CMD 060902

Université des Sciences et Technologies de Lille
U.F.R. de Mathématiques Pures et Appliquées

Bât. M2, F-59655 Villeneuve d’Ascq Cedex
Introduction au
Calcul des Probabilités
Probabilités à Bac+2 et plus si affinités. . .
Charles SUQUET
DEUG MIAS 2 et MASS 2 2002–2003

Table des matières
1 Espaces Probabilisés 1
1.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
´ vénements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .2
1.2 E
1.3 La probabilité comme fonction d’ensembles . . . . . . . . . . . .4
1.4 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Remarques sur le choix d’un modèle . . . . . . . . . . . . . . . . 1
6
1.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
8
2 Conditionnement et indépendance 27
2.1 Probabilités conditionnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.1.2 Propriétés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.1.3 Quelques exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2 Indépendance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
4
2.2.1 Indépendance de deux événements . . . . . . . . . . . . 34
2.2.2 Indépendance mutuelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.3 ´ Epreuves répétées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3 Variables aléatoires discrètes 47

3.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.2 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.2.1 Variable aléatoire discrète . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.2.2 Loi d’une variable aléatoire discrète . . . . . . . . . . . . 4
8
3.2.3 Fonction de répartition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3.3 Lois discrètes classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.3.1 Lois de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
3
3.3.2 Loi uniforme sur un ensemble fini de réels . . . . . . . . 53
3.3.3 Lois binomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
3
3.3.4 Lois hypergéométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
4
3.3.5 Lois géométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3.3.6 Lois de Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
7
3.3.7 Sur le caractère universel de la loi de Poisson . . . . . . . 62
i
3.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
4 Vecteurs aléatoires discrets 75

4.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4.2 Vecteurs aléatoires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
6
4.3 Variables aléatoires indépendantes . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
8
4.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1
5 Moments des v. a. discrètes 87

5.1 Espérance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
7
5.2 Moments d’ordre r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
5
5.3 Variance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
7
5.4 Covariance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
3
5.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
7
6 Loi des grands nombres 117

6.1 Deux modes de convergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
7
6.2 Loi faible des grands nombres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
9 ure des fréquences . . . . . . . . . . . . . 122
6. 3 Estimation d’une proportion . . . nue
6.5 Discussion . . . . . . . . . . incon . . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. 125
12
06.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
6.4 Convergence presque sˆ
7 Approximation gaussienne 139

7.1 La courbe en cloche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
´
7.2 Etude graphique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
7.3 Le théorème de De Moivre-Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . 147
7.4 Preuve du théorème de De Moivre-Laplace . . . . . . . . . . . . 150
7.4.1 E´valuation asymptotique de b(k, n, p) . . . . . . . . . . . 151
7.4.2 Sommes de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
6
7.5 Vitesse de convergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. 158
7.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. 162
8 Variables aléatoires réelles 169

8.1 Sortie du cadre discret . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
9
8.2 Notion de variable aléatoire réelle . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2
8.3 Variables à densité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
5
8.3.1 Densité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175
8.3.2 Moments des variables à densité . . . . . . . . . . . . . . 17
9
8.4 Lois à densité classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
0
8.4.1 Lois uniformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
0
8.4.2 Lois exponentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2
8.4.3 Lois gaussiennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
8.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
ii
A Ensembles et dénombrements 191
A.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
A.2 Ensembles finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3
iii
iv
Introduction
Issu du cours de Probabilités en DEUG MASS et MIAS, ce document
s’adresse à un public varié. Les étudiants de DEUG pourront y trouver une
rédaction détaillée de toutes les questions abordées en cours. Quelques dév
e- loppements vont au-
delà du strict programme et sont susceptibles d’intéresser
des lecteurs curieux ou plus avancés. Les outils mathématiques utilisés restent
néanmoins strictement dans le cadre du DEUG.
Ce premier tome1 est consacré à ce que l’on appelle les probabilités dis-
crètes. Par rapport aux rudiments de calcul des probabilités enseignés au lycée,
l’innovation est la prise en compte de l’infini. Cette notion s’introduit très na-
turellement en calcul des probabilités, par exemple dès qu’il s’agit de modéliser
des temps d’attente. On ne peut pas étudier avec un espace Ω de cardinal fin
i
une expérience aléatoire aussi simple que : « on lance un dé jusqu’à la premièr
e
obtention d’un six ». Nous nous posons donc la question de la définition et d
e
l’étude des probabilités sur des univers Ω infinis. Il est possible au niveau du
DEUG de faire une théorie assez rigoureuse si l’on veut bien faire l’impasse su
r
les problèmes de construction (ou d’existence) de tels espaces probabilisés infini
s capables de modéliser correctement les expériences aléatoires envisagées.
Le principal outil mathématique utilisé est celui des séries. Il permet une
étude classique assez complète des variables aléatoires discrètes. Cette étud
e
débouche sur deux grands théorèmes de convergence de la théorie des proba
-
bilités : la loi des grands nombres et la convergence vers une loi gaussienn
e
qui sont discutés dans des cas simples dans les deux derniers chapitres. Nou
s
avons choisi de donner autant que possible des démonstrations de ces théorèm
es dans ces cas particuliers. Ces démonstrations sont instructives en elles-
mêmes
et peuvent être considérées comme une introduction au cours de Licence. Une
autre particularité de ce document est la discussion sur les questions de vitess
e
de convergence à propos des approximations (par une loi de Poisson ou par
une loi de Gauss). Trop souvent on trouve à ce sujet dans la littérature des
recettes qui, données sans justification, ressemblent plus à de la cuisine2 qu’à
des mathématiques.
Chaque chapitre contient une section d’exercices qui suit autant que possible
1
Y en aura-t-il un deuxième ?
2
Il y a souvent de bonnes raisons cachées derrière une recette qui peut paraı̂tre arbitraire. . .
v
l’ordre d’exposition du cours3. Certains sont des applications directes du cours
ou des sujets d’examen ou de D.S., d’autres des approfondissements. Leur nivea
u
de difficulté n’a volontairement pas été indiqué a priori. De même, on ne trouvera
pas dans cette introduction de plan de lecture détaillé pour chaque DEUG. D
e
telles indications pourront être données en cours ou en TD, mais je n’ai pa
s
souhaité cloisonner a priori une curiosité qui, pour un scientifique, est tout le
contraire d’un vilain défaut. . .
Je remercie tous les collègues qui m’ont aidé directement ou indirectemen
t à rédiger ce polycopié et plus particulièrement Maurice Chamontin, Sylvie
Roelly et Marie-Claude Viano avec qui j’ai fait équipe en DEUG MASS et
MIAS. Il va de soi qu’ils ne portent aucune responsabilité pour les quelque
s
débordements auxquels j’ai pu me laisser aller ni pour les quelques fautes4 qu
e
l’on ne manquera pas de trouver dans cette première édition 5(septembre 1996)
.
Comme prévu ci-dessus, le deuxième tome n’a toujours pas été écrit et un
certain nombre d’erreurs ont été détectées dans la première édition et corrigées
dans la deuxième 6 (septembre 1997). Je remercie tous ceux qui m’en ont si
-
gnalé et plus particulièrement les étudiants de l’amphithéâtre de DEUG MASS
96–97 pour leur vigilance. Merci également à Michel Lifshits pour ses préci-
sions sur l’historique du théorème de De Moivre-Laplace, à Youri Davydov et
Myriam Fradon pour d’utiles discussions ainsi qu’à tous les chargés de TD de
probabilités en DEUG MIAS pour leur participation active. Last but not least,
merci à Daniel Flipo qui avec patience et disponibilité m’a fait bénéficier de
ses compétences d’expert dans le traitement de texte scientifique LTEX 2ε.
A
Les troisième et quatrième éditions de ce polycopié (septembre 1998 et 1999)

, ont bénéficié des amendements et corrections suggérés par Myriam Fradon,
Jeanne Devolder et Anne Philippe. C’est pour moi un plaisir de les en
remercier ici.
La cinquième édition (septembre 2000) de ce polycopié s’est enrichie (alour-
die ?) d’un chapitre sur les variables aléatoires réelles qui s’est substitué à la
promesse électorale d’un deuxième tome. Le titre a changé en conséquence.
La sixième édition (septembre 2001) comprend quelques exercices supplé
-
mentaires. La septième est inchangée, sauf la correction d’un quarantaine (sic)
de fautes de frappe ou d’orthographe. La plupart m’ont été signalées par Denis
Bitouzé de l’Université du Littoral que je remercie pour sa lecture attentive.
Ce document est disponible sur Internet, au format PDF, à l’adresse suivante
http ://www.univ-lille1.fr/labo-stat-proba/cs/
Villeneuve d’Ascq, septembre 2002.
3
Ces exercices ne se substituent pas aux séances de TD et à leurs fiches d’exercices mieux
adaptéesà chacun des publics concernés.
4Dont le nombre suit une loi de Poisson.
5
Remerciements anticipés à tout lecteur qui m’aidera à réduire le paramètre de ladite loi
pour la prochaine édition.
6
Qui ne prétend pas en être exempte, voir exercice 5.7 pour une modélisation.
vi
Chapitre 1
Espaces Probabilisés
1.1 Introduction
La théorie des probabilités fournit des modèles mathématiques permettant
l’étude d’expériences dont le résultat ne peut être prévu avec une totale certi-
tude. En voici quelques exemples :
Expérience Résultat observable

Lancer d’un dé Un entier k ∈ {1, . . . , 6}
Prélèvement de n objets en sortie Nombre d’objets défectueux
d’une chaıne de production
ˆ dans l’échantillon
Questionnaire à 100 questions Suite ω de 100 réponses
binaires ω ∈ {oui, non}100
Lancer d’une pièce jusqu’à la Un entier k ∈ N : le temps
première obtention de pile d’attente du premier succès
Mise en service d’une ampoule Durée de vie T ∈ R
Lancer d’une fléchette sur une cible Point d’impact
Mouvement d’un grain de pollen Une fonction continue :
dans un liquide la trajectoire
Mélange de deux gaz Répartition spatiale de deux
types de molécules
Bien que le résultat précis de chacune de ces expériences soit imprévisible

, l’observation et l’intuition nous amènent à penser que ces phénomènes obéissent
à certaines lois. Par exemple si on jette 6000 fois le dé, on s’attend à ce que l
e
nombre d’apparitions de la face « 3 » soit voisin de 1000. Si on met en servic
e
100 ampoules, leurs durées de vie observées seront concentrées autour d’une
certaine valeur moyenne.
La théorie des probabilités permet de donner un sens précis à ces considéra
-
tions un peu vagues. La statistique permet de confronter les modèles probabi
-
listes avec la réalité observée afin de les valider ou de les invalider. Par exempl
e
1
Chapitre 1. Espaces Probabilisés
siquelqu’un a 60 bonnes réponses sur 100 au questionnaire, est-il légitime de

considérer qu’il a « mieux fait » que le hasard ? Sur les n objets prélevés en
sortie de chaıne, k sont défectueux. Peut-on en déduire quelque chose sur la
ˆ
qualité de la production globale ?
1.2 ´
Evénements
La théorie moderne des probabilités utilise le langage des ensembles pou
r
modéliser une expérience aléatoire. Nous noterons Ω un ensemble dont les élé
-
ments représentent tous les résultats possibles ou événements élémentaires d’un
e
expérience aléatoire donnée. Les événements (ou événements composés) seront
représentés par des parties (sous-ensembles) de Ω.
Il n’est pas toujours facile de trouver un ensemble Ω permettant de modéliser
l’expérience aléatoire. Voici une règle pratique pour y arriver : les événements
élémentaires sont ceux qui contiennent l’information maximale qu’il est pos-
sible d’obtenir de l’expérience. Par exemple si on jette un dé, l’événement A :
« obtention d’un chiffre pair » n’est pas élémentaire. Il est composé des trois
événements élémentaires 2, 4, 6 : A = {2, 4, 6}. Ici Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. De
même si on lance trois fois une pièce de monnaie, les événements élémentaire
s sont des triplets comme (p,f,p) indiquant le résultat précis de chacun des trois
lancers. Ici Ω = {f, p}3. L’événement B « obtention de pile au deuxième des
trois lancers » est composé : B = {(f, p, f); (f, p, p); (p, p, f); (p, p, p)}.
Avec ce mode de représentation, les opérations logiques sur les événements :
« et », « ou », « négation » se traduisent par des opérations ensemblistes : in-
tersection, réunion, passage au complémentaire. Voici un tableau de correspon-
dance entre les deux langages.
Notations Vocabulaire ensembliste Vocabulaire probabiliste

∅ ensemble vide événement impossible
Ω ensemble plein événement certain

ω élément de Ω événement élémentaire
A sous-ensemble de Ω événement
ω∈ A ω appartient à A Le résultat ω est une des

réalisations possibles de
A
A⊂B A inclus dans B A implique B
A∪B réunion de A et B A ou B
A∩B intersection de A et B A et B
Ac complémentaire de A événement contraire de A
dans Ω
A∩B =∅ A et B sont disjoints A et B sont incompatibles
2 Ch. Suquet, Probabilités

1.2. E´ vénements
Les opérations logiques sur les événements peuvent bien sˆ ur faire intervenir
plus de deux événements. Ainsi, si A1,. . ., An sont des événements,
n
∪ Ai = A1 ∪ A2 · · · ∪ An
i=1
est l’ensemble des ω qui sont dans l’un au moins des Ai. C’est donc l’événement
« réalisation de l’un au moins des Ai (1 ≤ i ≤ n) ». De même :
n
∩ Ai = A1 ∩ A2 · · · ∩ An
i=1
est l’ensemble des ω qui sont dans tous les Ai. C’est donc l’événement « réali-
sation de chacun des Ai (1 ≤ i ≤ n) ». Il est facile d’étendre ces définitions aux
réunions et intersections d’une suite infinie d’événements :
+∞
∪ Ai = ∪ Ai = {réalisation de l’un au moins des Ai, i ∈ N }, ∗
i∈ N∗ i=1
+∞
∩ Ai = ∩ Ai = {réalisation de tous les Ai, i ∈ N }.∗
i∈ N∗ i=1
Ces opérations logiques sur des suites d’événements sont très utiles pour ana-
lyser des événements complexes à l’aide d’événements plus simples et, comm
e
nous le verrons plus tard, calculer ainsi des probabilités. A titre d’illustration,
examinons la situation suivante.
Exemple 1.1 Alice et Bruno lancent le même dé à tour de rôle (Alice com-
mence). Le gagnant est le premier à obtenir un « six ».
On s’intéresse aux trois événements
A = {victoire d’Alice},
B = {victoire de Bruno},
D = {Il n’y a pas de vainqueur}.
La simplicité de leur définition est trompeuse. Leur structure compliquée peut

être analysée à l’aide des événements plus simples suivants :
Fn = {fin de la partie au n-ième lancer}, n∈ N, ∗
Sj = {le j-ème lancer donne un « six »}, j ∈ N. ∗
Commençons par D. Il est clair que D se réalise si et seulement si le « six »

n’apparaıt à aucun lancer, autrement dit si et seulement si quel que soit j ∈ N ,
ˆ
∗
l’événement Sc est réalisé. D’où :

j
\ Sc.
D= j
j∈ N∗
Ch. Suquet, Probabilités 3

Alice ne peut gagner la partie que lors d’un lancer de rang impair puisqu
e
les lancers de rang pair sont ceux de Bruno. Alice peut donc gagner à l’un de
s
lancers 1, 3, 5, . . . , 2k+1, . . . Alice gagne si et seulement si la partie se termine par
l’un de ces lancers. De mêm[e Bruno peut gagne [ r aux lancers 2, 4, 6, . . . , 2k, . . .
A= F k+1 B=
d’où :
2
F k. 2
k∈ N k∈ N ∗
Enfin, chaque Fn (n ≥ 2) se réalise si et seulement si d’une part chacun des

n − 1 premiers lancers donne autre chose qu’un « six », autrement dit réalise Sc j
(1 ≤ j ≤ n − 1) et d’autre part le n-ième lancer donne « six » (Sn se réalise).

