avec une couleur priseparmi m, et on effectue des tirages avec remise d’une boule dans cette urne. Si on noteXi =nombre de boules obtenues de la couleur i, pour i ∈ [1;m], alors Z = (X1,X2, . . . ,Xm)∼M (n, p1, p2, . . . , pm) où pi = ni/n avec ni =nombre de boules de la couleur i dans l’urne.

3.6 Loi hypergéométriqueOn effectue n tirages sans remise dans une urne contenant N objets dont NA objets A. On noteX(Ω) le nombre d’objets A tirés à l’issue de l’événement élémentaire ω . Les tirages sont icidépendants puisque la composition de l’urne est différente après chaque tirage, dépendantdes tirages précédents.

Dans le schéma binômial de la section précédente on peut considérer que l’on effectue ntirages avec remise dans une urne dont la composition est telle que NA/N = p. Les épreuvessuccessives sont alors indépendantes.

Dans le schéma hypergéométrique ici, ces n tirages sans remise sont équivalents àun seul tirage de n objets et il y a donc équiprobabilité de chacun des

(Nn

)échantillons

possibles. Pour calculer la probabilité d’obtenir k objets A il faut donc dénombrer tous leséchantillons qui contiennent exactement k des NA objets A, il y en a

(NAk

)chacun d’eux

contenant simultanément n− k objets A, il y en a(N−NA

nk

). Ainsi, pour tout entier k tel que

0 ≤ k ≤ n:

P(X = k) =

(NAk

)(N−NAn−k

)(Nn

)Il faut bien entendu aussi que k ≤ NA (nombre total d’objets A) et n− k ≤ N −NA (nombretotal d’objets A), d’où les conditions:

max0,n− (N −NA) ≤ k ≤ minn,NA.

3.6 Loi hypergéométrique 37

Pour vérifier qu’il s’agit bien d’une loi de probabilité, on utilise le résultat suivant decombinatoire (cf. Annexe pour la démonstration) :

m

∑k=0

(rk

)(s

m− k

)=

(r+ s

m

)On en déduit que

n

∑k=0

(NA

k

)(N −NA

n− k

)=

(Nn

),

ce qui permet de conclure ∑nk=0 P(X = k) = 1. La loi hypergéométrique dépend des trois

paramètres N, n et NA et on écrit X ∼ H (N,n,NA).

Pour calculer plus facilement les moments de cette loi, nous allons supposer que chacundes objets A est numéroté et nous allons leur associer une v.a. indicatrice de tirage Xi avec1 ≤ i ≤ NA:

Xi =

1 si l’objet Ai est tiré0 sinon

Ces variables permettent d’écrire :

X =NA

∑i=1

Xi

mais notons qu’ici les v.a. Xi ne sont pas indépendantes. Elles suivent la même loi deBernoulli dont le paramètre est la probabilité de tirage d’un objet A particulier. Chaqueéchantillon a la même probabilité 1/

(Nn

); les échantillons qui contiennent l’objet Ai sont au

nombre de(N−1

n−1

), donc :

P(Xi = 1) =

(N−1n−1

)(Nn

) =nN

On en déduit facilement que :

E(X) =NA

∑i=1

E(Xi) = NAnN

= np

Pour calculer V (X), il est nécessaire de déterminer la loi des couples (Xi,X j) (cf. Annexe)puisque ces variables ne sont pas indépendantes. La varance de X est donnée par :

V (X) = np(1− p)N −nN −1

Exemple : L’oral d’un concours comporte au total 100 sujets. Les candidats tirent au sorttrois sujets parmi les 100. Un candidat se présente en ayant révisé 60 sujets sur les 100. SoitX la v.a. variable inidiquant le nombre de sujets révisés parmi les 3. On a X(Ω) = 0,1,2,3.X ∼ H (100,3,60) puisque l’événement [X = k], pour k compris entre 0 et 3, se produit sile candidat tire k sujet(s) parmi les 60 révisés, et 3− k sujets parmi les 40 non révisés.


