Somme de variables aléatoires : espérance toujours additive, variance sous condition

En terminale, le programme de spécialité (BO spécial n° 8 du 25 juillet 2019, « Sommes de variables aléatoires ») fait découper une variable en morceaux simples plutôt qu'écrire sa loi. La linéarité de l'espérance peut être admise ou justifiée sur un exemple, l'additivité de la variance pour deux variables indépendantes est admise ; la démonstration exigée porte sur l'espérance et la variance de la loi binomiale, faite plus bas. Le programme de première applicable à la rentrée 2026 introduit déjà la linéarité de l'espérance.

Espérance sans condition, variance sous indépendance

Une variable aléatoire est une fonction définie sur l'univers Ω : à chaque issue ω elle associe un nombre. Si X et Y sont définies sur le même univers, X + Y est la variable qui, à l'issue ω, associe X(ω) + Y(ω). Avec deux dés, si X est le résultat du premier et Y celui du second, l'issue (2 ; 5) donne X = 2, Y = 5 et X + Y = 7.

Quand l'univers est fini et que chaque issue ω a une probabilité p(ω), E(X) = Σ p(ω) X(ω), et la somme se coupe en deux :

E(X + Y) = Σ p(ω) (X(ω) + Y(ω)) = Σ p(ω) X(ω) + Σ p(ω) Y(ω) = E(X) + E(Y).

De même, E(aX) = Σ p(ω) aX(ω) = a Σ p(ω) X(ω) = aE(X), et E(aX + b) = aE(X) + b puisque les probabilités des issues ont pour somme 1. On n'a utilisé aucune hypothèse sur le lien entre X et Y : la formule vaut même si Y dépend entièrement de X.

Prenons Y = X, le cas le plus dépendant qui soit. Alors X + Y = 2X et V(2X) = 4V(X), alors que V(X) + V(Y) = 2V(X). Avec Y = −X, la somme vaut 0 sur toutes les issues, sa variance est nulle, et la formule additive donnerait encore 2V(X). Des variables qui vont dans le même sens cumulent leurs écarts, des variables qui se compensent les neutralisent ; pour des variables indépendantes, le programme admet V(X + Y) = V(X) + V(Y). Ce cadre est celui de la succession d'épreuves indépendantes (lancers successifs, tirages avec remise) : l'énoncé donne l'indépendance, mais il faut l'invoquer par écrit au moment d'additionner des variances.

La relation V(aX) = a²V(X) se vérifie avec la définition V(X) = E((X − E(X))²) : (aX − aE(X))² = a²(X − E(X))², et la linéarité fait sortir le a². Ajouter une constante b ne change pas la dispersion, d'où V(aX + b) = a²V(X) et σ(aX + b) = |a| σ(X).

Écrire la variable comme une somme : méthode et exemples

Le programme demande de « représenter une variable comme somme de variables aléatoires plus simples ». Sur une copie :

1. Repérer les épreuves élémentaires de l'expérience (chaque lancer, chaque question, chaque tirage).
2. Nommer la variable attachée à chaque épreuve, X₁, X₂, …, et écrire la variable étudiée comme leur somme, éventuellement transformée : X = X₁ + … + Xₙ, ou G = 4N − 20.
3. Donner la loi, l'espérance et la variance d'une seule de ces petites variables.
4. Conclure pour l'espérance par linéarité, sans condition.
5. Pour la variance, vérifier que les épreuves sont indépendantes, l'écrire, puis additionner.

Exemple 1 · La somme de deux dés

Énoncé. On lance deux fois un dé équilibré à six faces. On note X le premier résultat, Y le second et S = X + Y. Calculer E(S), V(S) et σ(S).

Rédaction. X suit la loi uniforme sur {1 ; 2 ; … ; 6}. E(X) = (1 + 2 + … + 6)/6 = 21/6 = 3,5. E(X²) = (1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36)/6 = 91/6, donc V(X) = 91/6 − 3,5² = 91/6 − 49/4 = 35/12. Y a la même loi. Par linéarité de l'espérance, E(S) = E(X) + E(Y) = 7. Les deux lancers sont des épreuves indépendantes, donc X et Y sont indépendantes et V(S) = V(X) + V(Y) = 35/6. Enfin σ(S) = √(35/6) ≈ 2,42.