On a donc :
□ □
n−1
F1 = S1, Fn = ∩ Sc ∩ Sn,
j n>1
j=1
et finalement :
□□
∩ □ 2k □ □□ 2k−1 ∩ □ □
[ j=1
[ j=1
A= S ∩ S2k+1 ,
c
j B= S ∩ S2k .
c
j
Remarquonks∈ Nque nous n’avons pas eu besoin kd∈eN préciser dans quel ensemble∗
Ω on travaillait pour effectuer les décompositions d’événements ci-

dessus. Seule
importait leur structure logique. Voici un choix possible (parmi d’autres) de Ω :
on prend l’ensemble des suites de chiffres ω de l’un des deux types suivant
s.
Soit ω est une suite finie de chiffres pris parmi {1, 2, 3, 4, 5} et terminée par un
6. Soit ω est une suite infinie de chiffres pris parmi {1, 2, 3, 4, 5} (et donc sans
aucun 6). Remarquons qu’avec ce choix de Ω, D est l’ensemble des suites d
u deuxième type : D = {1, 2, 3, 4, 5}N . ∗
Remarque1 Si I est un ensemble d’indices quelconque non vide et (Ai)i I une ∈
famille d’événements indexée par I, on peut définir ∪ i I Ai comme l’ensemble ∈
des ω appartenant à l’un au moins des Ai et ∩i I Ai comme l’ensemble des ω

∈
appartenant à chacun des Ai. Ces définitions sont globales et ne font appel à
aucune structure d’ordre sur I ni, dans le cas où I est infini, à aucune notion
de convergence.
1.3 La probabilité comme fonction d’ensembles

Ce titre appelle tout de suite une explication. La probabilité P telle que
nous allons la définir ci-
dessous est une fonction qui à un événement associe
un nombre compris entre 0 et 1 et censé mesurer les chances de réalisation
de cet événement. Pour des raisons sortant du cadre de ce cours, il n’est pas
1
à passer en première lecture.

1.3. La probabilité comme fonction d’ensembles
toujours possible d’attribuer ainsi de manière cohérente une probabilité à chaque

partie de Ω. En d’autres termes, P ne peut pas être considérée comme un
e
application de l’ensemble P(Ω) de toutes les parties de Ω dans [0, 1] mais com
me
une fonction ayant un domaine de définition F généralement plus petit que
P(Ω). Voici les propriétés qu’il est raisonnable d’exiger de F :
– F contient Ω et tous les singletons {ω}.
– F est stable par passage au complémentaire : si B est un événement de
F, Bc l’est aussi.
– F est stable par les opérations de réunion et d’intersection sur les suites
d’événements2. Si A1, A2, . . . est une suite finie ou infinie d’événements de
F, sa réunion et son intersection sont encore des événements de F .
L’étude faite à l’exemple 1.1 montre que ces propriétés sont vraiment le moins
que l’on puisse exiger de F dès que l’on travaille sur une expérience aléatoir
e
ayant une infinité de résultats élémentaires possibles (i.e. Ω infini). Nous appel
-
lerons famille d’événements observables toute famille F de parties de Ω vérifiant
les conditions ci-dessus3.
Définition 1.1 Soit Ω un ensemble et F une famille d’événements observables

sur Ω. On appelle probabilité sur (Ω, F) toute application P de F dans [0, 1]
vérifiant :
(i) P (Ω) = 1.
(ii) Pour toute suite (Aj)j≥1 d’événements de F deux à deux disjoints (in-
compatibles) :
+∞
□ □
X
P (Aj).
P ∪N Aj = j=1 ∗
j ∈
Le triplet (Ω, F, P ) s’appelle espace probabilisé.
Définir une probabilité sur (Ω, F) c’est en quelque sorte attribuer une « masse »
à chaque événement observable, avec par convention une masse totale égale à 1
pour l’événement certain Ω. La propriété (ii) s’appelle σ-additivité.
Exemple 1.2 (suite de l’exemple 1.1)

Revenons à la partie de dé entre Alice et Bruno . Admettons provisoirement qu
e
l’on ait construit un (Ω, F, P ) modélisant correctement cette expérience et que
pour n ≥ 1, P (Fn) = (5/6)n−1(1/6). Ce résultat peut se justifier par la règle du
conditionnement en chaıne qui sera vue ultérieurement. On peut alors calculer
ˆ
la probabilité de victoire de chacun des joueurs.

2Bien
sûr grâce à la stabilité par complémentaire, la stabilité par réunion équivaut à la
stabilité par intersection.
3 On dit aussi tribu ou σ-
algèbre de parties de Ω, mais nous n’emploierons pas ce voca-

bulaire abstrait. La définition générale d’une tribu F ne suppose pas que tous les singletons
En effet on a
[ [ F k.2
A= F k+1
2 B=
k∈ N k∈ N∗
De plus chacune de ces réunions est disjointe : si i 6= j, Fi ∩ Fj = ∅ car si un

événement élémentaire ω était commun à Fi et Fj, cela signifierait que pour la
même suite, le « six » apparaıtrait pour la première fois au i-ème lancer et au j-
ˆ
ème lancer ce qui est absurde. Donc les F k+1 sont deux à deux disjoints et
2
+∞ +∞
X X
1 □5 □2k 1 □ 25 □j 1 1 6
,
X
P (A) = P (F k+1) =
2 = = 1− 25 =
6 6 6 36 6 36 11
k∈ N k=0 j=0
en utilisant la convergence et le calcul de la somme de la série géométrique de

raison 25/36. De même :
+∞ +∞
X X
1 □5 □2k−1 5 □ 25 □j 5 1 5
.
X
P (B) = P (F k) =
2 = = 1− 25 =
k∈ N∗ 6 6 36 36 36 36 11
k=1 j=0
On constate que Alice est légèrement avantagée par le fait de lancer la première,
ce qui est conforme à l’intuition. De plus par la propriété d’additivité 2.(b) ci-
dessous, comme A, B et D sont trois événements disjoints dont la réunion est
Ω, on en déduit que P (D) = 0. La probabilité qu’il n’y ait aucun vainqueur est
donc nulle, ce qui là aussi est conforme à l’intuition. On remarquera cependant
que dans le modèle choisi pour Ω, D = {1, 2, 3, 4, 5}N est très loin d’être vide, ∗
c’est même un ensemble très « gros » du point de vue de la cardinalité : on peut

démontrer qu’il est en bijection avec l’ensemble de tous les nombres réels4.
Proposition 1.2 (Propriétés générales d’une probabilité)

Toute probabilité P sur (Ω, F) vérifie les propriétés suivantes :
1. P (∅ ) = 0.
2. Additivité
(a) Si A ∩ B = ∅ , P (A ∪ B) = P (A) + P (B).
(b) Si les Ai (1 ≤ i ≤ n) sont deux à deux disjoints :
X n
n
P ∪ □ P (Ai).
i=1 Ai = i=1
3. ∀ A ∈ F, P (Ac) = 1 − P (A).
4. ∀ A ∈ F, ∀ B ∈ F, A ⊂ B ⇒ P (A) ≤ P (B).
5. ∀ A ∈ F, ∀ B ∈ F, P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B).
6. Continuité monotone séquentielle
4 L’idée clé est
de considérer le développement en base 5 des réels de ]0, 1[. . .
(a) Si (Bn)n≥1 est une suite croissante d’événements de F convergente5

vers B ∈ F, alors P (B) = lim P (Bn). Notation :
n→+∞
Bn ↑ B ⇒ P (Bn) ↑ P (B) (n → +∞).
(b) Si (Cn)n≥1 est une suite décroissante d’événements de F convergente6

vers C ∈ F , alors P (C) = lim
n→+∞ P (Cn). Notation :
Cn ↓ C ⇒ P (Cn) ↓ P (C) (n → +∞).

7. (a) ∀ A ∈ F, ∀ B ∈ F P (A ∪ B) ≤ P (A) + P (B).
X n
(b) ∀ A1, . . . , An ∈ F, P □ P (Ai).
=1 Ai ≤ i=1
X +∞
(c) ∀ A1, . . . , An, . . . ∈ F, P P (Ai). □
Ai ≤ i=1 N∗
Preuve : Soit P une fonction d’ensemble F → [0, 1] satisfaisant aux conditions

(i) et (ii) de la définition 1.1, il s’agit de démontrer que P vérifie les propriétés
1 à 7.
Preuve de 1. Comme P (Aj) ≥ 0 pour tout Aj ∈ F, on a toujours
X
P (Aj) ≥ P (A1) + P (A2),

j N∗
∈
le premier membre pouvant être égal à +∞. En choisissant Aj = ∅ pour tout

j ∈ N∗ et en utilisant la σ-additivité (ii), on en déduit :
X +∞
P (∅ ) = P □ P (Aj) ≥ P (∅ ) + P (∅ ).
N∗ Aj = j=1
Par conséquent, P (∅ ) ≥ 2P (∅ ) et comme P (∅ ) ≥ 0, ceci entraıne P (∅ ) = 0. ˆ
Preuve de 2. Soient A1, . . . , An, n événements de F deux à deux disjoints. Pour

j > n, posons Aj = ∅ . On a ainsi une suite infinie (Aj)j≥1 d’événements deux à
deux disjoints. En utilisant la σ-additivité, on obtient alors :
+∞
X X
n
n P (Aj) +
P □∪ □ j=1 j= P (Aj).
Aj = P
j=1 N Aj = ∗
n+1
D’après 1, la somme pour j ≥ n + 1 vaut 0, ceci prouve 2(b). Bien sˆ ur 2(a) n’est
que le cas particulier n = 2.
5Ce
qui signifie : ∀ n ≥ 1, Bn ⊂ Bn+1 et B = ∪ Bn.
n≥1
6Ce
qui signifie : ∀ n ≥ 1, Cn+1 ⊂ Cn et C = ∩ Cn.
n≥1

Preuve de 3. Prendre B = Ac dans 2 (a) et utiliser (i).

Preuve de 4. Si A ⊂ B, alors B = A ∪ (B ∩ Ac) et cette réunion est disjointe.
D’après 2 (a) on a P (B) = P (A) + P (B ∩ Ac) et comme P (B ∩ Ac) ≥ 0, on en
déduit P (B) ≥ P (A).
Preuve de 5. On a les décompositions suivantes en unions disjointes :
A ∪ B = (A ∩ Bc) ∪ (A ∩ B) ∪ (Ac ∩ B),

A = (A ∩ Bc) ∪ (A ∩ B),
B = (A ∩ B) ∪ (Ac ∩ B).
En utilisant l’additivité on en déduit :

P (A ∪ B) = P (A ∩ Bc) + P (A ∩ B) + P (Ac ∩ B)
□ □ □ □
= P (A ∩ Bc) + P (A ∩ B) + P (A ∩ B) + P (Ac ∩ B)
−P (A ∩ B)
= P (A) + P (B) − P (A ∩ B).
Preuve de 6. Il suffit de prouver 6(a), la propriété 6(b) s’en déduit en appliquant

6(a) à la suite d’événements Bn = Cc . Admettons, pour l’instant, que pour tout
n
n ≥ 1, Bn vérifie la décomposition en union disjointe :

□ □
n
Bn = B0 ∪ =1 (Bi \ Bi−1) .
∪
i
En écrivant la réunion infinie des Bn à l’aide de cette décomposition et en
« effaçant » toutes les répétitions des Bi \ Bi−1, on en déduit immédiatement
que B vérifie la décomposition en union disjointe :
□ □
B = B0 ∪ ∪ N (Bi \ Bi−1) . ∗
i ∈
Passant aux probabilités, ces deux décompositions nous donnent :
X n
P (Bn) = P (B0) + P (Bi \ Bi−1),
i=1
X +∞
P (B) = P (B0) + P (Bi \ Bi−1).

i=1
Comme cette série converge, sa somme est la limite de la suite de ses somm
es partielles de rang n, ce qui s’écrit :
n
n X
o
P (B) = lim P (B0) + P (Bi \ Bi−1) = limn→+∞ P (Bn).
n→+∞
i=1
Ainsi pour compléter la preuve, il ne reste plus qu’à justifier la décomposition

de Bn. Posons :
□ □
n
Dn = B0 ∪ =1 (Bi \ Bi−1) . ∪
i
Pour montrer que Bn = Dn, il suffit de montrer que Dn ⊂ Bn et Bn ⊂ Dn. La
première inclusion est évidente puisque pour tout i ≤ n, Bi \ Bi−1 ⊂ Bi ⊂ Bn.
Pour prouver l’inclusion inverse, on note ω un élément quelconque de Bn et on
montre que ω appartient à Dn. Soit i0 = i0(ω) le plus petit des indices i tels que
ω ∈ Bi. Comme cet ensemble d’indices contient au moins n, on a 0 ≤ i0 ≤ n.
Si i0 = 0, ω ∈ B0 et comme B0 ⊂ Dn, ω ∈ Dn. Si i0 ≥ 1, par la définition
même de i0, on a ω ∈ Bi et ω ∈/ Bi −1, donc ω ∈ Bi \ Bi −1 et comme i0 ≤ n,
0 0 0 0
Bi \ Bi −1 ⊂ Dn donc ω ∈ Dn. Le raisonnement précédent étant valable pour

0 0
tout ω de Bn, on en déduit Bn ⊂ Dn.
✗✔
B0
✖✕ B1 \ B0 B2 \ B 1
Preuve de 7(a). D’après 5 :
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) ≤ P (A) + P (B),
car P (A ∩ B) ≥ 0.
Preuve de 7(b). On remarque que pour tout n ≥ 1 on a :
n n
∪ Ai = ∪ Bi ,
i=0 i=0
où les Bi sont des événements deux à deux disjoints définis comme suit :
B0 = A0, B1 = A1 ∩ Bc0, B2 = A2 ∩ (B0 ∪ B1)c, . . .

. . . Bn = An ∩ (B0 ∪ B1 ∪ . . . Bn−1)c, . . .
Par additivité :
n
□ □ □ □
X
n n
∪ ∪ P (Bi).
P i=0 Ai = P i=0 Bi = i=0
Par construction pour tout i, Bi ⊂ Ai , d’où P (Bi) ≤ P (Ai) et :

n
□ n □
n
X X
P =0 Ai = ∪
P (B i ) ≤ P (Ai).
i i=0 i =0
Preuve de 7(c). Posons pour tout n ≥ 1,
n
Dn = ∪ Ai, D= ∪ Dn = ∪ Ai .
i=0 n≥1 i∈ N
La suite (Dn)n≥1 est croissante et a pour limite D. Donc d’après 6(a), P (Dn) ↑
P (D) (n → +∞). D’après 7(b) on a :
X n
∀n ≥ 1, P (Dn) ≤ P (Ai).
i=0
Les deux membres de cette inégalité étant les termes généraux de deux suit
es
croissantes de réels positifs, on obtient en passant à la limite quand n tend vers
+∞
+∞ :
X
P( ∪ P (Ai).
i∈ N Ai) = P (D) ≤
i=0
Ce qui prouve 7(c). Remarquons que les sommes partielles de la série converge
nt dans R+ ∪ {+∞}. Bien sˆ
ur l’inégalité obtenue n’a d’intérêt que lorsque la série
de terme général P (Ai) converge et a une somme strictement inférieure à 1.
Le calcul de probabilités de réunions ou d’intersection est une question cru-
ciale. La propriété 5 montre qu’en général on ne peut pas calculer P (A ∪ B) à
partir de la seule connaissance de P (A) et P (B) et qu’on se heurte à la même
difficulté pour P (A ∩ B) (voir l’exercice 1.6). Le calcul des probabilités d’inter-
sections sera discuté au chapitre 2. Pour les probabilités de réunions, on peut
se demander comment se généralise la propriété 5 lorsqu’on réunit plus de deux
évènements. Il est facile de vérifier (faites-le !) que :
P (A∪B∪C) = P (A)+P (B)+P (C)−P (A∩B)−P (A∩C)−P (B∩C)+P (A∩B∩C).