La loi de probabilité de X est alors donnée par:

P(X = k) =

(60k

)( 403−k

)(1003

) , 0 ≤ k ≤ 3

k 0 1 2 3P(X = k) 0.061 0.289 0.438 0.212

Valeurs arrondies au millième

On a E(X) = 3×0.6 = 1.8 et V (X) = 3×0.6×0.4× 100−3100−1

≃ 0.705

Approximation d’une loi hypergéométrique par une loi binomiale

Si la taille de la population est grande vis-à-vis de la taille n de l’échantillon, on a l’approximation:

N −nN −1

=1−n/N1−1/N

≃ 1

D’oùV (X)≃ np(1− p)

qui est l’expression de la variance de la loi binômiale B(n, p), c’est à dire du cas de tiragesindépendants. Par conséquent, pour n/N petit et N grand on peut utiliser la loi binômialecomme approximation de la loi hypergéométrique.

3.7 Loi de PoissonUne v.a. X suit une loi de Poisson de paramètre λ > 0 si c’est une variable à valeurs entières,X(Ω) = N, donc avec une infinité de valeurs possibles, de probabilité:

P(X = k) = e−λ λ k

k!, k ∈ N

loi qui ne dépend que d’un seul paramètre réel positif, avec l’écriture symbolique X ∼P(λ ).Le développement en série entière de l’exponentielle

eλ =+∞

∑k=0

λ k

k!

permet de vérifier qu’il s’agit bien d’une loi de probabilité:

∞

∑k=0

P(X = k) =∞

∑k=0

e−λ λ k

k!= e−λ

∞

∑k=0

λ k

k!= e−λ eλ = 1

3.7 Loi de Poisson 39

On peut déterminer quel est l’entier le plus probable en formant le rapport:

P(X = k)P(X = k−1)

=λ k

k!× (k−1)!

λ k−1 =λ

k, k ≥ 1

ce qui montre que pour k < λ on a P(X = k)> P(X = k−1), donc P(X = k) est croissant,puis décroissant pour les entiers k > λ , le maximum étant atteint pour l’entier k = [λ ].Dans le cas particulier où λ est entier, il y a deux valeurs de probabilité maximale qui estP(X = λ ) = P(X = λ −1).

Le calcul de l’espérance mathématique se déduit du développement en série entière del’exponentielle:

E(X) =∞

∑k=0

kP(X = k) =∞

∑k=1

ke−λ λ k

k!

= e−λ∞

∑k=1

λ k

(k−1)!= λe−λ

∞

∑k=1

λ k−1

(k−1)!

= λe−λ∞

∑k=0

λ k

k!= λe−λ eλ

= λ .

Pour calculer la variance nous n’allons pas calculer E(X2) mais le moment factoriel E[X(X −1)] qui s’obtient plus facilement, selon la méthode précédente:

E[X(X −1)] =∞

∑k=0

k(k−1)P(X = k) =∞

∑k=2

k(k−1)e−λ λ k

k!

= e−λ∞

∑k=2

λ k

(k−2)!= λ

2e−λ∞

∑k=2

λ k−2

(k−2)!

= λ2e−λ

∞

∑k=0

λ k

k!= λ

2e−λ eλ = λ2.

On en déduit:

V (X) = E(X2)−E2(X) = E[X(X −1)]+E(X)−E2(X)

= λ2 +λ −λ

2 = λ .

Remarque Si X et Y sont deux variables indépendantes suivant des lois de Poisson

X ∼ P(λ ) et Y ∼ P(µ)

alors leur somme suit aussi une loi de Poisson:

X +Y ∼ P(λ +µ).


Exemple Dans un magasin, le nombre moyen de micro-ordinateurs vendus chaque jour estégale à 5. On suppose que X , la v.a. associée au nombre de micro-ordinateurs vendus chaquejour, suit une loi de Poisson. Alors X ∼ P(5) puisque λ = E(X) = 5.La probabilité associée à la vente de 5 micro-ordinateurs se détermine par :

P(X = 5) = e−5 55

5!≃ 0.1755

La probabilité de vendre au moins 2 micro-ordinateurs est égal à :

P(X ≥ 2) = 1−(

e−5 50

0!+ e−5 51

1!

)≃ 0.9596

Approximation d’une loi binomialeLe théorème de Poisson nous montre que si n est suffisamment grand et p assez petit, alorson peut approcher la distribution d’une loi binomiale de paramètres n et p par celle d’une loide Poisson de paramètre λ = np :

si n → ∞ et p → 0 alors X : B(n, p)→ P(λ ).