Exemple 2 · Tirage sans remise : l'espérance passe, la variance non

Énoncé. Une urne contient 3 boules rouges et 2 noires. On tire successivement et sans remise deux boules. N est le nombre de boules rouges obtenues. Calculer E(N), puis V(N).

Rédaction. Pour i = 1 ou 2, on note Xᵢ la variable qui vaut 1 si la i-ème boule est rouge et 0 sinon ; alors N = X₁ + X₂. P(X₁ = 1) = 3/5. Par la formule des probabilités totales, P(X₂ = 1) = (3/5)(2/4) + (2/5)(3/4) = 6/20 + 6/20 = 3/5. Donc E(X₁) = E(X₂) = 3/5 et, par linéarité, E(N) = 6/5 = 1,2.

Pour la variance, les tirages sans remise ne sont pas indépendants : on ne peut pas additionner. On écrit la loi de N : P(N = 0) = (2/5)(1/4) = 1/10, P(N = 2) = (3/5)(2/4) = 3/10, et P(N = 1) = 1 − 1/10 − 3/10 = 6/10. E(N²) = 6/10 + 4 × 3/10 = 1,8, donc V(N) = 1,8 − 1,2² = 0,36.

L'addition fautive aurait donné V(X₁) + V(X₂) = 2 × (3/5)(2/5) = 0,48 : elle se trompe de 0,12.

Espérance et variance de la loi binomiale, démontrées

Soit X une variable aléatoire qui suit la loi binomiale de paramètres n et p : X compte le nombre de succès dans la répétition de n épreuves de Bernoulli indépendantes de même paramètre p.

Pour i allant de 1 à n, on note Xᵢ la variable qui vaut 1 si la i-ème épreuve est un succès et 0 sinon. Chaque Xᵢ suit la loi de Bernoulli de paramètre p, et X = X₁ + X₂ + … + Xₙ, puisque compter les succès revient à additionner des 1.

Pour une variable de Bernoulli : E(Xᵢ) = 1 × p + 0 × (1 − p) = p. Comme Xᵢ² = Xᵢ (les seules valeurs sont 0 et 1), E(Xᵢ²) = p et V(Xᵢ) = p − p² = p(1 − p).

Par linéarité de l'espérance, E(X) = E(X₁) + … + E(Xₙ) = np. Les épreuves étant indépendantes, les variables X₁, …, Xₙ sont indépendantes et V(X) = V(X₁) + … + V(Xₙ) = np(1 − p). Donc σ(X) = √(np(1 − p)).

Échantillon : Sₙ s'étale, Mₙ se resserre

Un échantillon de taille n d'une loi de probabilité est une liste (X₁, …, Xₙ) de variables aléatoires indépendantes qui suivent toutes cette loi. On note μ son espérance et σ² sa variance. On pose Sₙ = X₁ + … + Xₙ et Mₙ = Sₙ/n.

Les formules de l'encadré en découlent par linéarité et indépendance : l'écart type de la somme croît comme √n, moins vite que n ; la moyenne reste centrée sur μ et son écart type diminue comme 1/√n. Avec 100 lancers d'un dé, M₁₀₀ a pour espérance 3,5 et pour écart type √(35/12)/10 ≈ 0,17. C'est le point de départ de la loi des grands nombres, qui vient juste après dans le programme.

La figure des deux dés

Les barres dorées donnent la loi d'un seul dé : six valeurs de 1 à 6, toutes de probabilité 1/6, centrées sur 3,5. Elles apparaissent d'abord, avec leur espérance et leur écart type, puis viennent les barres bleues et les valeurs de la somme. Les barres bleues donnent la loi de S = X + Y : onze valeurs de 2 à 12, avec un profil en triangle qui culmine en 7, de probabilité 6/36, et descend jusqu'à 1/36 aux extrémités. L'espérance passe de 3,5 à 7 : elle double, comme le dit la linéarité. L'écart type, lui, passe d'environ 1,71 à environ 2,42 : il est multiplié par √2 et non par 2, parce que ce sont les variances, 35/12 puis 35/6, qui s'additionnent.