Le cas général est donné par la formule de Poincaré ci-dessous qui exprime
P (A1 ∪ · · · ∪ An) à l’aide des probabilités de toutes les intersections des Ai : 2
à 2, 3 à 3, etc. L’exercice 1.12 sur le problème des appariements présente une
application de cette formule.
Proposition 1.3 (Formule de Poincaré)
Pour tout entier n ≥ 2 et tous évènements A1, . . . , An :
n
□ n □
n
X
X X
P (A ) +
P =1 Ai = i
(−1)k+1
P (Ai ∩ · · · ∩ Ai ). (1.1)
∪
i i=1 k =2 1≤i1<i2<...<ik≤n 1 k

Preuve : On raisonne par récurrence (voir aussi l’exercice 5.6 du chapitre 5

pour une autre méthode). La formule est vraie pour n = 2, car dans ce cas elle
se réduit à
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B).(1.2)
Supposons la formule de Poincaré vraie au rang n (plus précisément on suppos
e que pour toute suite de n évènements A1, . . . , An, l’égalité (1.1) est vérifiée).
Pour en déduire qu’elle est alors vraie au rang n + 1, il nous faut calculer
□ n+1 □ n
∪ ∪
P i=1 Ai . On commence par appliquer (1.2) avec A = i=1 Ai et B = An+1.
On obtient ainsi :
□ n+1 □ □ n □ □h n i □
P i=1
∪ Ai = P Ai + P (An+1) − P ∪
=1 Ai ∩ An+1
=1 ∪
i i
□ n □ □ n □
= P =1 A i + P (A n+1) − P ∪
=1 (A i ∩ A n+1) . ∪
i i
On applique maintenant l’hypothèse de récurrence (formule de Poincaré (1.1))
d’abord avec les n évènements A1, . . . , An puis avec les n évènements A′1 , . . . , A′n ,
où l’on a posé A′ := Ai ∩ An+1. Il viennt :
i
n
□ n+1 □
X X
P (Ai) + X
P i=1 Ai =
∪ (−1) k+1 P (Ai ∩ · · · ∩ Ai ) 1 k
i=1 k n
=2 1≤i1<i2<...<ik≤n
X X
′
) )−
+ P n(APn+1(A i
i=1 j X P (A′ ∩ · · · ∩ A′ )
(−1)j+1
i
1 i
j
− =2 1≤i1<i2<...<ij≤n
n+1
X
= P (Ai) (1.3)
i=1
n
X X
+ (−1)k+1 P (Ai1 ∩ · · · ∩ Aik ) (1.4)
k=2 1≤i1<i2<...<ik≤n
X
n
+ (−1) 2+1 P (Ai ∩ An+1) (1.5)
i=1
X n X
+ (−1)(j+1)+1 P (Ai ∩ · · · ∩ Ai ∩ An+1)(1.6)

1 j
j=2 1≤i1<i2<...<ij≤
n
Comparons ce résultat avec ce que l’on espère trouver, c’est-à-dire avec
n+1 X
n+1
X
P (Ai) + X P (Ai ∩ · · · ∩ Ai ) .
1≤i1<i2<...<ik≤n+1
k=2 (−1)k+1 1 k
i=1 | {zT n+1

}
=:

Cela revient à vérifier que Tn+1 est égal à la somme des lignes (1.4) à (1.6)
ci-dessus. Partageons Tn+1 en deux blocs comme suit. Le premier bloc regroupe
tous les termes tels que ik < n + 1 (et donc ik ≤ n et k ≤ n). On le retrouve
exactement à la ligne (1.4). Le deuxième bloc regroupe tous les termes po
ur
lesquels ik = n + 1. Dans ce bloc, la somme des termes pour lesquels k = 2 se
retrouve ligne (1.5). Il reste alors la somme des termes pour lesquels 3 ≤ k ≤
n + 1 et ik = n + 1 (donc ik−1 ≤ n). Cette somme est exactement le contenu de
la ligne (1.6), comme on peut le voir en faisant le changement d’indice k = j + 1
dans (1.6). Ceci achève la récurrence.
1.4 Exemples
Nous examinons maintenant quelques exemples élémentaires.
Exemple 1.3 On effectue une partie de pile ou face en trois coups. Quelle est
la probabilité d’obtenir pile aux premier et troisième lancers ?
On peut modéliser cette expérience en prenant Ω = {f, p}3 et pour famille
d’événements observables F = P(Ω) l’ensemble de toutes les parties7 de Ω.
La pièce étant supposée symétrique, nous n’avons a priori pas de raison d
e
supposer que l’un des 8 triplets de résultats possibles soit favorisé ou défavorisé
par rapport aux autres. Nous choisirons donc P de sorte que tous les événement
s élémentaires aient même probabilité (hypothèse d’équiprobabilité), soit :
1 1
∀ω ∈ Ω, P ({ω}) = = .
Card Ω 23
L’événement B dont on veut calculer la probabilité s’écrit :
B = {(p,f,p); (p,p,p)}.
D’où :
1 1 1
P (B) = + = .
8 8 4
Exemple 1.4 On fait remplir un questionnaire à 20 questions binaires. Quelle

est la probabilité qu’un candidat répondant au hasard obtienne au moins 16
bonnes réponses ?
On choisit ici :
Ω = {oui, non} , 20
F = P(Ω).
7
Lorsque Ω est fini, il est toujours possible de faire ce choix.

1.4. Exemples
Si le candidat répond complètement au hasard, on peut considérer que cha-

cune des 2 0 grilles de réponses possibles a la même probabilité d’apparaıtre
2
ˆ
(hypothèse d’équiprobabilité sur Ω). Pour tout B ⊂ Ω, on a alors :
CardB
P (B) = .
CardΩ
En particulier pour B = {obtention d’au moins 16 bonnes réponses},

16
+ C 2170 + C 2180 + C 2190 + C 20
20
C 20 6196
≃ 0, 006.
P (B) = = 20 2
20
2
Exemple 1.5 (Contrôle de production)

On prélève au hasard un échantillon de k pièces dans une production totale de
N pièces comprenant en tout n pièces défectueuses. Quelle est la probabilité de :
Aj = {il y a exactement j pièces défectueuses dans l’échantillon}?
On prend pour Ω l’ensemble de toutes les parties à k éléments d’un ensemble `
a
N éléments (ensemble de tous les échantillons possibles de taille k), F = P(Ω)
et P l’équiprobabilité sur Ω. Il suffit alors de dénombrer tous les échantillons
ayant exactement j pièces défectueuses. Un tel échantillon se construit en pre-
nant j pièces dans le sous-ensemble des défectueuses (Cj choix possibles) et en n
complétant par k − j pièces prises dans le sous-ensemble des non-

défectueuses (Ck n choix possibles). On en déduit :
N
j
−
−
C j k−j 0 ≤ j ≤ n,
N−n
P (Aj) = nC si
0 ≤ j ≤ k,
Ck
N
k − j ≤ N − n.
Si l’une de ces trois conditions n’est pas vérifiée, P (Aj) = 0.
Ces trois premiers exemples concernent le cas où l’on peut choisir Ω fini. On
peut caractériser complètement les probabilités sur les ensembles finis. C’est
l’objet de l’énoncé suivant.
Proposition 1.4 Soit Ω = {ω1, . . . , ωn} un ensemble fini à n éléments. La don-
née d’une probabilité P sur (Ω, P(Ω)) équivaut à celle d’une suite finie (pi) ≤i≤n 1
de réels tels que :

X n
pi = 1, pi ≥ 0 (1 ≤ i ≤ n)
i=1
et des n égalités
P ({ωi}) = pi, 1 ≤ i ≤ n.
Preuve : Si P est une probabilité sur (Ω, P(Ω)), on a P (Ω) = 1 et comme Ω

est la réunion disjointe des {ωi} (1 ≤ i ≤ n), on a :
X n
P ({ωi}) = 1.
i=1
Si on définit les réels pi par pi := P ({ωi}), il est clair qu’ils vérifient les condi-
tions requises.
Réciproquement, donnons nous une suite finie p1, . . . , pn de réels positifs d
e
somme 1. Définissons la fonction d’ensemble Q sur (Ω, P(Ω)) de la manière
suivante :
(a) Q(∅ ) := 0.
(b) ∀ i ∈ {1, . . . , n}, Q({ωi}) := pi.
X pi.
(c) ∀ B ∈ P(Ω) (c.à.d. ∀ B ⊂ Ω), Q(B) :=
ωi∈ B
Remarquons que (a) et (b) sont deux cas particuliers de (c) si l’on convient
qu’une somme indexée par l’ensemble vide (donc ayant 0 termes) vaut 0 et un
e
somme indexée par un singleton donc ayant un seul terme vaut ce terme. Nou
s
allons vérifier que la fonction d’ensembles Q ainsi définie est bien une probabilité
sur (Ω, P(Ω)), autrement dit que Q vérifie les conditions (i) (Q(Ω) = 1) et (ii)
(σ-additivité) de la définition 1.1.
Vérification de (i) : En utilisant la définition de Q et l’hypothèse sur la somme
des pi :
n X
X pi = 1.
Q(Ω) = pi =
i=1
ωi∈ Ω
Vérification de (ii) : Soit (Aj)j≥1 une suite de parties de Ω deux à deux dis-
jointes. Comme Ω est fini, seul un nombre fini m de Aj sont non vides (m ≤ n).
Notons les Aj , . . . , Aj . . . , Aj . Soit A leur réunion :
1 k m
m
∪ Aj = ∪ Aj = A. k
k=1
j∈ N∗
D’après la définition de Q :
X
Q(A) =
ωi∈ A pi .
Dans cette somme finie, regroupons en un même paquet tous les pi indexés p
ar des ωi appartenant au même Aj : k
m
X X X
m pi =
Q(A) = k=1 ω∈ Ajk i
k Q(Aj ).
k

=1
1.4. Exemple
s
Finalement
+∞
m
□ □
X X
Q(Ajk ) = Q(Aj).
Q ∪N Aj = Q(A) =
∗
k=1 k
j ∈
=1
Ainsi la fonction d’ensemble Q vérifie la propriété de σ-additivité, c’est bien une
probabilité sur (Ω, P(Ω)).
Remarque : Lorsque Ω est fini, la façon la plus simple de construire une pro-
babilité sur (Ω, P(Ω)) est de choisir pi = 1/n pour tout i (Card Ω = n). On
parle alors d’équiprobabilité ou de probabilité uniforme sur (Ω, P(Ω)). C’est la
modélisation qui s’impose naturellement lorsqu’on n’a pas de raison de penser a
priori qu’un résultat élémentaire de l’expérience soit favorisé ou défavorisé par
rapport aux autres. La situation est radicalement différente lorsque Ω est infini
dénombrable (par exemple N ou une suite infinie d’éléments distincts). Sur un
tel ensemble, il ne peut pas y avoir d’équiprobabilité. Imaginons que l’on veuille
tirer une boule au hasard dans une urne contenant une infinité de boules ayan
t chacune un numéro entier distinct (et une boule par entier). Soit ωi l’événement
tirage de la boule numérotée i (i ∈ N) et pi sa probabilité. Par σ-additivité, on
doit toujours avoir :
X
pi = 1.
i∈ N
Mais si tous les pi sont égaux, la série ci-

dessus contient une infinité de termes
tous égaux à p0. Sa somme vaut alors +∞ si p0 > 0 ou 0 si p0 = 0, il y a donc
une contradiction.
Proposition 1.5 Soit Ω = {ω0, ω1, . . . , ωi, . . .} un ensemble infini dénombrable

(c’est-à-dire en bijection avec N). La donnée d’une probabilité sur (Ω, P(Ω))
équivaut à la donnée d’une suite (pi)i N de réels tels que : ∈
+∞
X
pi = 1, pi ≥ 0 (i ∈ N)
i=0
et des égalités
P ({ωi}) = pi, i ∈ N.
Preuve : La démonstration est analogue à celle de la proposition 1.4 en rempla-

çant les sommes finies par les séries. En particulier pour montrer la σ-additivité
de Q, on utilise la propriété de sommation par paquets des séries qui est tou-
jours vérifiée pour les séries à termes positifs. Les détails sont laissés au lecteur
.
Exemple 1.6 (Une probabilité définie sur
Soit a un réel strictement positif fixé. On pose :

−a k
e a .
∀ k ∈ N, pk = k!
On remarque que pk est le terme général positif d’une série convergente :
+∞ +∞
X
e−aak −a
X
ak −a a
=e = e e = 1.
k=0
k! k=0
k!
Pour tout A ⊂ N, on définit :
X
P (A) = p k.
k∈ A
D’après la proposition 1.5, P est une probabilité sur (N, P(N)). On l’appelle
loi de Poisson de paramètre a. Calculons par exemple P (2N) où 2N désigne
l’ensemble des entiers pairs.
+∞
X X
e−aa2l −a
1 −2a
= =e ch a = (1 + e ).
P (2N) = pk
(2l)!
l=0 2
Une conséquence de kc∈e2Nrésultat est : si l’on tire un nombre entier au hasard
suivant une loi de Poisson, la probabilité qu’il soit pair est strictement supérieure
à 12 .
1.5 Remarques sur le choix d’un modèle

Envisageons la situation suivante « on jette deux dés . . . ». Un événement
élémentaire associé à cette expérience est la sortie de deux nombres entier
s distincts ou non compris entre 1 et 6.
Une première modélisation consiste à choisir Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}2, à prendre
comme ensemble d’événements observables F = P(Ω) et à attribuer à chaque
événement élémentaire {(i, j)} la probabilité 1/36 (Modèle (1)).
Il est commode de représenter Ω sous la forme d’un tableau à 36 case
s correspondant chacune à un événement élémentaire. On peut alors définir la
probabilité comme un rapport d’aires (Modèle (1′)) :
P (B) = Aire de B/Aire de Ω.
1 2 3 4 5 6
1
2
3
4
5
6

1.5. Remarques sur le choix d’un modèle
Ce modèle (1) ou (1′) est accepté d’autant plus facilement qu’on aura précisé
que les deux dés sont distinguables (par exemple un dé rouge et un vert, ou deu
x
dés blancs lancés chacun sur une table différente). On peut ainsi distinguer
l’événement {(2, 3)} de l’événement {(3, 2)} où la première composante désigne
le résultat du dé rouge. A la question : quelle est la probabilité d’obtenir un 2
et un 3 et quelle est celle d’obtenir un double 6 ? On répondra naturellement :
P (2 et 3) = P ({(2, 3)} ∪ {(3, 2)}) = 1/36 + 1/36 = 1/18,

P (6 et 6) = P ({(6, 6)}) = 1/36.
Supposons maintenant que les deux dés ne sont plus distinguables (par exempl
e
jet de deux dés blancs sur une même table ou jet de deux dés de couleu
rs différentes, l’observation étant notée sans tenir compte de la couleur)
Voici une modélisation possible : on garde le même Ω mais on change d’e
n-
semble d’événements observables. On ne considère comme événements obser-
vables que les parties symétriques de Ω ( i.e. invariantes par (i, j) 7→ (j, i)).
Les événements élémentaires sont alors de deux types : les doubles et les paire
s
de deux chiffres distincts. F est alors constituée de 2 1 événements, ce modèle
2
est moins riche en information que le précédent (2 6 événements). On peut rai-