Remarque Une bonne approximation est obtenue si n ≥ 50 et np ≤ 5.

Dans ce contexte, la loi de Poisson est souvent utilisée pour modéliser le nombre de succèslorsqu’on répète un très grand nombre de fois une expérience ayant une chance très faible deréussir par une loi de Poisson.

Exemple Quelle est la probabilité de trouver au moins un centenaire parmi 200 personnesdans une population où une personne sur cent est un centenaire ?

La probabilité p = 1/100 = 0.01 étant faible et n = 200 étant suffisamment grand, onpeut modéliser le nombre X de centenaires pris parmi 200 personnes par la loi de Poisson deparamètre λ = 200×0.01 = 2. Donc on a:

P(X ≥ 1) = 1−P(X = 0) = 1− e−2 ≃ 0.86

Exemple Soit une v.a. X telle que X ∼B(100,0.01), les valeurs des probabilités pour k de0 à 5 ainsi que leur approximation à 10−3 avec une loi de Poisson de paramètre λ = np = 1sont données dans le tableau ci-dessous :

k 0 1 2 3 4 5B(100,0.01) 0.366 0.370 0.185 0.061 0.015 0.000

P(1) 0.368 0.368 0.184 0.061 0.015 0.003

3.8 Loi géométrique 41

3.8 Loi géométriqueOn effectue des épreuves successives indépendantes jusqu’à la réalisation d’un événementparticulier A de probabilité p = P(A) et on note X le nombre aléatoire d’épreuves effectuées.On définit ainsi une v.a. à valeurs entières de loi géométrique, et on écrit X ∼ G (p). Achaque épreuve est associé l’ensemble fondamental Ω = A, A et l’événement X = k pourk ∈ N∗ est représenté par une suite de k−1 événements A, terminée par l’événement A:

AA . . . A︸︷︷︸k−1

A

D’où:P(X = k) = (1− p)k−1 p ∀k ∈ N∗

Cette loi peut servir à modéliser des temps de vie, ou des temps d’attente, lorsque le tempsest mesuré de manière discrète (nombre de jours par exemple).

En utilisant la série entière ∑∞k=0 xk = 1/(1− x) pour |x| < 1 (démonstration en annexe),

on vérifie bien que c’est une loi de probabilité:

∞

∑k=1

P(X = k) =∞

∑k=1

(1− p)k−1 p = p∞

∑j=0

(1− p) j

= p1

1− (1− p)= 1

En dérivant la série entière ci-dessous, on obtient ∑∞k=1 kxk−1 = 1/(1− x)2. Ceci permet

d’obtenir l’espérance:

E(X) =∞

∑k=1

kp(1− p)k−1 =p

[1− (1− p)]2=

1p

Le calcul de la variance se fait à partir du moment factoriel et en utilisant la dérivée secondede la série entière ci-dessous:

E[X(X −1)] =∞

∑k=2

k(k−1)p(1− p)k−1

= p(1− p)∞

∑k=2

k(k−1)(1− p)k−2

=2p(1− p)

[1− (1− p)]3=

2(1− p)p2

d’où on déduit:V (X) = E[X(X −1)]+E(X)−E2(X) =

1− pp2 .


Exemple Si l’on considère la variable aléatoire X “nombre de naissances observées jusqu’àl’obtention d’une fille” avec p = 1/2 (même probabilité de naissance d’une fille ou d’ungarçon), alors X suit une loi géométrique et on a pour tout k ∈ N∗:

P(X = k) = (1−1/2)k−1(1/2) = 1/2k

avec E(X) = 2 et V (X) = 2.

3.9 Loi binômiale négativeOn effectue Cette fois des épreuves successives indépendantes jusqu’à ce que r événementsA soient réalisés et on note X le nombre (aléatoire) d’épreuves effectuées. L’événementX = k, pour tout entier k ≥ r, est représenté par une suite de la forme:

AAA . . .AA . . . AA︸︷︷︸k−1

A

qui comporte r−1 réalisations de l’événement A au cours des k−1 premières épreuves etqui se conclut par un événement A. On en déduit la probabilité individuelle:

P(X = k) =(

k−1r−1

)pr(1− p)k−r, k ≥ r

On dit que X suit une loi binômiale négative notée BN (r, p).

