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Espérance et variance d’une somme de variables aléatoires

Exemple

Dans le cadre d’un lancer de dé cubique équilibré, on gagne $2$ € si on obtient un nombre pair et on perd $6$ € si on obtient un nombre impair.
L’espérance de la variable aléatoire $\text{X}$ correspondant au gain remporté s’élève à $\mathrm{E}(\mathrm{X})=\mathrm{X}(1) \times \mathrm{P}(\{1\})+\ldots+\mathrm{X}(6) \times \mathrm{P}(\{6\})=(-6) \times \dfrac{1}{6}+\ldots+2 \times \dfrac{1}{6}=-2 €$.

Dans le lemme, l’espérance s’écrit en fonction des issues $\omega_{j}$de l’expérience aléatoire et non en fonction des valeurs $x_{i}$.

DÉMONSTRATION

Soient $\text{X}$ et $\text{Y}$ deux variables aléatoires définies sur $\Omega$. Soit $\text{Z}$ la variable aléatoire définie sur $\Omega$ par $\text{Z = X + Y}$.

On a alors $\mathrm{E}(\mathrm{X}+\mathrm{Y})=\mathrm{E}(\mathrm{Z})=\displaystyle\sum_{j=1}^{r} \mathrm{Z}\left(\omega_{j}\right) \mathrm{P}\left(\left\{\omega_{j}\right\}\right)$ (lemme précédent appliqué à $\text{Z}$) et donc $\mathrm{E}(\mathrm{X}+\mathrm{Y})=\displaystyle\sum_{j=1}^{r}(\mathrm{X}+\mathrm{Y})\left(\omega_{j}\right) \mathrm{P}\left(\left\{\omega_{j}\right\}\right)$ en utilisant $\text{Z = X + Y}$.

On a par ailleurs $X+Y\left(\omega_{j}\right)=X\left(\omega_{j}\right)+Y\left(\omega_{j}\right)$ (somme de fonctions).

Donc $\mathrm{E}(\mathrm{X}+\mathrm{Y})=\displaystyle\sum_{j=1}^{r} \mathrm{X}\left(\omega_{j}\right) \mathrm{P}\left(\left\{\omega_{j}\right\}\right)+\displaystyle\sum_{j=1}^{r} \mathrm{Y}\left(\omega_{j}\right) \mathrm{P}\left(\left\{\omega_{j}\right\}\right)$.

D’où $\text{E(X + Y) = E(X) + E(Y)}$ en identifiant les deux sommes précédentes à $\text{E(X)}$ et $\text{E(Y)}$.

Cette propriété permet de déterminer l’espérance de $\text{X + Y}$ simplement à l’aide de celles de $\text{X}$ et $\text{Y}$ (donc sans la connaissance de la loi de probabilité de $\text{X + Y}$).

On a également $\mathrm{E}(\mathrm{X}-\mathrm{Y})=\mathrm{E}(\mathrm{X})-\mathrm{E}(\mathrm{Y})$.

DÉMONSTRATION

Si $a = 0$, la propriété est évidente car $\mathrm{E}(0 \mathrm{X})=0 \text { et } 0 \mathrm{E}(\mathrm{X})=0$.
On suppose que $a \neq 0$.

• En notant $x_{1} ; \ldots ; x_{s}$, les valeurs prises par $\text{X}$, alors $a\text{X}$ prend les valeurs $a x_{1} ; \ldots ; a x_{s}$.
  Par définition, $\mathrm{E}(a \mathrm{X})=\displaystyle\sum_{i=1}^{s} a x_{i} \mathrm{P}\left(a \mathrm{X}=\alpha x_{i}\right)$.
  Ainsi, $\mathrm{E}(a \mathrm{X})=\displaystyle\sum_{i=1}^{s} a x_{i} \mathrm{P}\left(\mathrm{X}=x_{i}\right)=a \times \displaystyle\sum_{i=1}^{s} x_{i} \mathrm{P}\left(\mathrm{X}=x_{i}\right)=a \mathrm{E}(\mathrm{X})$.
• La deuxième égalité est démontrée dans l’exercice
  50
  p. 397.

Cette propriété est appelée linéarité de l’espérance.

On joue à un jeu se déroulant en deux étapes.

• Dans la phase $1$, on lance un dé équilibré à six faces.
  Si le résultat obtenu est $1$ ou $6$, on gagne $9$ points. Sinon, on perd $6$ points.
• Dans la phase $2$, on lance une pièce équilibrée.
  Si on obtient face, on gagne $6$ points. Sinon, on perd $2$ points.

Soit $\text{X}$ la variable aléatoire correspondant au nombre total de points obtenus. Calculer $\mathrm{E}(\mathrm{X})$.