3
sonnablement penser que la couleur n’influe pas sur les résultats et attribuer
pour rester cohérent avec notre première modélisation la probabilité 1/36 aux
doubles et 1/18 aux paires de deux chiffres distincts. On voit ainsi un exemple
de situation pourtant très simple où il n’y a pas équiprobabilité des événements
élémentaires. (Modèle (2) )
Remarquons là aussi que l’on peut donner une représentation géométrique
de ce modèle en repliant le carré le long de sa diagonale i = j.
1 2 3 4 5 6
Les événements élémentaires sont ❅ 1
maintenant représentés par un carré ou ❅ 2
un triangle et leur probabilité est définie ❅ 3
❅ 4
comme un rapport d’aires (loi uniforme ❅
❅ 5
sur le triangle rectangle de côté 6). (Mo-
❅ 6
dèle (2′)) ❅
❅
Un troisième modèle peut être proposé et il sera souvent adopté implicite-

ment par des débutants à qui on aura dit : on jette deux dés de même couleur. . .
On considère 21 événements élémentaires : les 6 doubles et les 15 paires à deu
x chiffres distincts.
Ω = {1, 2, . . . , 6 , 12, . . . , 16, 23, . . . 26, 34, . . . , 56 }
| doubles
{z } | {z
distincts
}
On prend comme ensemble d’événements observables F = P(Ω) ensemble des
parties de Ω. On définit la probabilité P par l’hypothèse d’équiprobabilité (Mo-
dèle (3)). On obtient une représentation géométrique équivalente à l’aide du

schéma ci dessous :
1 2 3 4 5 6
Les événements élémentaires sont 1
représentés par un carré et la proba- 2
3
bilité est définie comme un rapport 4
d’aires (loi uniforme sur la figure ci- 5
contre). (Modèle (3′)) 6
Avec ce modèle, la probabilité d’obtenir un double six est la même que celle
d’obtenir un deux et un trois et vaut 1
21
.
On peut imaginer toute une liste d’excellents arguments qui militent en
faveur des modèles (1) et (2) contre le modèle (3), par exemple : « on jette deux
dés de couleurs différentes et on les filme avec deux caméras, une couleur e
t
l’autre noir et blanc. . . », « il y a deux façons d’obtenir 2 et 3 et une seule de
faire un double 6 ».
Tous ces arguments relèvent d’une analyse a priori de l’expérience et pa
s
de la théorie mathématique des probabilités. Chacun des modèles présentés ci-
dessus a sa cohérence comme objet mathématique. La question pertinente est :
parmi ces modèles, lequel (lesquels ?) représente(nt) le mieux la réalité ?
Pour un physicien, ce qui fait la valeur d’un modèle est sa capacité à per-
mettre la prévision du résultat d’expériences. Ainsi certaines expériences sont
« expliquées » par la théorie de la relativité alors que leur résultat ne s’accord
e pas avec la théorie de la mécanique classique.
Si l’on se place dans le cadre des modèles (1) et (2), la loi forte des grand
s
nombres nous dit que si l’on jette les dés unetandisinfinité e fois
qu’davec le, la èle (3e) d’ap
fréquenc
mod cette
36
- parition du double six va converger vers8 1
fréquence convergera vers 211 . La réalisation d’un grand nombre de lancers per
-
met donc ici de constater que les modèles (1) et (2) rendent mieux compte de l
a réalité que le (3). Une question importante est alors : que faut-
il entendre par grand nombre ? Cette question sera discutée ultérieurement.
1.6 Exercices
Ex 1.1. Partie de dés entre Alice et Bruno (cf. exemple 1.1)

D’après l’étude faite à l’exemple 1.1, on a :
□□ n−1 ∩ □ □
[ j=1
A∪B = S c
j ∩ Sn .
n∈ N∗
8
En un sens qui sera précisé dans le chapitre sur la loi des grands nombres.

1.6. Exercices
La règle de calcul automatique du complémentaire nous donne alors :

□
∪ □
j=1 Sj ∪ Scn .
D’autre part comme A, B et D forment une partition de Ω, on a
On en déduit :
□□ □ \
n−1 □ c Sc.
∪ S ∪S
\
n = j
j
j=1 j∈ N∗
n∈ N∗
Proposer une vérification directe de cette formule
.
Ex 1.2. On lance un dé jusqu’`

a la première apparition du six. Notons :
Si = {Le i-ème lancer donne un six}, i ∈ N.
´
Ecrire à l’aide des événements Si et Sc l’événement
i
A = {La première apparition du six a lieu après le 5-ème lancer}.
Est-ce le même événement que
B = {Six n’apparaıt pas au cours des 5 premiers lancers}?

ˆ
Ex 1.3. On effectue une suite infinie de lancers d’un dé. Pour tout i ∈ N , on ∗
note :
Ai = {Obtention de l’as au i-ème lancer}.
1) Définir par une phrase ne comportant aucun vocabulaire mathématiqu
e chacun des événements :
□ 4 □ □ +∞ □
+∞
∩ A i , E2 = ∩ A c
∩ ∩ A i , E3 = ∪
E1 = i=5 Ai .
i
i=1 i=5 i>4

2) Ecrire à l’aide des Ai l’événement « on obtient au moins une fois l’as
au-delà du n-ième lancer ».
3) On pose Cn = ∪
i>n Ai. Montrer que la suite (Cn) est décroissante (i.e.
que pour tout n ≥ 1, Cn+1 est inclus dans Cn). Caractériser d’une phrase ne
comportant pas de vocabulaire mathématique l’événement C = ∩ Cn.
n≥1

4) Ecrire à l’aide des Ai les événements :
Bn = {On n’obtient plus que des as à partir du n-ième lancer}

B = {On n’obtient plus que des as à partir d’un certain lancer}
Ex 1.4. Soient f et g deux applications de Ω dans R. Montrer que :

ε
ε 2 } ∪ {ω ∈ Ω, g(ω) ≥ }
{ω ∈ Ω, f (ω) + g(ω) ≥ ε} ⊂ {ω ∈ Ω, f (ω) ≥ 2
Ex 1.5. On considère une suite de fonctions (fn)n≥1 : Ω → R, ω 7→ fn(ω).
On pose pour tout ε > 0 et tout k ∈ N∗ :
Bε,k = {ω ∈ Ω, |fk(ω)| < ε}.
1)On fixe ε > 0. Ecrire à l’aide d’opérations ensemblistes sur les Bε,k,
l’ensemble :
Aε,n = {ω ∈ Ω, ∀ k ≥ n, |fk(ω)| < ε}.
2) Même question pour :
Aε = {ω ∈ Ω, ∃ n(ω), ∀ k ≥ n(ω), |fk(ω)| < ε}.

3) Montrer que l’ensemble :
A = {ω ∈ Ω, lim fk(ω) = 0}
k→+∞
peut s’écrire à l’aide d’opérations ensemblistes sur une suite d’ensembles du

type Bε,k.
Ex 1.6. Deux événements A et B sont tels que : P (A) = P (B) = 0, 75. Quel
est le maximum de P (A ∩ B) ? Quel est son minimum ?
Ex 1.7. Inégalité de Bonferroni

1) Si P (A) = 0.9 et P (B) = 0.8, montrer que P (A ∩ B) ≥ 0.7.
2) Montrer que pour tous événements A et B,
P (A ∩ B) ≥ P (A) + P (B) − 1.
3) Généraliser :
X n
∀ A1, . . . , An ∈ F, P (A1 ∩ · · · ∩ An) ≥ P (Ai) − (n − 1).
i=1
Ex 1.8. On suppose que P et Q sont deux probabilités sur (Ω, F) vérifiant
P ≤ Q, ce qui signifie : ∀ A ∈ F, P (A) ≤ Q(A). Montrer qu’alors P = Q (égalité
de deux fonctions d’ensembles).

1.6. Exercices
Ex 1.9. Soit (An)n≥1 une suite d’événements ayant chacun une probabilité 1
(on rappelle que P (An) = 1 n’implique pas An = Ω). On note A leur intersec-
tion. Que peut-on dire de P (A) ?
Ex 1.10. Dénombrement de sommes d’entiers

Le but de cet exercice est d’établir les deux formules de dénombrement suivantes.
Pour n, r > 1 entiers donnés, considérons l’équation à r inconnues :
x1 + x2 + · · · + xr = n.(1.7)
Une solution de cette équation est un r-uplet (x1, . . . , xr) dont la somme des
composantes xi (1 ≤ i ≤ r) vaut n. Lorsque les xi sont des réels, (1.7) a une
infinité de solutions. On s’intéresse aux solutions dont toutes les composante
s sont des entiers.
Proposition 1.6
a) L’équation (1.7) admet exactement Cr−+1r−1 = C +r−1 solutions à compo-
n
n
n
santes entières positives ou nulles ;

b) si n ≥ r > 1, l’équation (1.7) admet exactement Cr−−11 solutions à com-
n
posantes entières strictement positives.
Voici une traduction plus concrète du problème. On dispose de n jetons iden

-
tiques (il n’est donc pas possible de les distinguer) et de r boıtes numérotées d
ˆ
e
1 à r. Le cas a) donne le nombre de façons de répartir ces jetons dans les r boıte ˆ
s
(certaines pouvant rester vides). Le cas b) donne le nombre de répartitions pou
r
lesquelles aucune boıte ne reste vide. Dans cette interprétation, xi représente le
ˆ
nombre de jetons déposés dans la boıte no i.

ˆ
1) Démontrez la Proposition 1.6 b) en vous aidant du codage des réparti-

tions possibles par des chaınes de caractères, illustré par l’exemple suivant avec
ˆ
n = 9 et r = 4. On représente d’abord chaque jeton par le caractère ’O’, avec

un espace entre deux caractères consécutifs :
O O O O O O O O O.
Pour représenter les 4 boıtes, il suffit d’insérer 3 caractères ’|’, chacun dans un
ˆ
espace libre. Par exemple, la chaıne ˆ
O O|O O O|O|O O O
code la répartition avec 2 jetons dans la première boıte, 3 dans la deuxième, 1
ˆ
dans la troisième et 3 dans la quatrième, autrement dit la solution (x1, x2, x3, x4) =
(2, 3, 1, 3).
2) Prouvez la Proposition 1.6 a), en utilisant le codage suivant illustré à
nouveau dans le cas n = 9 et r = 4. Le caractère ’|’ représente à la fois le début
et la fin d’une boıte (sauf s’il est le premier ou le dernier de la chaıne). Il nous
ˆ ˆ

en faut donc 5 pour représenter 4 boıtes. On représente encore chaque jeton

ˆ
par un ’O’, mais cette fois on ne laisse plus d’espace entre les caractères de
la
chaıne. L’exemple de la question précédente sera alors codé par la chaıne de 1
ˆ ˆ
4 caractères sans espaces :

|OO|OOO|O|OOO|.
Ceci permet de représenter une boıte vide par deux caractères ’|’ consécutifs.
ˆ
Par exemple les chaınes

ˆ
|OO||OOOO|OOO|, |||OOOO|OOOOO|,
représentent respectivement les solutions (2, 0, 4, 3) et (0, 0, 4, 5).
3) Montrer que l’on peut passer du cas a) au cas b) par un simple chan-
gement d’inconnue et utiliser cette remarque pour contrôler les résultats précé-
dents.
Ex 1.11. En attendant le métro ↑ 1.10

Prologue. Dans une station de métro est disposée une rangée de 16 sièges. Un
sociologue observe la répartition des voyageurs assis sur cette rangée. Il repré-
sente son observation par une chaıne de caractères ’O’ (pour « occupé ») et ’L’
ˆ
(pour « libre ») :
OLOLLOLOLLLOLOLO
Notre sociologue se demande si les voyageurs ont choisi leur place au hasar
d
parmi les places disponibles, ou s’ils ont cherché à s’isoler. Si les voyageur
s
choisissent au hasard parmi les places disponibles, toutes les répartitions des
7
personnes sur les 16 places sont équiprobables. Pour se faire une idée, on compt
e
les séries. Une série est ici un bloc de lettres identiques encadré (sauf s’il est en
début ou en fin) par des lettres différentes. Dans l’observation réalisée, il y donc
13 séries :
O, L, O, LL, O, L, O, LLL, O, L, O, L, O.
dont 7 séries de O, ce qui est le maximum possible pour cette lettre.
1) Une chaıne comportant m lettres L et n lettres O est construite au
ˆ
hasard. On se propose de calculer la probabilité qu’elle comporte exactemen

t
r séries de O. On pourra utiliser les résultats de l’exercice 1 comme suit. Po
ur i = 1, . . . , r, notons xi le nombre de lettres O de la i-
ème série de O (tous les xi
sont strictement positifs). Soit y1 le nombre (éventuellement nul) de L avant la
première série de O, yr+1 le nombre (éventuellement nul) de L après la dernière
série de O. Pour 2 ≤ i ≤ r, yi désigne le nombre strictement positif de lettres L
dans la série qui précède la i-ème série de O.
| .{z
L . .L O . . .O L. . .L O. . .O . . . . . . L
} | {z } | {z } | {z } | .{z. .L O. . .O L. . .L
} | {z } | {z }
y1 x1 y2 x2 yr xr r+1
y

1.6. Exercices
Les r-uplets (x1, . . . , xr) possibles sont les solutions à composantes strictement
positives de l’équation x1 + . . . xr = n. On se ramène à une condition du même
type pour les yi en faisant le changement de variable
z1 = y1 + 1, zr+1 = yr + 1, zi = yi (2 ≤ i ≤ r).
Montrer que pour 1 ≤ r ≤ n et 1 ≤ r ≤ m + 1, la probabilité pr d’avoir r séries
de O est
r r−1
C n−1
pr = m+1C .
Cnm+n
2) Pouvez vous aider le sociologue du prologue ?
Ex 1.12. Le problème des appariements

Dans le vestiaire d’une piscine, chaque nageur range ses vêtements sur un cintre
.
Il le dépose au guichet où un employé équipe le cintre d’un bracelet rouge nu-
méroté et remet au nageur un bracelet jaune portant le même numéro. Ainsi,
à la fin de la séance, le nageur peut récupérer ses affaires en échange du brace-
let. Avant l’ouverture au public, les bracelets sont rangés sur un tableau à N
crochets supportant chacun un bracelet rouge et un jaune de même numéro9.
Deux gamins turbulents s’introduisent dans le vestiaire avant l’ouverture.
En se battant ils renversent le tableau portant les bracelets. Pour ne pas être
découverts, ils les remettent en place en prenant bien soin de placer sur chaque
crochet un bracelet jaune et un rouge, mais sans tenir compte des numéros.
A l’ouverture, N nageurs se présentent et devant l’affluence, l’employé remet
à chacun son bracelet jaune sans prendre le temps de vérifier les numéros. O
n se propose de calculer les probabilités des événements :
EN,k = {exactement k nageurs retrouvent leurs affaires}.
On choisit comme espace probabilisé ΩN ensemble des toutes les permutations

(i.e. bijections) sur {1, . . . , N} muni de l’équiprobabilité PN . On notera :
Bi = {le i-ème nageur retrouve ses affaires}.
1) Pour j ≤ N et 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ij ≤ N, calculer PN (Bi ∩ · · · ∩ Bi ).