Pour obtenir sans calculs les moments de X , nous allons décomposer la suite des épreuves enn séquences se terminant toutes par un événement A, associant à chacune de ces séquencesune v.a. géométrique Xi, 1 ≤ i ≤ r, qui représente le nombre d’épreuves nécessaires pour quele i-ème événement A soit réalisé, en comptant à partir de la réalisation du précédent A:

AA . . . AA︸︷︷︸x1

AA . . . AA︸︷︷︸x2

. . . AA . . . AA︸︷︷︸xr

Ceci permet de définir la loi de X comme somme de lois géométriques indépendantes et demême paramètre p:

Y = X1 +X2 + . . .+Xr

On en déduit facilement:

E(X) = rE(Xi) =rp

et V (X) = rV (Xi) =r(1− p)

p2

Pour la loi binômiale, le nombre d’épreuves est fixé et on observe le nombre aléatoired’événements réalisés. Pour la loi binômiale négative, au contraire, le nombre de réalisationsd’événements est fixé et c’est le nombre d’épreuves nécessaires pour les obtenir qui devientaléatoire.

3.9 Loi binômiale négative 43

Exemple On lance un dé à six faces équilibrées successivement et de façon indépendante.On associe la variable aléatoire X au nombre de lancers nécessaires à l’obtention de six faces“1”. Ainsi X ∼ BN (6, p) et on a:

P(X = k) =(

k−15

)p6(1− p)k−6, k ≥ 6

La probabilité par exemple d’effectuer 25 lancers pour obtenir 6 fois la face 1 est :

P(X = 25) =(

245

)(1/6)6(5/6)19 ∼ 0.0285.

De plus

E(X) =6

1/6= 36

V (X) =6×5/6(1/6)2 = 180 et σY ≃ 13.4


3.10 Annexe

3.10.1 Formule du triangle de PascalLe triangle de Pascal est une présentation des coefficients binomiaux dans un triangle. Laconstruction du triangle est liée aux coefficients binomiaux selon la formule de Pascal :(

nk

)=

(n−1k−1

)+

(n−1

k

)∀n ≥ 1et1 ≤ k ≤ n−1

Premières lignes du triangle de Pascal

Démonstration(n−1k−1

)+

(n−1

k

)=

(n−1)!(k−1)!(n− k)!

+(n−1)!

(k)!(n− k−1)!

=(n−1)!

(k−1)!(n− k)(n− k−1)!+

(n−1)!k(k−1)!(n− k−1)!

=k(n−1)!+(n− k)(n−1)!k(k−1)!(n− k)(n− k−1)!

=(n−1)!(k+n− k)

k(k−1)!(n− k)(n− k−1)!

=n!

k!(n− k)!

=

(nk

)

3.10.2 Formule du binôme de NewtonLa formule de Newton est une formule mathématique permettant de trouver le développementd’une puissance entière quelconque d’un binôme.Soient x et y deux éléments d’un anneau (par exemple deux nombres réels ou complexes,deux polynômes, deux matrices carrées de même taille,. . . ) qui commutent et un entiernaturel n, alors:

3.10 Annexe 45

(x+ y)n =n

∑k=0

(nk

)xn−kyk

Exemple:n = 4, (x+ y)4 = x4 +4x3y+6x2y2 +4xy3 + y4

Notons que les coefficients binomiaux pourraient être obtenus rapidement dans le triangle dePascal.

En remplaçant dans la formule y par −y, on obtient :

(x− y)n = (x+(−y))n =n

∑k=0

(nk

)xn−k(−y)k

Démonstration par récurrence

Initialisation: la formule se vérifie aisément pour n = 0.Hérédité: supposons que la relation est vraie pour n fixé, et montrons qu’elle l’est aussi pourn+1:

(x+ y)n+1 = (x+ y)(x+ y)n

= (x+ y)n

∑k=0

(nk

)xn−kyk

= xn

∑k=0

(nk

)xn−kyk + y

n

∑k=0

(nk

)xn−kyk

= xn+1 + xn

∑k=1

(nk

)xn−kyk + y

n−1

∑k=0

(nk

)xn−kyk + yn+1

= xn+1 +n

∑k=1

(nk

)xn−k+1yk +

n

∑k=1

(n

k−1

)xn−k+1yk + yn+1

= xn+1 +n

∑k=1

[(nk

)(n

k−1

)]xn−k+1yk + yn+1

= xn+1 +n

∑k=1

(n+1

k

)xn−k+1yk + yn+1 (en utilisant la formule de Pascal)

=n+1

∑k=0

(n+1

k

)xn−k+1yk

D’où la relation est vraie pour n+1 sous l’hypothèse qu’elle l’est pour n fixé, elle est parconséquent vraie pour tout entier naturel n en vertu de l’axiome de récurrence.


3.10.3 Quelques démonstrations

• Démontrons que S = ∑ni=1 i = n(n+1)

2

S = 1 + 2 + · · · + n−1 + nou encore S = n + n−1 + · · · + 2 + 1de somme : S+S = n+1 + n+1 + · · · + n+1 + n+1

On a ainsi : 2S = n(n+1), d’où l’on tire : S = n(n+1)2 .

Une autre méthode consiste à vérifier cette formule par récurrence.

• Démontrons par récurrence que Sn = ∑ni=1 i2 = n(n+1)(2n+1)

6Initialisation: la formule est vraie pour n = 1 puisque 12 = 1×2×3

6 Hérédité: sup-posons que la formule est vraie pour n fixé, et montrons qu’elle l’est aussi pour n+1(i.e.Sn+1 = (n+1)(n+2)(2n+3)/6)

Sn+1 =n+1

∑i=1

i2 =n

∑i=1

i2 +(n+1)2

= Sn +(n+1)2

=n(n+1)(2n+1)

6+(n+1)2

=(n+1)[n(2n+1)+6(n+1)]

6

=(n+1)(2n2 +7n+6)

6

=(n+1)(n+2)(2n+3)

6

D’où la formule est vraie pour n+1.

• Démontrons que pour |x|< 1, ∑∞k=0 xk = 1

1−xConsidérons pour cela la série Sn = ∑

nk=0 xk

Sn = 1+ x+ x2 + . . .+ xn

xSn = x+ x2 + x3 + . . .+ xn+1

Sn − xSn = 1− xn+1

D’où Sn =1− xn+1

1− x

Or ∑∞k=0 xk = lim

n→+∞∑

nk=0 xk = lim

n→+∞Sn, et lim

n→+∞xn+1 = 0 puisque |x|< 1,

par conséquent∞

∑k=0

xk =1

1− x.

3.10 Annexe 47

3.10.4 Calcul direct des moments d’une loi binomiale

E(X) =n

∑k=0

k(

nk

)pk(1− p)n−k

=n

∑k=1

kn!

k!(n− k)!pk(1− p)n−k

=n

∑k=1

n!(k−1)!(n− k)!

pk(1− p)n−k

= npn

∑k=1

(n−1)!(k−1)!(n− k)!

pk−1(1− p)n−k

= npn−1

∑j=0

(n−1)!j!(n−1− j)!

p j(1− p)n−1− j

= npn−1

∑j=0

(n−1

j

)p j(1− p)n−1− j

= np[p+(1− p)]n−1

= np

Pour obtenir E(X2) par un procédé de calcul identique, on passe par l’intermédiaire dumoment factoriel E[X(X −1)] = E(X2)−E(X):

E[X(X −1)] =n

∑k=0

k(k−1)n!

k!(n− k)!pk(1− p)n−k

= n(n−1)p2n

∑k=2

(n−2)!(k−2)!(n− k)!

pk−2(1− p)n−k

= n(n−1)p2n−2

∑j=0

(n−2

j

)p j(1− p)n−2− j

= n(n−1)p2[p+(1− p)]n−2 = n(n−1)p2

On en déduit alors:

E(X2) = E[X(X −1)]+E(X) = n(n−1)p2 +np,

puis:

V (X) = n(n−1)p2 +np− (np)2

= n2 p2 +np(1− p)−n2 p2

= np(1− p).