Variances additionnées à tort : les fautes de copie

• Additionner les variances sans indépendance (l'exemple 2 en donne le prix). Avant d'écrire V(X + Y) = V(X) + V(Y), une phrase : « les épreuves sont indépendantes, donc les variables X et Y le sont ».
• V(X − Y) = V(X) − V(Y) : pour X et Y indépendantes, V(X − Y) = V(X) + (−1)²V(Y) = V(X) + V(Y). Une variance négative doit alerter.
• Le carré oublié : V(3X) = 9V(X), pas 3V(X) ; σ(3X) = 3σ(X).
• σ(X + Y) = σ(X) + σ(Y) : on passe par les variances, puis on prend la racine.
• Sₙ confondu avec nX : un dé lancé une fois et multiplié par 10 a une variance multipliée par 100 ; dix dés additionnés, par 10.
• Un « n × E(X₁) » posé sans avoir écrit la variable comme une somme : le correcteur ne voit pas d'où vient le facteur n.

Trois exercices corrigés sur les sommes de variables aléatoires

Exercice 1 · Une combinaison de deux variables indépendantes

Énoncé. X et Y sont deux variables aléatoires indépendantes avec E(X) = 4, V(X) = 9, E(Y) = −1 et V(Y) = 4. On pose Z = 2X − 3Y + 5. Calculer E(Z), V(Z) et σ(Z).

Correction. Par linéarité, E(Z) = 2E(X) − 3E(Y) + 5 = 8 + 3 + 5 = 16. La constante 5 ne change pas la variance ; comme X et Y sont indépendantes, 2X et −3Y le sont aussi et V(Z) = 2²V(X) + (−3)²V(Y) = 4 × 9 + 9 × 4 = 72. Donc σ(Z) = √72 = 6√2 ≈ 8,49. Le signe moins devant 3Y n'a aucun effet sur la variance : il disparaît dans le carré.

Exercice 2 · Répondre au hasard à un QCM noté +3 / −1

Énoncé. Un QCM comporte 10 questions indépendantes, chacune avec 4 réponses dont une seule juste. Une bonne réponse rapporte 3 points, une mauvaise en retire 1. Un élève répond entièrement au hasard. On note T sa note. Calculer E(T) et σ(T).

Correction. Pour la question i, soit Bᵢ la variable qui vaut 1 si la réponse est juste, 0 sinon : Bᵢ suit la loi de Bernoulli de paramètre 1/4. La note de la question est Tᵢ = 3Bᵢ − (1 − Bᵢ) = 4Bᵢ − 1. E(Tᵢ) = 4 × 1/4 − 1 = 0 et V(Tᵢ) = 16 × (1/4)(3/4) = 3. T = T₁ + … + T₁₀, donc E(T) = 0 par linéarité. Les questions sont traitées indépendamment, donc V(T) = 10 × 3 = 30 et σ(T) = √30 ≈ 5,48. Avec ce barème, le hasard rapporte zéro en moyenne ; l'écart type d'environ 5,5 points rappelle que la note réelle s'en écarte beaucoup : la probabilité d'obtenir une note au moins égale à 6 en valeur absolue dépasse 0,46.

Exercice 3 · Combien de mesures pour que la moyenne soit précise ?

Énoncé. Une variable aléatoire X prend les valeurs 0, 1 et 2 avec les probabilités 1/2, 1/4 et 1/4. On considère un échantillon (X₁, …, Xₙ) de cette loi et sa moyenne Mₙ. Déterminer le plus petit entier n tel que σ(Mₙ) ≤ 0,05.

Correction. E(X) = 0 × 1/2 + 1 × 1/4 + 2 × 1/4 = 3/4. E(X²) = 1/4 + 4/4 = 5/4, donc V(X) = 5/4 − 9/16 = 11/16. Les Xᵢ étant indépendantes et de même loi que X, V(Mₙ) = V(X)/n = 11/(16n). La condition σ(Mₙ) ≤ 0,05 équivaut, les deux membres étant positifs, à V(Mₙ) ≤ 0,0025, soit 11/(16n) ≤ 1/400, soit n ≥ 11 × 400/16 = 275. Le plus petit entier qui convient est n = 275. Pour diviser l'écart type par 2, il faudrait quatre fois plus de mesures : c'est la loi en 1/√n.