1 j
En déduire : X
1
PN (Bi ∩ · · · ∩ Bi ) =
1 j
.
i1<i2<···<ij j!
2) Calculer PN (EN,0).
3) On fixe k nageurs retrouvant leurs affaires. Exprimer à l’aide de PN−k(EN−k,0)
le nombre de permutations des N − k autres nageurs telles qu’aucun d’eux ne
retrouve ses affaires. En déduire la valeur de PN (EN,k).
9Toute ressemblance
avec une piscine proche du campus ne serait pas forcément aléatoire.
4) Pour k fixé, calculer : pk = lim PN (EN,k). Montrer que la suite (pk)k

N→∞ ∈N
définit une probabilité P sur N (il s’agit d’une loi de Poisson).
5) Montrer que :
1
∀k ∈ {0, . . . , N }, |PN (EN,k) − pk| < .
k! (N + 1 − k)!
En déduire :
X
e
n |PN (EN,j) − pj| ≤
∀n ∈ {0, . . . , N}, j=0 .
(N + 1 − n)!
X 5
6) Application : après avoir vérifié que : 0.9994 < pj < 0.9995, don-
j=0
ner pour N ≥ 12 quelconque des valeurs numériques approchées à 10−4 près

des PN (EN,j) pour j = 0, 1, . . . 5 (ces valeurs ne dépendent pas de N). Même
question pour la probabilité qu’au moins 6 nageurs retrouvent leurs affaires.
Ex 1.13. Loi ζ ↓ 2.18

Soit a ∈ ]1, +∞[. On définit le réel ζ(a) par :
+∞
X
1
ζ(a) = .
ka
k=1
On peut alors définir une probabilité Pa sur N∗ en posant (cf. proposition 1.5) :
1 ∗
pk = , k∈ N.
ζ(a)ka
On dit que Pa est la loi zeta de paramètre a. Si m ∈ N , on note mN∗ l’ensemble ∗
{km, k ∈ N } de ses multiples non nuls. Calculer Pa(2N ). Généraliser.

∗ ∗
Ex 1.14. Sur la probabilité qu’un entier tiré au hasard soit un multiple. . .

On a vu qu’il n’existe pas de probabilité uniforme sur N (cf. page 15). L’objet
de cet exercice est de donner une réponse négative à la question moins naıv ¨
e suivante : existe-t-
il une probabilité P sur (N, P(N)) telle qu’un entier tiré au
hasard suivant cette loi P soit pair avec une probabilité 1/2, multiple de 3 avec
une probabilité 1/3, multiple de 4 avec probabilité 1/4, etc. Plus formellement,
notons nN l’ensemble des multiples de l’entier n (y compris 0). On suppose qu’i
l existe une probabilité P vérifiant :
1
∀n ∈ N, ∗
P (nN) = .
n
et on souhaite réfuter cette conjecture.

1.6. Exercice
s
1) Montrer que nécessairement P ({0}) = 0.

2) Prouver la relation
+∞
□ 1 □−1□ 1□ = X X
−1
1
1− 1− .
2 3 2k 1 3k2
m k1k2=m
=0 +
3) Soit pi le i-ème nombre premier (p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . .). On pose

pour 1 ≤ k ≤ n :
n
1 □ Y□
πk,n = 1−
i=k
pi
et on se propose d’en trouver la limite lorsque n tend vers +∞, k restant fixé.
Justifier les écritures suivantes :
n
+∞
Y
□ 1 □
−1 X X 1
1− =
pi pk1 · · · pk
1
n
n
i=1 l=0 k1+···+kn=l

n
X
1
≥ .
j=1
j
4) En déduire lim π ,n, puis lim (k fixé).

n→+∞ πk,n
1
n→+∞
5) Montrer que si les entiers a et b sont premiers entre eux :

P (aN ∩ bN) = P (aN)P (bN).
En déduire
P (aNc ∩ bNc) = P (aNc)P (bNc).
6) On note pour alléger Ei = piN. Montrer que pour tout n ≥ 2,
n
□ ∩ □
Y
n
P (Ec).
P Ec =
i
i=1 i
i=1
□ ∞
+
□
En déduire la valeur de P i=k ∩ E pour tout k ≥ 1.
c
i
□ +∞ ∪ □
i=k
7) Montrer que P Ei = 1 pour tout k et en déduire que
P ({0, 1, . . . , k − 1}) = 0 pour tout k,
ce qui est manifestement absurde (pourquoi ?).
Ex 1.15. Construire une probabilité sur P sur (N , P(N )) vérifiant P ({n}) > 0 ∗ ∗
pour tout n et :
1 1
P (2N) = . , P (3N) =
3 2
Imaginer une expérience aléatoire correspondant à cette modélisation.
Chapitre 2
Conditionnement et
indépendance
2.1 Probabilités conditionnelles

2.1.1 Introduction
Comment doit-on modifier la probabilité que l’on attribue à un événement
lorsque l’on dispose d’une information supplémentaire ? Le concept de probabi-
lité conditionnelle permet de répondre à cette question.
Par exemple, une fédération d’escrime regroupe N licenciés, dont NH hommes
et NF = N − NH femmes. Il y a NG gauchers (des deux sexes) parmi tous les
licenciés. On choisit un individu au hasard. Notons :
G = {l’individu choisi au hasard est gaucher}
H = {l’individu choisi au hasard est un homme}
On note NG∩H le nombre d’escrimeurs hommes gauchers. On a bien sûr :
P (H) = NH /N et P (G ∩ H) = NG∩H /N. Quelle est la probabilité qu’un li-
cencié homme choisi au hasard soit gaucher ? On dispose ici d’une information
supplémentaire : on sait que l’individu choisi est un homme. En considérant les
divers choix possibles d’un homme comme équiprobables, la probabilité cher-
chée est clairement : NG∩H /NH . Ceci s’exprime aussi à l’aide de P (H) et de
P (G ∩ H) en remarquant que :
NG∩H
= NP (G ∩ H) = P (G ∩ H) .
NH NP (H) P (H)
Par analogie, nous donnons dans le cas général la définition formelle :
Définition 2.1 Soit H un événement tel que P (H) 6= 0. Pour tout événement
observable A, on définit :
P (A ∩ H) ,
P (A | H) = P (H)
27
Chapitre 2. Conditionnement et indépendance
appelée probabilité conditionnelle de l’événement A sous l’hypothèse H.

Remarquons que pour l’instant, il ne s’agit que d’un jeu d’écriture. On a sim-
plement défini un réel P (A | H) pour que :
P (A ∩ H) = P (A | H)P (H).
Ce qui fait l’intérêt du concept de probabilité conditionnelle, c’est qu’il est
souvent bien plus facile d’attribuer directement une valeur à P (A | H) en tenant
compte des conditions expérimentales (liées à l’information H) et d’en déduire
ensuite la valeur de P (A ∩ H). Le raisonnement implicite alors utilisé est :
tout espace probabilisé modélisant correctement la réalité expérimentale devrait
fournir telle valeur pour P (A | H). . .
Exemple 2.1 Une urne contient r boules rouges et v boules vertes. On en tire
deux l’une après l’autre, sans remise. Quelle est la probabilité d’obtenir deux
rouges ?
Notons H et A les événements :
H = {rouge au 1 r tirage},
e
A = {rouge au 2e tirage}.
Un espace probabilisé (Ω, F, P ) modélisant correctement cette expérience de-

vrait vérifier :
r ,
P (H) = r+v
r−1
P (A | H) = .
r+v−1
En effet, si H est réalisé, le deuxième tirage a lieu dans une urne contenant
r + v − 1 boules dont r − 1 rouges. On en déduit :
r−1 r
P (deux rouges) = P (A ∩ H) = P (A | H)P (H) = × .
r+v−1 r+v
On aurait pu arriver au même résultat en prenant pour Ω l’ensemble des arran-
gements de deux boules parmi r + v, muni de l’équiprobabilité et en faisant du
dénombrement :
card Ω = A2r +v = (r + v)(r + v − 1), card(A ∩ H) = A2r = r(r − 1).
d’où :
r(r − 1)
P (A ∩ H) = .
(r + v)(r + v − 1)
Notons d’ailleurs que card H = r(r + v − 1) d’où

card H = r(r + v − 1) r
P (H) = card Ω = .
(r + v)(r + v − 1) r+v
2.1. Probabilités conditionnelles
En appliquant la définition formelle de P (A | H) on retrouve :

r(r − 1) r+v r−1
= ,
P (AP∩ H) × = r+v−1
P (A | H) = (H) (r + v)(r + v − 1) r
ce qui est bien la valeur que nous avions attribuée a priori en analysant les
conditions expérimentales.
Remarque : Il importe de bien comprendre que l’écriture A | H ne désigne
pas un nouvel événement1 différent de A. Quand on écrit P (A | H), ce que
l’on a modifié, ce n’est pas l’événement A, mais la valeur numérique qui lui
était attribuée par la fonction d’ensembles P . Il serait donc en fait plus correct
d’écrire PH (A) que P (A | H). On conservera néanmoins cette dernière notation
essentiellement pour des raisons typographiques : P (A | H1 ∩ H2 ∩ H3) est plus
lisible que PH ∩H ∩H (A).
1 2 3
2.1.2 Propriétés
Proposition 2.2 Soit (Ω, F, P ) un espace probabilisé et H un événement fixé
tel que P (H) 6= 0. Alors la fonction d’ensembles P ( . | H) définie par :
P ( . | H) : F → [0, 1] B 7→ P (B | H)
est une nouvelle probabilité sur (Ω, F).
La vérification est laissée en exercice. Une conséquence immédiate est que la

fonction d’ensembles P ( . | H) vérifie toutes les propriétés de la proposition 1.2.
Corollaire 2.3 La fonction d’ensemble P ( . | H) vérifie :

1. P (∅ | H) = 0, P (Ω | H) = 1 et si A ⊃ H, P (A | H) = 1.
2. Si les Ai sont deux à deux disjoints :
X n
n
P ( ∪ Ai | H) = P (Ai | H).
i=1 i=1
3. Pour tout B ∈ F, P (Bc | H) = 1 − P (B | H).

4. Pour tous A ∈ F et B ∈ F, si A ⊂ B, P (A | H) ≤ P (B | H).
5. Pour tous A ∈ F et B ∈ F,
P (A ∪ B | H) = P (A | H) + P (B | H) − P (A ∩ B | H).
1En
fait cette écriture prise isolément (sans le P ) n’a pas de sens et ne devrait jamais être
utilisée. Le symbole | ne représente pas une opération sur les événements qui l’entourent.
6. Pour toute suite (Ai)i≥1 d’événements :

X +∞
P □ P (Ai | H).
N∗ Ai | H ≤ i=1
7. Si Bn ↑ B, P (Bn | H) ↑ P (B | H), (n → +∞).

8. Si Cn ↓ C, P (Cn | H) ↓ P (C | H), (n → +∞).
Nous n’avons vu jusqu’ici aucune formule permettant de calculer la probabi
- lité d’une intersection d’événements à l’aide des probabilités de ces événements.
Une telle formule n’existe pas dans le cas général. Les probabilités condition-
nelles fournissent une méthode générale tout à fait naturelle pour calculer une
probabilité d’intersection.
Proposition 2.4 (Règle des conditionnements successifs)

Si A1, . . . , An sont n événements tels que P (A1 ∩ . . . ∩ An−1) 6= 0, on a :
P (A1 ∩ . . . ∩ An) = P (A1)P (A2 | A1)P (A3 | A1 ∩ A2) × · · ·

· · · × P (An | A1 ∩ . . . ∩ An−1).
n−1 i
Preuve : Pour 1 ≤ i ≤ n − 1, on a ∩ Aj ⊂ ∩
j=1 j=1 Aj d’où :
□ n−1 □
j=1 0<P ∩
=1 Aj
≤P
□ i
∩
j
□
Aj .
Donc P □
=1
Aj n’est nul pour aucun i ≤ n − 1 et on peut conditionner par
i
l’événement ∩ Aj. Ceci légitime le calcul suivant :
j=1
P (A1)P (A2 | A1)P (A3 | A1 ∩ A2) × · · · × P (An | A1 ∩ . . . ∩ An−1)
P (A1 ∩ A2) P (A1 ∩ A2 ∩ A3) P (A1 ∩ . . . ∩ An)
= P (A1) × × × ··· ×
P (A1) P (A1 ∩ A2) P (A1 ∩ . . . ∩ An−1)
= P (A1 ∩ . . . ∩ An),
après simplifications en chaıne de toutes ces fractions.
ˆ
Les probabilités conditionnelles permettent aussi de calculer la probabilité

d’un événement en conditionnant par tous les cas possibles. Du point de vue
ensembliste, ces cas possibles correspondent à une partition de Ω. On dit qu’une
famille (Hi)i I est une partition de Ω si elle vérifie les trois conditions :
∈
– ∀ i ∈ I, H 6= ∅ .i
– Ω = ∪ Hi.
i∈ I

– Les Hi sont deux à deux disjoints (i 6= j ⇒ Hi ∩ Hj = ∅ ).
Proposition 2.5 (Conditionnement par les cas possibles ) 2
(i) Si H est tel que P (H) 6= 0 et P (Hc) 6= 0, on a
∀A ∈ F, P (A) = P (A | H)P (H) + P (A | Hc)P (Hc).
(ii) Si H1, . . . , Hn est une partition finie de Ω en événements de probabilités

non nulles,
X n
∀A ∈ F, P (A) = P (A | Hi)P (Hi).
i=1
(iii) Si (Hi)i N
∈ est une partition de Ω telle que ∀ i ∈ N, P (Hi) 6= 0 :
X +∞
∀A ∈ F, P (A) = P (A | Hi)P (Hi).
i=0
Preuve : Il suffit de vérifier (iii), les deux premières propriétés se démontrant
de façon analogue. Comme (Hi)i N est une partition de Ω,
∈
A = A∩Ω = A∩ □ (A ∩ Hi)
N Hi = ∪
i∈ N
etcette réunion est disjointe car les Hi étant deux à deux disjoints, il en est de
même pour les (A ∩ Hi). Par conséquent par σ-additivité :
+∞
X X
+∞ P (A ∩ Hi) =
i=0
P (A) = P (A | Hi)P (Hi).
Lorsqu’on a une partition de Ω en n hypothèse

i=0 s ou cas possibles Hi et que
l’on sait calculer les P (Hi) et les P (A | Hi), on peut se poser le problème
inverse : calculer P (Hj | A) à l’aide des quantités précédentes. La solution est
donnée par la formule suivante quelquefois appelée (abusivement) formule de
s probabilités des causes.
Proposition 2.6 (Formule de Bayes)

Soit A un événement de probabilité non nulle. Si les événements Hi (1 ≤ i ≤
n) forment une partition de Ω et aucun P (Hi) n’est nul, on a pour tout j =
1, . . . , n :
P (A | Hj)P (Hj)
P (Hj | A) = P n .
i=1 P (A | Hi)P (Hi)
2ou
formule des probabilités totales.

Preuve : Par définition des probabilités conditionnelles on a :

P (A | Hj)P (Hj)
.
Hj) =
P (AP∩(A) P (A)
P (Hj | A) =
Et il ne reste plus qu’à développer P (A) en conditionnant par la partition
(Hi, 1 ≤ i ≤ n) comme à la proposition 17.
La même formule se généralise au cas d’une partition dénombrable. Ce
s formules sont plus faciles à retrouver qu’à mémoriser. . .
2.1.3 Quelques exemples

Exemple 2.2 On considère deux urnes U1 et U2. L’urne U1 contient r1 boules
rouges et v1 boules vertes. L’urne U2 contient contient r2 boules rouges et v2
boules vertes. On lance un dé. S’il indique le chiffre 1, on choisit l’urne U1,
sinon on choisit U2. Dans chaque cas on effectue deux tirages avec remise dans
l’urne choisie. Quelle est la probabilité d’obtenir une rouge au premier tirage ?
deux rouges en tout ?
Adoptons les notations d’événements suivantes :
R = {rouge au 1ertirage}, R′ = {rouge au 2 tirage},

e
H1 = {choix de l’urne U1}, H2 = Hc = {choix de l’urne U2}.