3.10.5 Démonstrations pour la loi hypergéométriqueRésultat de combinatoire

Démontrons l’égalité : ∑mk=0(r

k

)( sm−k

)=(r+s

m

).

D’une part, et en se basant sur la formule du binôme de Newton,(r+s

m

)désigne le coefficient

en xm dans le polynôme (1+ x)r+s. D’autre part on a (1+ x)r+s = (1+ x)r(1+ x)s, d’où:

(1+ x)r+s =r

∑k=0

(rk

)xk

s

∑j=0

(sj

)x j =

r

∑k=0

s

∑j=0

(rk

)(sj

)x j+k (3.1)

Il suffit donc de calculer le coefficient en xm dans (3.1) pour démontrer l’égalité. En identifiantavec les termes vérifiant j+ k = m, ce coefficient est égal à:(

r+ sm

)=

(r0

)(sm

)+

(r1

)(s

m−1

)+ . . .+

(rm

)(s0

)=

m

∑k=0

(rk

)(s

m− k

)

Calcul de la variance

Déterminons d’abord la loi des couples (Xi,X j), 1 ≤ i, j ≤ NA. Le nombre d’échantillons quicontiennent simultanément les objets Ai et A j est

(N−2n−2

), donc:

P(Xi = 1,X j = 1) =

(N−2n−2

)(Nn

) =n(n−1)N(N −1)

Ainsi:

E(XiX j) = P(Xi = 1,X j = 1) =n(n−1)N(N −1)

cov(Xi,X j) = E(XiX j)−E(Xi)E(X j) =n(n−1)N(N −1)

− n2

N2 =− n(N −n)N2(N −1)

< 0

Par conséquent:

V (X) =V

(NA

∑i=1

Xi

)=

NA

∑i=1

V (Xi)+∑i= j

cov(Xi,X j)

= NAnN

N −nN

−NA(NA −1)n(N −n)

N2(N −1)

= nN −nN −1

NA

N

(1− NA

N

)= np(1− p)

N −nN −1

3.11 Exercices 49

3.11 ExercicesExercise 1 Vous avez besoin d’une personne por vous aider à déménager. Quand voustéléphonez à un ami, il y a une chance sur quatre qu’il accepte. Soit X la variable aléatoirequi représente le nombre d’amis que vous devrez contacter pour obtenir cette aide. Déterminerla loi de probabilité de X puis calculer P(X ≤ 3) et E(X).

Exercise 2. Pour être sélectionné aux jeux olympiques, un athlète doit réussir deux fois àdépasser les minima fixés par sa fédération. Il a une chance sur trois de réussir à chaqueépreuve à laquelle il participe. On note X la variable aléatoire qui représente le nombred’épreuves auxquelles il devra participer pour être sélectionné.

1. Déterminer la loi de probabilité de X .2. Si cet athlète ne peut participer qu’à quatre épreuves maximum, quelle est la probabilité

qu’il soit sélectionné ?

Exercise 3. On suppose que la probabilité qu’un appel téléphonique dure plus de cinqminutes est de 0.1, indépendamment d’un appel à l’autre.

1. Calculer la probabilité que, parmi 20 appels pris au hasard, il y en ait plus de 18 qui nedurent pas plus de cinq minutes.

2. Calculer approximativement la probabilité de la question 1 à l’aide d’une loi de Poisson.3. Calculer la probabilité que cela prenne moins de cinq appels pour en obtenir un premier

qui dure plus de cinq minutes.4. Calculer la probabilité que, parmi cinq appels pris au hasard,le plus long dure moins

de cinq minutes.

Exercise 4. Une compagnie d’aviation s’est rendu compte que, en moyenne, 4% des per-sonnes faisant des réservations pour un certain vol ne se présentent pas pour le départ. Parconséquent, la politique de la compagnie est de prendre 75 réservations pour un avion ayantexactement 73 sièges. Quelle est la probabilité que chaque personne se présentant pour ledépart ait un siège ?

Exercise 5. Une division d’une entreprise comporte 200 employés dont 120 ingénieurset 80 techniciens. Cinq employés sont pris au hasard pour représenter la division dans unévénement organisé par l’entreprise. Soit T le nombre de techniciens parmi les cinq.