DÉMONSTRATION

Si $a = 0$, la propriété est évidente car $\mathrm{V}(0 \mathrm{X})=0$ et $0^{2} \times V(X)=0$.
On suppose que $a \neq 0$.

En notant $x_{1} ; \ldots ; x_{s}$ les valeurs prises par $\text{X}$, alors $a\text{X}$ prend les valeurs $a x_{1} ; \ldots ; a x_{s}$.
Par définition, $\mathrm{V}(a \mathrm{X})=\displaystyle\sum_{i=1}^{s}\left(a x_{i}-\mathrm{E}(a \mathrm{X})\right)^{2} \mathrm{P}\left(a \mathrm{X}=a x_{i}\right)$.

Donc $\mathrm{V}(a \mathrm{X})=\displaystyle\sum_{i=1}^{s}\left(a x_{i}-a \mathrm{E}(\mathrm{X})\right)^{2} \mathrm{P}\left(a \mathrm{X}=a x_{i}\right)$ par propriété de l’espérance.

D’où, $V(a X)=\displaystyle\sum_{i=1}^{s} a^{2}\left(x_{i}-E(X)\right)^{2} P\left(X=x_{i}\right)$ car $a \mathrm{X}=a x_{i}$ si, et seulement si, $X=x_{i}$.

Ainsi, $\mathrm{V}(a \mathrm{X})=a^{2} \displaystyle\sum_{i=1}^{5}\left(x_{i}-\mathrm{E}(\mathrm{X})\right)^{2} \mathrm{P}\left(\mathrm{X}=x_{i}\right)=a^{2} \mathrm{V}(\mathrm{X})$.

Exemple

Si $\text{X}$ est une variable aléatoire vérifiant $\mathrm{V}(\mathrm{X})=5$, alors $\mathrm{V}(2 \mathrm{X})=2^{2} \mathrm{V}(\mathrm{X})=4 \times \mathrm{V}(\mathrm{X})=4 \times 5=20$.
De plus, $\sigma(2 \mathrm{X})=\sqrt{\mathrm{V}(2 \mathrm{X})}=\sqrt{20}=2 \sqrt{5}=2 \sqrt{\mathrm{V}(\mathrm{X})}=2 \sigma(\mathrm{X})$.

En reprenant les notations précédentes, on a $\mathrm{V}(\mathrm{X})=\displaystyle\sum_{i=1}^{s}\left(x_{i}-\mathrm{E}(\mathrm{X})\right)^{2}\times \mathrm{P}\left(\mathrm{X}=x_{i}\right)$.

L'écart type $\sigma(a \mathrm{X})$ vérifie $\sigma(a \mathrm{X})=|a| \sigma(\mathrm{X})$.

Attention : Si les variables $\mathrm{X}_{1} ; \ldots ; \mathrm{X}_{n}$ sont deux à deux indépendantes, on ne peut pas en conclure que $\mathrm{X}_{1} ; \ldots ; \mathrm{X}_{n}$ sont mutuellement indépendantes.
En effet, si on considère deux lancers de dés équilibrés indépendants et si on note :

• $\mathrm{X}_{1}$ (respectivement $\mathrm{X}_{2}$) la variable aléatoire valant 1 si le résultat du premier (second) dé est pair ;
• $\text{Y}$ la variable aléatoire valant $1$ si la somme des résultats des deux dés est paire et $0$ sinon.

On vérifie que $\mathrm{X}_{1}, \mathrm{X}_{2}$ et $\text{Y}$ sont deux à deux indépendantes mais pas mutuellement indépendantes.

DÉMONSTRATION

Voir exercice

77

p. 405.

On dit aussi que les variables aléatoires $\mathrm{X}_{1} ; \ldots ; \mathrm{X}_{n}$ sont mutuellement indépendantes.

Connaître la parité de la somme n’aide pas à deviner celle d’un dé. De même, connaître la parité d’un dé n’aide pas à déterminer celle de la somme, ni de l’autre dé. Mais, si l’on sait la parité des deux dés, alors on connaît celle de la somme.

Si $\mathrm{X}_{1} ; \ldots ; \mathrm{X}_{n}$ sont $n$ variables aléatoires indépendantes définies sur $\Omega$, alors $\mathrm{V}\left(\mathrm{X}_{1}+\ldots+\mathrm{X}_{n}\right)=\mathrm{V}\left(\mathrm{X}_{1}\right)+\ldots+\mathrm{V}\left(\mathrm{X}_{n}\right)$.

On reprend le jeu et la variable aléatoire de l’application précédente (partie A). Calculer $\text{V(X)}$.