1
Il est facile de calculer directement P (R | Hi) et P (R ∩R′ | Hi) pour i = 1, 2. En

effet, une fois l’urne Ui choisie, on a un problème classique de tirages avec remi
se
dans la même urne que l’on peut traiter (par exemple) par le dénombrement.
On a ainsi :
ri □ ri □ 2
P (R | Hi) = , P (R ∩ R ′ | H ) = .
ri + vi i
ri + vi
La formule de conditionnement par la partition {H1, H2} donne :
P (R) = P (R | H1)P (H1) + P (R | H2)P (H2)

1 r1 5 r2
=
+ 6 .
6 r1 + v1 r2 + v2
et
P (R ∩ R′) = P (R ∩ R′ | H1)P (H1) + P (R ∩ R′ | H2)P (H2)

=
1 r1 □ 2 5 r2 □ 2
+ .
r1 + v1 □r2 + v2
6
□
6

Exemple 2.3 Un questionnaire à choix multiples propose m réponses pour

chaque question. Soit p la probabilité qu’un étudiant connaisse la réponse à une
question donnée. S’il ignore la réponse, il choisit au hasard l’une des réponses
proposées. Quelle est pour le correcteur la probabilité qu’un étudiant connaisse
vraiment la bonne réponse lorsqu’il l’a donnée ?
Notons :
B = {l’étudiant donne la bonne réponse}
C = {l’étudiant connaıt la bonne réponse}
ˆ
On cherche P (C | B). Avec ces notations, les données de l’énoncé peuvent s

e traduire par :
1
P (C) = p, P (Cc) = 1 − p, P (B | C) = 1, P (B | Cc) = .
m
On en déduit :
P (B ∩ C)
P (C | B) =
P (B)
P (B | C)P (C)
=
P (B | C)P (C) + P (B | Cc)P (Cc)
1×p
= =
1 × p + 1 (1 − p)
m
mp
.
1 + (m − 1)p
Pour p fixé, P (C | B) est une fonction croissante de m, les deux bornes étant
P (C | B) = p (cas m = 1) et P (C | B) → 1 (m → +∞). D’autre part pour m
fixé, P (C | B) est une fonction croissante de p. On a pour p > 0 :
P (C | B) m
= ≥ 1,
p 1 + (m − 1)p
l’égalité n’étant possible que pour p = 1. Tout ceci est conforme à l’intuition.
Exemple 2.4 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% des personnes non infectées. Si 0.5% de la population est
porteuse du virus, quelle est la probabilité qu’une personne ait le virus sachan
t qu’elle a un test positif ?
Notons
V = {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 c) = 0.01
On en déduit :
P (T ∩ V ) P (T | V )P (V )
P (V | T ) = =
P (T ) P (T | V )P (V ) + P (T | V c)P (V c)
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 : si la personne présente un test positif, la probabilité qu’elle ne soit pas
porteuse du virus est deux fois plus élevée que celle qu’elle le soit !
2.2 Indépendance
2.2.1 Indépendance de deux événements
SoientA et B deux événements de probabilité non nulle. Il arrive que la
connaissance de la réalisation de A ne modifie pas notre information sur cell
e
de B, autrement dit que P (B | A) = P (B). C’est le cas par exemple lorsque l’on
fait un tirage avec remise et que la réalisation de A ne dépend que du résultat
du premier tirage, celle de B que du deuxième. Symétriquement on aura dan
s cet exemple P (A | B) = P (A). Cette remarque se généralise :
Proposition 2.7 Si A et B sont des événements de probabilité non nulle, les
trois égalités suivantes sont équivalentes :
(i) P (B | A) = P (B),
(ii) P (A | B) = P (A),
(iii) P (A ∩ B) = P (A)P (B).
Preuve : Comme P (A) 6= 0 et P (B) 6= 0, on a la chaıne d’équivalences :
ˆ
P (A ∩ B) P (A ∩ B)
= P (B) ⇔P (A ∩ B) = P (A)P (B) ⇔ = P (A).
P (A) P (B)
D’autre part la relation (iii) est toujours vérifiée dans le cas dégénéré où
P (A) = 0 ou P (B) = 0. En effet, on a alors à la fois P (A)P (B) = 0 et
0 ≤ P (A∩B) ≤ min
est un peu plus générale que (i) et (ii). Elle a aussi sur les deux autres l’avantage
de la symétrie d’écriture. C’est elle que l’on retient pour définir l’indépendance.
Définition 2.8 Soit (Ω, F, P ) un espace probabilisé. Deux événements A et B
de cet espace sont dits indépendants lorsque :
P (A ∩ B) = P (A)P (B).
2.2. Indépendance
Exemple 2.5 On jette deux fois le même dé. Les événements

A = {obtention d’un chiffre pair au premier lancer},
B = {obtention du 1 au deuxième lancer},
sont indépendants.
En effet, en prenant Ω = {1, 2, . . . , 6}2, F = P(Ω) et P l’équiprobabilité, on
vérifie que :
3×6 1 6×1 1
P (A) = = , P (B) = 36 = ,
36 2 6
3×1
P (A ∩ B) = = 1 1 1 1
36 , P (A)P (B) = × = .
12 2 6 12
Remarques :
– Si A est un événement tel que P (A) = 0 ou P (A) = 1, alors il est indépen-
dant de tout événement, y compris de lui même (c’est le cas en particulier
pour Ω et ∅ ).
– Deux événements incompatibles A et B avec P (A) > 0 et P (B) > 0 ne
sont jamais indépendants. En effet A ∩ B = ∅ implique P (A ∩ B) = 0 or
P (A)P (B) 6= 0.
– L’indépendance de deux événements A et B n’est pas une propriété in-
trinsèque aux événements, elle est toujours relative au modèle (Ω, F, P )
que l’on a choisi. Voici un exemple pour l’illustrer.
Exemple 2.6 Une urne contient 12 boules numérotées de 1 à 12. On en tire

une au hasard et on considère 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 de
l’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}.

6 1 4 1
P (A) = =
12 , P (B) = = 3
2 2 12
P (A ∩ B) = 1 1 1 1
=
12 , et P (A)P (B) = × = ,
6 2 3 6
donc A et B sont indépendants.
On rajoute maintenant dans l’urne une boule numérotée treize et on recom-
mence l’expérience.
Les événements A et B restent les mêmes, mais le modèle a changé. On a
maintenant l’équiprobabilité P ′ sur Ω′ = {1, . . . , 13} et :
6 ′ 4 ′ 2
P ′(A) =
13
, P (B) = , P (A ∩ B) = 13
13
mais
6 4 24 2
P ′(A)P ′(B) =
13
× 6 13 ,
=
=
13 169
donc A et B ne sont plus indépendants. Un peu de réflexion permet de relier
ces résultats calculatoires avec la notion intuitive d’indépendance présentée en
introduction. Dans le premier cas, la proportion des multiples de trois parmi les
pairs est la même que parmi les impairs. Le fait de savoir que la boule tirée est
paire ne modifie en rien notre information sur B. Par contre dans le deuxième
cas, l’ajout de la treizième boule modifie la proportion des multiples de trois :
elle est plus élevée chez les pairs que chez les impairs. Donc le fait de savoi
r
que la boule tirée est paire augmente un peu la probabilité que nous pouvon
s attribuer à B.
Proposition 2.9 Si A et B sont indépendants, il en est de même pour les

paires d’événements A et Bc, Ac et B, Ac et Bc.
Preuve : Par hypothèse, P (A ∩ B) = P (A)P (B). En considérant la réunion

disjointe A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ Bc), nous avons : P (A ∩ Bc) = P (A) − P (A ∩ B),
d’où :
P (A ∩ Bc) = P (A) − P (A)P (B) = P (A)
Donc A et Bc sont indépendants. L’échange des rôles de A et B dans ce rai-

sonnement donne l’indépendance de Ac et B. En réutilisant le premier résultat
avec Ac à la place de A, on obtient alors celle de Ac et Bc.
2.2.2 Indépendance mutuelle

On se propose de généraliser la notion d’indépendance à plus de deux év´
e- nements. Examinons d’abord la situation suivante.
Exemple 2.7 Une urne contient quatre jetons : un bleu, un blanc, un rouge et
un bleu-blanc-rouge. On en tire un au hasard. Considérons les trois événements
A = {le jeton tiré contient du bleu},
B = {le jeton tiré contient du blanc},
C = {le jeton tiré contient du rouge}.
Il clair que P (A) = P (B) = P (C) = 2/4 = 1/2. D’autre part :

est
1 = P (A)P (B)
P (A ∩ B) = P (tricolore) = 4
et de même P (B ∩ C) = 1/4 = P (B)P (C), P (C ∩ A) = 1/4 = P (C)P (A). Ainsi
les événements A, B, C sont deux à deux indépendants.
2.2. Indépendance
D’autre part P (A | B ∩ C) = 1 car B ∩ C = {tricolore}. Donc la connais-

sance de la réalisation simultanée de B et C modifie notre information sur A.
La notion d’indépendance deux à deux n’est donc pas suffisante pour traduir
e
l’idée intuitive d’indépendance de plusieurs événements. Ceci motive la défini-
tion suivante.
Définition 2.10 Trois événements A, B, C sont dits mutuellement indépen-

dants lorsqu’ils vérifient les quatre conditions :
P (A ∩ B) = P (A)P (B),
P (B ∩ C) = P (B)P (C),
P (C ∩ A) = P (C)P (A),
P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B)P (C).
Avec cette définition de l’indépendance des événements A, B et C on a bien3

P (A | B) = P (A), P (A | B ∩ C) = P (A), ainsi que toutes les égalités qui s’en
déduisent par permutation sur les lettres A, B, C. On peut généraliser cette
définition comme suit.
Définition 2.11 Les n événements A1, . . . , An sont dits mutuellement indépen-

dants si pour toute sous famille Ai , . . . , Ai avec 1 ≤ i1 < . . . < ik ≤ n, on a :
1 k
P (Ai ∩ . . . ∩ Ai ) = P (Ai ) × · · · × P (Ai ).(2.1)

1 k 1 k
L’indépendance mutuelle implique évidemment l’indépendance deux à deux et la

réciproque est fausse comme le montre l’exemple 2.7. Dans toute la suite, lorsqu
e
nous parlerons d’une famille de plusieurs événements indépendants sans autr
e précision , nous sous-
entendrons systématiquement mutuellement indépendants.
Proposition 2.12 Si {A1, . . . , An} est une famille de n événements indépen-

dants, toute famille obtenue en remplaçant certains des Ai par leur complémen-
taire est encore indépendante.
Preuve : Supposons la proposition démontrée dans le cas où l’on a remplacé

un seul Ai par son complémentaire. Le cas général s’en déduit en utilisant cette
propriété autant de fois qu’il y a de Ai changés en leur complémentaire. Dans
le cas d’un seul Ai remplacé, on ne perd pas de généralité en supposant qu’il
s’agit de A1 (il suffit de changer l’indexation des événements, ce qui n’affecte
pas leur indépendance mutuelle). Il nous reste alors à vérifier (2.1) dans le ca
s où i1 = 1 avec A à la place de Ai (dans le cas i1 > 1, l’égalité ne fait
c
i
1 1
intervenir que des éléments de la famille initiale et il n’y a donc rien à vérifier).
Posons B = Ai ∩ · · · ∩ Ai . L’hypothèse (2.1) appliquée à la famille Ai . . . , Ai
2 k 2 k
3
Lorsque les probabilités conditionnelles existent.

nous donne P (B) = P (Ai ) × · · · × P (Ai ). La même hypothèse appliquée à

2 k
Ai . . . , Ai nous donne alors l’indépendance de Ai et de B. Par la proposition

1 k 1
2.9, on en déduit :
P (A ∩ B) = P (A ) × P (B) = P (A ) × P (Ai ) × · · · × P (Ai ),

c
i
1
c
i
1
c
i
1 2 k
ce qui achève la preuve.
Définition 2.13 Une suite infinie d’événements est dite indépendante si toute
sous suite finie est formée d’événements mutuellement indépendants.
2.2.3 ´
Epreuves répétées
Considérons une suite d’épreuves réalisées dans les mêmes conditions expér
i-
mentales. Par exemple tirages avec remise dans la même urne, lancers succes
sifs
d’un dé, . . . Il est alors raisonnable de supposer que les résultats de tout sou
s
ensemble fini d’épreuves n’ont aucune influence sur ceux des autres épreuves.
Définition 2.14 On dit que les épreuves sont indépendantes si toute suite
(Ai)i≥1 telle que la réalisation de chaque Ai est déterminée uniquement par
le résultat de la i-ème épreuve est une suite indépendante d’événements.
Exemple 2.8 On réalise une suite d’épreuves indépendantes. Chaque épreuve

résulte en un succès avec probabilité p ∈ ]0, 1[ ou un échec avec probabilité q =
1 − p. Quelle est la probabilité des événements suivants :
a) A = {Au moins un succès au cours des n premières épreuves},
b) B = {Exactement k succès au cours des n premières épreuves},
c) C = {Toutes les épreuves donnent un succès} ?
Notons pour tout i ≥ 1 : Ri = {succès à la i-ème épreuve}, Rc est alors i
l’échec à la i-ème épreuve.

n n
a) A = ∪ Ri, d’où Ac = ∩ Rc. Les Rc étant indépendants, on a :
i i
i=1 i=1
Y n
P (Ac) = P (Rc) = (1 − p)n = qn.
i
i=1
On en déduit P (A) = 1 − qn.
b)Traitons d’abord le cas 0 < k < n. L’événement B est la réunion disjointe de
tous les événements du type :
□ □ □ □
BI = ∩∈ I Ri ∩ ∩∈ J Rc , j
i j
où I est une partie de cardinal k de {1, . . . , n} et J son complémentaire dans
{1, . . . , n}. L’ensemble d’indices I représente un choix possible des k épreuves
2.3. Exercices
donnant un succès, les autres épreuves indexées par J donnant alors un échec
. En considérant tous les choix possibles de l’ensemble I (il y en a Ck), on obtient
n
une partition de B par les BI . Par indépendance des épreuves, pour tout I on
a:
Y Y P (Rc) = pkqn−k.
P (BI ) = P (Ri) ×
j
i∈ I j∈ J
On voit ainsi que P (BI ) ne dépend pas de I. On en déduit :

X
P (B) = P (BI ) = Ckpkqn−k.
I⊂{1,...,n}
n
card(I)=k
La vérification de la validité de la formule P (B) = Ckpkqn−k dans les cas k = 0
n
et k = n est laissée au lecteur.

c) Pour n ≥ 1, soit Cn = {succès aux n premières épreuves}. Clairement C est
inclus dans Cn donc 0 ≤ P (C) ≤ P (Cn). En utilisant l’indépendance des Ri on
obtient :
n
□ n □
Y
∩ P (Ri) = pn.
P (Cn) = P i=1 R i = i=1
donc pour tout n ≥ 1, 0 ≤ P (C) ≤ p . En faisant tendre n vers +∞, on en
n
déduit P (C) = 0.
2.3 Exercices
Ex 2.1. Donner une CNS pour que P (A | H) = 1.
Ex 2.2. Un avion a disparu et la région où il s’est écrasé est divisée pour sa
recherche en trois zones de même probabilité. Pour i = 1, 2, 3, notons 1 − αi
la probabilité que l’avion soit retrouvé par une recherche dans la zone i s’il est
effectivement dans cette zone. Les constantes αi représentent les probabilités de
manquer l’avion et sont généralement attribuables à l’environnement de la zone
(relief, végétation,. . .). On notera Ai l’événement l’avion est dans la zone i, et
Ri l’événement l’avion est retrouvé dans la zone i (i = 1, 2, 3).
1) Pour i = 1, 2, 3, déterminer les probabilités que l’avion soit dans la zone
i sachant que la recherche dans la zone 1 a été infructueuse.
´
2) Etudier brièvement les variations de ces trois probabilités condition-
nelles considérées comme fonctions de α1 et commenter les résultats obtenus.
Ex 2.3. Une urne contient 5 boules blanches et 7 rouges. On effectue 3 tirage

s
d’une boule suivant la procédure suivante. A chaque tirage on prend une boul
e
et on la remet dans l’urne en y ajoutant une boule de même couleur. Calcule
r les probabilités que l’échantillon de trois boules tiré contienne :
a) Aucune blanche.
b) Exactement une blanche.
c) Trois blanches.
d) Exactement deux blanches.
Ex 2.4. L’erreur du Grand Inquisiteur 4