1. Donner la loi de T ainsi que son espérance et son écart-type.2. Déterminer la probabilité qu’il y ait au moins trois techniciens parmi les cinq.3. Justifier l’approximation de la loi de T par une autre loi dont on précisera les paramètres.


Exercise 6. Une urne contient n boules numérotées de 1 à n, avec n ≥ 3. On extrait auhasard trois boules de l’urne, successivement et sans remise. Soit X la variable aléatoireégale au numéro porté par la troisième boule tirée.

1. Déterminer la loi de probabilité de X .2. Reconnaître une loi usuelle. En déduire l’espérance mathématique et la variance de X .

Exercise 7. Une urne contient 2 boules de numéro 20, 4 boules de numéro 10 et 4 boulesde numéro 5.

1. Une épreuve consiste à tirer simultanément 3 boules de l’urne. Calculer la probabilitép que la somme des numéros tirés soit égale à 30.

2. On répéte cette épreuve 4 fois en remettant à chaque fois les trois boules tirés dansl’urne. Soit X la v.a. indiquant le nombre de tirages donnant une somme de numéroségale à 30.

(a) Quelle la loi de X . Donner son espérance et son écart-type.(b) Déterminer la probabilité d’avoir exactement 3 fois la somme 30 dans les 4

tirages.(c) Déterminer la probabilité d’avoir au moins une fois la somme 30 dans les 4

tirages.

Exercise 8. Un sac contient cinq jetons : deux sont numérotés 1 et les trois autres sontnumérotés 2. On effectue une série illimitée de tirages avec remise d’un jeton dans le sac S.On désigne par Y la variable aléatoire égale au nombre de tirages effectués avant le tirageamenant un jeton numéroté 1 pour la première fois.

1. (a) Justifier que la variable aléatoire Z =Y +1 suit une loi usuelle que l’on précisera.(b) En déduire la loi de probabilité de Y.

2. (a) Préciser l’espérance mathématique et la variance de Z.(b) En déduire l’espérance mathématique et la variance de Y.

Exercise 9. Dans les pages d’un livre A (respectivement livre B), il y a en moyenne quatre(respectivement trois) fautes d’impression. Soient les variables aléatoires

X = nombre de fautes d’impresion dans les pages du livre A.Y = nombre de fautes d’impresion dans les pages du livre B.

On suppose que X et Y sont indépendantes et suivent des lois de Poisson.

1. Donner en justifiant la loi du nombre Z = X +Y ?2. Déterminer la probabilité qu’il y ait au plus trois fautes dans les deux livres.3. Décrire les variations de P(Z = k) en fonction de k.

3.11 Exercices 51

Exercise 10. Le système d’un distributeur automatique de boisson est formé de deux partiesα et β . On désigne par A l’événement la partie α marche bien, B l’événement la partie β

marche bien. Pour que la machine donne une bouteille (événement S) quand on introduit unepièce, il faut que les parties α et β fonctionnent bien. Sinon la pièce est rendue et la machinene donne rien. On suppose que A et B sont indépendants avec P(A) = 0.9 et P(B) = 0.8.

1. Calculer P(S).2. Calculer la probabilité que la partie β ne marche pas sachant que la machine n’a pas

marché quand on a introduit une pièce.3. On introduit successivement 10 pièces dans la machine, et on désigne par X la v.a.

donnant le nombre de bouteilles reçues.

(a) Quelle la loi de X ? Donner son espérance et son écart-type.(b) Déterminer la probabilité d’avoir au moins 8 bouteilles.

4. On désigne par Y la v.a. donnant le nombre de pièces à introduire jusqu’à avoir 10bouteilles.

(a) Quelle la loi de Y ? Donner son espérance et son écart-type.(b) Déterminer la probabilité P(Y = 15).

Exercise 11. Soit X une variable aléatoire à valeurs N∗ dans telle que P(X > n+ 1) =12P(X > n) pour tout n ∈N∗. A partir de la fonction de répartition FX de X , on définit la suiteréelle (un)n≥0 telle que un = Fx(n).

1. (a) Trouver une relation liant un+1 et un pour tout entier n ∈ N∗.(b) En déduire l’expression de un en fonction de n.