« Pour Tomás de Torquemada, le grand inquisiteur espagnol de funeste mémoire,
une confession était une preuve indiscutable de culpabilité, même quand elle
avait été arrachée sous la torture, cas fréquent à l’époque. Une des conclusions de
R. Matthews dénommée l’erreur de l’inquisiteur, est surprenante : dans certaines
circonstances, les aveux militent plus en faveur de l’innocence de l’accusé qu’ils
ne prouvent sa culpabilité ! ». On note respectivement A, C et I les événements
« l’accusé avoue », « l’accusé est coupable » et « l’accusé est innocent ». On pose
p = P (C) et on définit le rapport d’aveux r par :
P (A | I)
r = P (A | C) .
1) Calculer P (C | A) en fonction de r et p.
2) Dans quel cas a-t-on P (C | A) > P (C) ?
3) Proposer une interprétation du cas r > 1.
Ex 2.5. Une compagnie d’assurance répartit ses clients en trois classes R1, R2
et R3 : les bons risques, les risques moyens et les mauvais risques. Les effecti
fs
des ces trois classes représentent 20% de la population totale pour la classe R1,
50% pour R2 et 30% pour R3. Les statistiques indiquent que les probabilités
d’avoir un accident au cours de l’année pour une personne de l’une de ces troi
s classes sont respectivement de 0.05, 0.15 et 0.30.
1) Quelle est la probabilité qu’une personne choisie au hasard dans la po
- pulation ait un accident dans l’année ?
2) Si M. Martin n’a pas eu d’accident cette année, quelle est la probabilité
qu’il soit un bon risque ?
Ex 2.6. Conditionnements multiples

Soit (Ω, F, P ) un espace probabilisé et H ∈ F un évènement tel que P (H)
6= 0
. On note PH la fonction d’ensembles définie par
∀A ∈ F, PH (A) := P (A | H).
On sait (cf. Prop 2.2) que PH est une nouvelle probabilité sur (Ω, F), on peut
donc l’utiliser pour construire de nouvelles probabilités conditionnelles. On dé
-
finit ainsi :
P (A | H2 | H1) := PH (A | H2).
1
D’après l’article de Ian Stewart, Pour la Science 230, décembre 1996.
4

2.3. Exercices
1) Quelle condition doivent vérifier H1 et H2 pour que cette définition soit

légitime ?
2) Exprimer P (A | H2 | H1) sous la forme d’une probabilité conditionnelle
relative à un seul évènement.
3) En déduire que P (A | H2 | H1) = P (A | H1 | H2).
4) Généraliser la question 2) au cas de n évènements H1, . . . , Hn et justi-
fier à l’aide de ces nouvelles notations l’appellation règle des conditionnemen
ts successifs pour la Proposition 2.4.
Ex 2.7. On dispose de n urnes contenant chacune 3 boules. Parmi ces 3n

boules, l’une est jaune et toutes les autres sont bleues. On ignore dans quell
e urne se trouve la boule jaune.
1) On tire sans remise deux boules de l’urne 1. On note B1 l’évènement
« les deux boules tirées sont bleues » et J1 l’évènement « la boule jaune est dans
l’urne 1 ». Calculer P (B1 | J1) et P (B1 | Jc). En déduire P (B1).
1
2) Quelle est la probabilité que la boule jaune soit dans l’urne 1 si le tirage
a donné deux bleues ?
3) On reprend l’expérience avec cette fois n personnes chacune face à u
ne
urne où elles tirent simultanément et sans remise deux boules. On note Bi et Ji
les événements définis de manière analogue à la première question.
a) Que vaut P (Bc | Jk) pour 1 ≤ i, k ≤ n ? On distinguera les cas i = k et i
i
6= k. En déduire P (Bi).
b) Expliquer sans calcul pourquoi les évènements Bi et Bj (i 6= j) ne sont
pas indépendants.
c) Déterminer les valeurs des probabilités conditionnelles P (Bi ∩ Bj | Jk) :
on distinguera les deux cas k ∈ {i, j} et k ∈/ {i, j}. En déduire P (Bi ∩ Bj).
d) Généraliser en calculant par la même méthode P (Bi ∩ Bi ∩ · · · ∩ Bi )
1 2 r
où 1 ≤ i1 < i2 < · · · < ir ≤ n.

e) Voyez vous une méthode plus rapide pour obtenir ce dernier résultat ?
Ex 2.8. Montrer que si A, B, C sont indépendants, A ∪ B et C sont indépen-

dants. Généraliser.
Ex 2.9. On suppose que les événements A1, . . . , A5 sont indépendants. Donner

une expression plus simple des probabilités : P (A1 | A3), P (A3 | A2 ∩ A4),
P (A1 ∩ A3 | A2), P (A1 ∩ A2 | A3 ∩ A4 ∩ A5).
Ex 2.10. La définition de l’indépendance de trois événements s’écrit explicite-

ment avec 4 égalités. Combien d’égalités faut-il pour écrire explicitement celle
de l’indépendance de n événements ?
Ex 2.11. On s’intéresse à la répartition des sexes des enfants d’une famille d

e n enfants. On prend comme modélisation
Ωn = {f, g}n = { (x1, . . . , xn), xi ∈ {f, g}, i = 1, . . . , n},
muni de l’équiprobabilité. On considère les évènements :
A = {la famille a des enfants des deux sexes},

B = {la famille a au plus une fille}.
1) Montrer que pour n ≥ 2, P (A) = (2n − 2)/2n et P (B) = (n + 1)/2n.

2) En déduire que A et B ne sont indépendants que si n = 3.
Ex 2.12. On effectue des lancers répétés d’une paire de dés et on observe pour
chaque lancer la somme des points indiqués par les deux dés. On se propose d
e
calculer de deux façons la probabilité de l’événement E défini ainsi : dans la
suite des résultats observés, la première obtention d’un 9 a lieu avant la première
obtention d’un 7.
1) Quelle est la probabilité de n’obtenir ni 7 ni 9 au cours d’un lancer ?
2) Première méthode : On note Fi = {obtention d’un 9 au i-ème lancer}
et pour n > 1, En = { ni 7 ni 9 ne sont obtenus au cours des n − 1 premiers
lancers et le n-ième lancer donne 9}. Dans le cas particulier n = 1, on pose
E1 = F1.
a) Exprimer E à l’aide d’opérations ensemblistes sur les En (n ≥ 1). Expri-
mer de même chaque En à l’aide des Fi et des Hi = { ni 7 ni 9 au i-ème
lancer}.
b) Calculer P (En) en utilisant l’indépendance des lancers.
c) Calculer P (E).
3) Deuxième méthode : On note G1 = { obtention d’un 7 au premier lan-
cer}.
a) Donner une expression de P (E) en utilisant le conditionnement par la
partition {F1, G1, H1}.
b) Donner sans calcul les valeurs de P (E | F1), P (E | G1) et expliquer
pourquoi P (E | H1) = P (E).
c) En déduire la valeur de P (E).
Ex 2.13. Trois personnes nommées A, B, C lancent à tour de rôle la même

pièce de monnaie (ABCABCABC. . .). La probabilité d’obtenir pile lors d’un
lancer est p (0 < p < 1). Le gagnant est le premier qui obtient pile (la partie
s’arrête alors).
1) On note An (resp. Bn, Cn) l’événement A gagne la partie lors du n-ième
lancer (resp. B, C). Calculer P (A1), P (B2), P (C3). Les événements A1 et B2 sont-
ils indépendants ?
2.3. Exercices
2) En discutant suivant les valeurs de n, calculer P (An), P (Bn), P (Cn).

3) Calculer la probabilité de gagner de chacun des trois joueurs.
4) Quelle est la probabilité qu’il y ait un vainqueur ? Conclure.
Ex 2.14. On se propose de calculer la probabilité de fonctionnement de quelque

s
circuits électriques simples à l’aide des probabilités de fonctionnement de leur
s
composants. Dans tout ce qui suit, les composants ont des fonctionnement
s
mutuellement indépendants. On note pi la probabilité de fonctionnement du
composant Ci et Fi l’événement :
Fi = {le composant Ci fonctionne}.
On dit que le circuit fonctionne si le courant peut passer du point A au point
B.
1) Circuit série : Calculer la probabilité de fonctionnement du circuit sui-
vant :
A ✲ ✲ B
C 1 C 2 C 3
2) Circuit parallèle : Calculer la probabilité de fonctionnement du circuit

suivant :
C1
✲B
A ✲
C2
3) Circuit mixte : Calculer la probabilité de fonctionnement du circuit

suivant lorsque tous les pi sont égaux à p.
C2 C3
A ✲ B
✲ C1
C4 C5
Ex 2.15. Soit Ω un ensemble fini dont le cardinal est un nombre premier. On le

munit de l’équiprobabilité P . Soient A et B deux parties de Ω distinctes chacune
de ∅ et de Ω. Démontrer que A et B ne sont pas indépendantes.
Ex 2.16. Ep´ reuves répétées à trois issues.

On considère une suite de n épreuves répétées indépendantes avec pour chaqu
e
épreuve trois résultats possibles : A avec probabilité a, B avec probabilité b ou
C avec probabilité c (a + b + c = 1). On notera respectivement Ai, Bi et Ci les
événements obtention du résultat A (respectivement, B, C) à la i-ème épreuve.

1) Dans cette question, n = 5. Quelle est la probabilité d’obtenir dans cet

ordre 2 A suivis d’un B et de 2 C ? Quelle est celle d’obtenir (sans conditio
n d’ordre) 2 A, 1 B et 2 C ?
2) Généraliser en montrant que la probabilité d’obtenir au cours des n
épreuves (et sans condition d’ordre) i résultats A, j résultats B et k résultats
C (i + j + k = n) vaut :
n!
a ibjck.
i! j! k!
Ex 2.17. On rappelle que si A est un événement, la variable aléatoire indicatrice
de A est la fonction définie sur Ω par :
□
1 siω ∈ A,
1A(ω) =
0 sinon.
Autrement dit, 1A vaut 1 si A est réalisé et 0 sinon.
Soit (Ai)i≥1 une suite d’événements indépendants. On note pi = P (Ai) et on
suppose que :
+∞
X
a := pi < +∞.
i=1
Le but de cet exercice est de prouver l’inégalité
n
□ X
□ ak
∀ n, k ∈ N, ∗
P 1Ai ≥ k ≤ .
k!
i=1
La dernière question propose une application de cette inégalité.
1) Que peut-on dire du cas k > n ? On suppose dans la suite k ≤ n.
P
2) On note Bn,k := {ω ∈ Ω; =1 1A (ω) ≥ k}. Justifier l’inclusion
n
i
i
[ ∩
Bn,k ⊂ F⊂{1,...,n} i∈ F Ai .
card F=k
3) En déduire que
X Y
P (Bn,k) ≤ pi.
F⊂{1,...,n} i∈ F
card F=k
P
4) On note an = pi.
Montrer que
n
=1
i
X Y
akn ≥ k! pi.
F⊂{1,...,n} i∈ F
Indication : On remarquera que card F=k
X
akn = pi · · · pi . 1 k
(i1,...,ik)∈ {1,...,n}k
5) Conclure.

2.3. Exercices
6) Application à un problème de tir. Dans un stand de tir, une cible mo-

bile traverse le champ visuel d’un tireur (une traversée par épreuve). ` chaque A
épreuve, le tireur tire un coup sur la cible. D’une épreuve à la suivante, la vitess
e
de la cible augmente de 20%. On suppose que pour un tireur donné, la probab
i-
lité de toucher la cible est inversement proportionnelle à la vitesse de la cible.
Elle vaut ainsi p ∈ ]0, 1[ pour le premier tir, 56 p pour le second (pourquoi ?), etc.
Les tirs sont supposés indépendants, le tireur dispose d’autant de cartouche
s
qu’il le souhaite et le défi qu’il doit relever est celui de toucher au moins 20 fois
la cible. En utilisant le résultat démontré ci-dessus, majorer sa probabilité de
réussir (indépendamment de p).
Ex 2.18. Loi ζ (suite)↑ 1.13

On travaille avec l’espace probabilisé (N , P(N ), Pa) où Pa est la loi ζ de para-
∗ ∗
mètre a > 1 (voir la définition exercice 1.13 page 24).

1) Donner une CNS sur les entiers j > 1 et m > 1 pour que les événements
A = jN∗ et B = mN∗ soient Pa-indépendants.
2) Soit pi le i-ème nombre premier (p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . .). On note
Ai = piN . Montrer que (Ai)i≥1 est une suite d’événements indépendants.
∗
3) Soit Cn l’ensemble des entiers de N∗ divisibles par aucun des nombres

premiers pi pour 1 ≤ i ≤ n. Calculer Pa(Cn).
4) Déterminer ∩
n≥1
Cn.
5) En déduire la formule d’Euler :
+∞ n +∞
X
1 □ 1 □ =
−1
1 □ . □ −1
ζ(
Y Y
∀ a > 1, = a) = lim 1− 1−
ka n→∞
k=1 i=1
pai=1
pa i i
6) On peut retrouver cette formule par une calcul direct sur la série défi-
nissant ζ(a). En voici le début :
+∞
1
X
1 X
1
+
X
ζ(a) = = k a ka
ka 2|k
k=1 2|k 6
1
1 ka
= X
ζ(a) +
2a
2|k 6
On recommence avec la série (1−2−a)ζ(a) en séparant les termes dont l’indice est
un multiple de 3 des autres. . .Expliciter cette méthode et résoudre le problèm
e de convergence sous-jacent.
Ex 2.19. Un train se compose de 10 wagons citernes contenant un produit dan-

gereux. Chacun des wagons peut avec une probabilité 0.1 (et indépendamment
des autres) avoir un défaut. Avant le départ, les wagons sont examinés par deux

contrôleurs. Chacun d’eux vérifie tous les wagons, sans échanger d’information
avec son collègue pendant le contrôle. On admet que chaque contrôleur peut
déceler le défaut (s’il y en a un) d’un wagon donné avec une probabilité égale à
0.7. Un seul défaut suffit pour que le train soit retardé. Trouver les probabilités
des événements suivants :
a) Le train est retardé.
b) Le train part avec au moins un wagon défectueux.
Chapitre 3
Variables aléatoires discrètes
3.1 Introduction
Dans de nombreux jeux, on fait intervenir le hasard en observant la somme
des points marqués par deux dés. Considérons le jet d’un dé bleu et d’un dé
rouge et notons S la somme des points obtenus. On modélise cette expérien
ce en prenant l’équiprobabilité sur :
Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}2.
Un événement élémentaire ω est un couple (b, r) où b désigne le résultat du

dé bleu et r celui du rouge. Pour tout événement élémentaire ω = (b, r), on a
S(ω) = b + r. Il est facile de représenter tous les cas possibles par un tableau à
36 cases.
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
2 3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 7 8 9
4 5 6 7 8 9 10
5 6 7 8 9 10 11
6 7 8 9 10 11 12
On a ainsi défini une application S de Ω dans l’ensemble des sommes de point
s
possibles : {2, 3, . . . , 11, 12}. On dit que S est une variable aléatoire sur Ω.
En fait, l’observation qui nous intéresse dans cette expérience, ce n’est pas ω,
mais seulement S(ω). Ce que l’on aimerait connaıtre, c’est la probabilité que la
ˆ
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 et le tableau ci-dessus, nous
obtenons immédiatement :
k 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1
P (S = k) 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1
36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36
47
Chapitre 3. Variables aléatoires discrètes
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).
Cette nouvelle probabilité s’appelle loi de la variable aléatoire S.
3.2 Généralités
3.2.1 Variable aléatoire discrète
Définition 3.1 Soit (Ω, F, P ) un espace probabilisé. On appelle variable aléa-
toire discrète sur (Ω, F, P ) toute application X :
X : Ω −→ R ω 7→ X(ω),
vérifiant les deux conditions :
(i) L’ensemble des images X(Ω) = {X(ω), ω ∈ Ω} est une partie au plus
dénombrable de R. On peut donc numéroter ses éléments par des indices
entiers1
X(Ω) = {x0, x1, . . . , xk, . . .}.
(ii) Pour tout xk ∈ X(Ω), Ak = {ω ∈ Ω, X(ω) = xk} fait partie de la
famille F d’événements auxquels on peut attribuer une probabilité par P .
L’événement Ak est aussi noté X−1({xk}) (inverse ensembliste2) ou plus com-
modément {X = xk}. Nous utiliserons l’abréviation v.a. pour variable aléatoire.
Remarquons que la famille de tous les Ak forme une partition de Ω : on clas
se chaque élément de Ω selon son image par X. Il en résulte :
X X
P (Ak) = P (X = xk) = 1.
x ∈ X(Ω)
Dans cette écriture, les sommes sont des séries convergentes si X(Ω) est infini
k
xk ∈ X(Ω)
et des sommes ordinaires lorsque l’ensemble X(Ω) est fini.
3.2.2 Loi d’une variable aléatoire discrète

L’application X permet de transporter la probabilité P de Ω sur R : on
considère les P (X = xk) comme des masses ponctuelles situées aux points xk
de la droite réelle. La probabilité d’une partie quelconque de R est alors définie
comme la somme de ses masses ponctuelles.
1Pour tous les exemples classiques que nous rencontrerons, il est possible de les numéroter
de manière croissante : x0 < x1 < x2 . . .. Mais ce n’est pas toujours le cas, car l’ensemble des
valeurs possibles peut être par exemple les décimaux (ou les rationnels) de [0, 1] (voir exercice
3.15).
2Ceci ne suppose pas la bijectivité de X.