2. En déduire la loi de probabilité de X . Reconnaître une loi usuelle.

Exercise 12. Soit n un entier naturel et X une variable aléatoire suivant une loi géométriqueG (1/n).

1. Montrer que P(X ≥ n2)≤ 1n .

2. Montrer que P(|X −n| ≥ n)≤ 1− 1n .

3. En déduire que P(X ≥ 2n)≤ 1− 1n .

Exercise 13. Le nombre de pannes d’électricité qui se produisent dans une certaine régionau cours d’une période d’un an suit une loi de Poisson de paramètre λ = 3.

1. Calculer la probabilité qu’au cours d’une période d’un an il y a exactement une pannequi se produit.

2. En supposant l’indépendance des pannes d’une année à l’autre, calculer la probabilitéqu’au cours des dix prochaines années il y ait au moins une année pendant laquelle ilse produira exactement une panne.


Exercise 14. Une urne contient 3 boules blanches et 7 boules noires. On extrait successive-ment 4 boules de l’urne. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de boules blanchesobtenues. Déterminer sans calcul, la loi de probabilité de X , ainsi que son espérance mathé-matique et sa variance, suivant que les tirages sont avec ou sans remise.

Exercise 15. On jette 3600 fois un dé équilibré. Minorer la probabilité que le nombred’apparitions du numéro 1 soit compris entre 480 et 720.

Exercise 16. Soit X une variable aléatoire suivant une loi de Poisson P(λ ). Donner unecondition nécessaire et suffisante sur λ pour que la suite (P(X = k)) soit décroissante.

Exercise 17. Soit X une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètres n ∈ N∗

et p ∈]0,1[. Pour quelle(s) valeur(s) de k la probabilité P(X = k) est maximale ?

Exercise 18. Soit X une variable aléatoire suivant une loi géométrique de paramètre p,dénoté X ∼ G (p). Comme la loi exponentielle, la loi géométrique est sans mémoire:

P(X > k+ l|X > k) = P(X > l) ∀k ∈ N et l ∈ N∗.

Le but de cet exercice est de démontrer l’équivalence entre les deux propositions suivantes:

1. X ∼ G (p)2. Pour tous k ∈ N et l ∈ N∗, on a P(X > k+ l|X > k) = P(X > l).

1. Soit X une variable aléatoire vérifiant (1).

(a) Calculer P(X ≤ k) pour tout k ∈ N∗.(b) En déduire l’expression de la fonction de répartition FX de X .(c) En déduire l’expression de la fonction GX définie sur R par GX(x) = P(X > x).(d) En déduire que X vérifie (2).

2. Réciproquement, soit X une variable aléatoire à valeurs dans N∗ vérifiant (2).Pour tout k ∈ N, on pose uk = P(X > k).

(a) Justifier que pour tout k ∈ N, uk+1 = (1− p)uk, avec p = P(X = 1).(b) En déduire l’expression de uk en fonction de k et p.(c) En déduire l’expression de la fonction de répartition FX de X .(d) En déduire la loi de probabilité de X . Conclure.

3. Application: on lance un dé continuellement jusqu’à l’obtention d’un 6. Soit X lenombre de lancers nécessaires. Si aucun 6 n’a été obtenu lors des 8 premiers lancers,quelle est la probabilité qu’au moins deux autres lancers soient nécessaires ?

Nom Loi de probabilité Espérance VarianceUniforme sur P(X = k) = 1

n n+12

n2−1121,2, . . . ,n k ∈ 1,2, . . . ,n

Binomiale P(X = k) =(n

k

)pk(1− p)n−k

np np(1− p)B(n, p) k ∈ 0,1, . . . ,nPoisson P(X = k) = e−λ λ k

k! λ λP(λ ) k ∈ N

Géométrique P(X = k) = (1− p)k−1 p 1p

1−pp2G (p) k ∈ N∗

Binomiale négative P(X = k) =(k−1

r−1

)pr(1− p)k−r

rp

r(1−p)p2BN (r, p) k ∈ r,r+1, . . .

Hypergéométrique P(X = k) =(NA

k )(N−NA

n−k )(N

n) nNAN nNA

N (1− NAN )N−n

N−1H (N,n,NA) max0,n− (N −NA) ≤ k ≤ minn,NA

Tableau des lois usuelles discrètes

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