3.2. Généralités
Définition 3.2 Soit X une variable aléatoire discrète sur (Ω, F, P ). On lui
associe la fonction d’ensemble PX définie sur la famille de toutes les parties de
R en posant :
pk = PX ({xk}) = P (Ak) = P (X = xk),
puis pour tout B ⊂ R :
X X
PX (B) = P (X = xk) = pk.
xk∈ B xk∈ B
La fonction d’ensembles PX ainsi définie est une probabilité sur la famille P(R)
de toutes les parties de R. On l’appelle loi de la variable aléatoire X.
Remarquons que la définition de PX (B) a toujours un sens en convenant qu’une
somme indexée par l’ensemble vide vaut 0 et en notant que s’il y a une infinité
de xk dans B, la somme sur B des pk est une sous-série de la série à termes
X pk = 1. Le fait que PX soit une probabilité résulte
positifs convergente :
xk∈ X(Ω)
des propositions 1.4 et 1.5.
Remarque 1 : Deux variables aléatoires peuvent avoir même loi sans être
égales. Par exemple considérons le jet de deux dés, l’un bleu et l’autre rouge.
Notons X le nombre de points indiqué par le dé bleu et Y celui du rouge. Le
s
variables aléatoires X et Y sont définies sur le même espace probabilisé Ω =
{1, 2, 3, 4, 5, 6}2 muni de l’équiprobabilité. On a X(Ω) = Y (Ω) = {1, 2, 3, 4, 5, 6} et :
1 1
∀ k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}, P (X = k) = , P (Y = k) = .
6 6
Donc X et Y ont même loi : PX = PY . Pour autant on n’a pas l’égalité des
variables aléatoires X et Y qui signifierait X(ω) = Y (ω) pour tout ω ∈ Ω (égalité
de deux applications). Autrement dit, en lançant deux dés on obtiendrait à coup
sûr un double. Par contre nous pouvons considérer l’événement {X = Y } dont
la réalisation n’est pas certaine et calculer sa probabilité :
□ 6 □ 6 1
P (X = Y ) = P ∪ {(X, Y ) = (k, k)} = 36 = .
k =1 6
On en déduit : P (X 6= Y ) = 5/6.
Remarque 2 : Deux variables aléatoires discrètes X et Y peuvent avoir même
loi sans que X(Ω) = Y (Ω). Cela vient du fait que pour certaines valeurs xk dans
X(Ω) (ou yl ∈ Y (Ω)), on peut avoir P (X = xk) = 0 (ou P (Y = yl) = 0). Bien sˆ
ur, on pourrait redéfinir X et Y de fa¸con à effacer ces valeurs particulières, ce
qui reviendrait remplacer Ω par l’un de ses sous-ensembles Ω′. On ne fera pas
cette convention3, car on a parfois intérêt à laisser dans l’ensemble des valeurs
possibles d’une v.a. des valeurs qui sont atteintes avec une probabilité nulle.
C’est le cas lorsqu’on étudie des problèmes de convergence de suites de v.a
. (voir la discussion sur la loi forte des grands nombres pour les fréquences).
3Sauf
dans le cas de l’exemple 3.2 ci-dessous.
3.2.3 Fonction de répartition

Définition 3.3 On appelle fonction de répartition de la variable aléatoire X,
la fonction FX définie sur R par :
∀x ∈ R, FX (x) = PX (] − ∞, x]) = P (X ≤ x).
On a aussi :
X P (X = xk).
FX (x) =
xk∈ X(Ω)
Voici à titre d’exemple la xk≤x graphique
représentation de FS où S est la variable
aléatoire somme des points de deux dés.
✻
1
✲
0 x
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1
2
Théorème 3.4 La fonction de répartition FX d’une variable aléatoire discrète

X est croissante sur R, continue à droite et limitée à gauche en tout point. Elle
tend vers 0 en −∞ et vers 1 en +∞. Elle caractérise la loi de X, autrement
dit : FX = FY si et seulement si les variables aléatoires X et Y ont même loi.
Preuve : Vérifions d’abord la croissance de FX sur R. Soient s et t deux réels

quelconques tels que s ≤ t. Tout ω vérifiant X(ω) ≤ s vérifie a fortiori X(ω) ≤ t.
Cette implication se traduit par l’inclusion d’événements {X ≤ s} ⊂ {X ≤ t}
d’où P (X ≤ s) ≤ P (X ≤ t), autrement dit FX (s) ≤ FX (t). Ainsi FX est
3.2. Généralités
croissante. Il en résulte qu’elle possède une limite à gauche et une limite `

a droite en tout point x de R (cf. cours d’analyse).
Le reste de la preuve repose sur la propriété de continuité monotone séque
n- tielle de la probabilité (cf. proposition 1.2) que nous rappelons maintenant :
Soit P une probabilité sur l’espace (Ω, F).
(i) Si (An)n∈ N∗ est une suite croissante d’événements (c’est-à-dire ∀ n ∈ N , ∗
An ⊂ An+1) alors
lim [
n→+∞ P (An) = P (A) où A = An.
n∈ N∗
(ii) Si (Bn)n N∗ est une suite décroissante d’événements (c’est-à-dire ∀ n ∈

∈
N , Bn+1 ⊂ Bn) alors

∗
lim \
n→+∞ P (Bn) = P (B) où B = Bn.
n∈ N∗
Soit x ∈ R fixé. Comme on est assuré de l’existence de la limite à droite de

FX en ce point, pour montrer que cette limite vaut FX (x) et établir la continuité
à droite de FX en x, il suffit de vérifier que : FX (x) = limn→+∞ FX (x + 1/n).
Comme FX (x + 1/n) = P (X ≤ x + 1/n), ceci résulte de la propriété (ii) ci-
dessus appliquée aux événements Bn = {X ≤ x + 1/n} en remarquant que :
\ n 1 o
X ≤ x+ = {X ≤ x}.(3.1)
n
n∈ N∗
En effet, pour tout ω ∈ {X ≤ x}, on a X(ω) ≤ x ≤ x + 1/n pour tout
T
n ∈ N∗ et donc ω ∈ n N Bn d’où {X ≤ x} est inclus dans l’intersection des
∈ ∗
Bn (n ∈ N ). Réciproquement tout ω dans cette intersection vérifie : ∀ n ∈ N ,

∗ ∗
X(ω) ≤ x + 1/n. Le passage à la limite quand n tend vers l’infini conservant

cette inégalité large, on en déduit X(ω) ≤ x soit encore ω ∈ {X ≤ x}. Ainsi
l’intersection des Bn, (n ∈ N ) est incluse dans {X ≤ x}, ce qui achève la
∗
vérification de (3.1).
Comme FX est croissante, elle admet des limites en −∞ et +∞. Si X(Ω)
est borné inférieurement4, il est clair que FX (x) = 0 pour tout x assez petit
et donc limx→−∞ FX (x) = 0. Dans le cas général, on identifie la limite en −∞
(dont on connaıt l’existence) grâce à une suite particulière :
ˆ
lim FX (x) = lim FX (−n) = lim P (X ≤ −n).

x→−∞ n→+∞ n→+∞
On utilise à nouveau la propriété (ii) avec Bn = {X ≤ −n} en montrant que :

\
{X ≤ −n} = ∅ . (3.2)
n∈ N∗
4Attention, dans le cas général x0 n’est pas nécessairement le plus petit élément de X(Ω),
on peut très bien avoir par exemple X(Ω) = Z.

En effet, soit ω un élément de cette intersection. Alors X(ω) ≤ −n pour tout

n ∈ N∗ donc en passant à la limite, X(ω) = −∞, ce qui est impossible puisque
X ne prend que des valeurs finies5. Donc cette intersection est vide et par
(ii), limn→+∞ P (X ≤ −n) = P (∅ ) = 0. La preuve de limx→+∞ FX (x) = 1 est
analogue et est laissée au lecteur.
Supposons que les variables aléatoires X et Y aient même loi. Cela signifi
e que pour tout B ⊂ R, PX (B) = PY (B). En choisissant B de la forme ] − ∞, t],
t ∈ R, on en déduit que pour tout réel t, P (X ≤ t) = P (Y ≤ t) autrement dit
FX (t) = FY (t). Donc les fonctions FX et FY sont égales.
Réciproquement, supposons que les deux variables aléatoires discrètes X e
t Y aient même fonction de répartition, ce qui signifie :
∀x ∈ R, FX (x) = FY (x).(3.3)
Admettons provisoirement le lemme suivant :
Lemme 3.5 Si X est une v. a. discrète de fonction de répartition F , on a :

∀x ∈ R, P (X = x) = F (x) − F (x−) = F (x) − lim
ε→0+ F (x − ε). (3.4)
D’après (3.3) et (3.4) on a donc P (X = x) = P (Y = x) pour tout x ∈ R. Il en
résulte que X et Y ont même loi.
Preuve du lemme 3.5 : On remarque que pour tout x ∈ R et tout n ∈ N , ∗
1 1 1
P (x − < X ≤ x) = P (X ≤ x) − P (X ≤ x − ) = FX (x) − FX (x − ).
n n n
On utilise une nouvelle fois (ii) en vérifiant que :
\ n 1
{X = x} = x−
n∈ N∗
o
< X ≤ x (3.5)
n
En effet, le premier membre de (3.5) est clairement inclus dans le second. Ré-
ciproquement, si ω est un élément quelconque de cette intersection, pour tout
n ∈ N , x − 1/n < X(ω) ≤ x, donc en passant à la limite quand n tend vers
∗
l’infini, x ≤ X(ω) ≤ x d’où X(ω) = x. Ceci termine la justification de (3.5) et

comme on sait que FX a une limite à gauche au point x, on conclut en appliquant
(ii) à la suite décroissante d’événements Bn = {x − 1/n < X ≤ x} :
n→+∞ □
P (X = x) = lim FX (x) − FX (x − 1/n) = FX (x) − FX (x−).
5Ce qui ne signifie pas que X(Ω) soit borné. . .

3.3. Lois discrètes classiques
3.3 Lois discrètes classiques

3.3.1 Lois de Bernoulli
Définition 3.6 La variable aléatoire X suit la loi de Bernoulli de paramètre p
(p ∈ [0, 1]) si elle ne prend que deux valeurs 0 et 1 avec :
P (X = 1) = p P (X = 0) = 1 − p = q.
On notera X ∼ B(p).
Si A est un événement de probabilité p, son indicatrice définie par

□ □ 1 si A est réalisé
1 si ω ∈ A,
1A(ω) = = 0 si A n’est pas réalisé
0 si ω ∈/ A
est une variable aléatoire suivant la loi de Bernoulli de paramètre p. Récipro-
quement, si X est une v.a. de Bernoulli, on peut toujours écrire X = 1A en
définissant A = {ω ∈ Ω, X(ω) = 1}.
3.3.2 Loi uniforme sur un ensemble fini de réels

Définition 3.7 La variable aléatoire X suit la loi uniforme sur l’ensemble de
réels {x1, . . . , xn} si PX est l’équiprobabilité sur cet ensemble.
Autrement dit, l’ensemble des valeurs possibles de X est X(Ω) = {x1, . . . , xn} et :
1 .
∀ k = 1, . . . , n, P (X = xk) = n
Par exemple le nombre de points indiqué par un dé suit la loi uniforme su
r
{1, 2, 3, 4, 5, 6}.
3.3.3 Lois binomiales

Définition 3.8 La variable aléatoire X suit la loi binomiale de paramètres n
et p (n ∈ N∗ et p ∈ [0, 1]) si l’ensemble des valeurs possibles est X(Ω) =
{0, 1, . . . , n} et
∀k = 0, 1, . . . , n, P (X = k) = Ckpk(1 − p)n−k.
n
Notation : X ∼ B(n, p).

La formule ci-dessus définit bien une loi de probabilité puisque les Ckpk(1−p)n−k n
sont positifs et :
X n
Ckpk(1 − p)n−k = n
Ch. Suquet, Probabilités

k=0 53
en appliquant la formule du binôme de Newton (d’où le nom de la loi). La loi

binomiale B(n, p) est la loi du nombre de succès obtenus en une suite de n
épreuves répétées indépendantes avec pour chaque épreuve une probabilité d
e succès p. Ceci a été démontré dans l’exemple 2.8.
De même, soit A1, . . . , An une famille de n événements mutuellement indé-
pendants ayant tous même probabilité p et notons Xi la variable de Bernoulli
indicatrice de Ai :
□
1 si ω ∈ Ai,
Xi(ω) = si ω ∈ Ac.
0 i
X n
Alors la variable aléatoire Sn = Xi suit la loi binomiale B(n, p).
i=1
3.3.4 Lois hypergéométriques

Alors que la loi binomiale intervient dans les tirages avec remise, la loi hy
- pergéométrique correspond aux tirages sans remise.
Exemple 3.1 Dans une production totale de N objets dont M sont défectueux,
on prélève au hasard un échantillon de n objets (tirage sans remise). Soit X le
nombre aléatoire d’objets défectueux dans l’échantillon. Quelle est sa loi ?
On peut prendre comme espace Ω l’ensemble de tous les échantillons possibl

es
(toutes les parties à n éléments d’un ensemble de cardinal N) muni de l’équi-
probabilité. Chaque échantillon a ainsi une probabilité 1/Cn d’être choisi. Les
N
échantillons (événements élémentaires) réalisant l’événement {X = k} sont ceux

qui contiennent k objets défectueux et n − k objets défectueux. Ceci n’est réali-
sable que si 0 ≤ k ≤ M et 0 ≤ n−k ≤ N −M. Dénombrons ces échantillons. On
les forme en choisissant k objets défectueux dans une sous-
population de M et
en complétant par n − k objets non défectueux choisis dans une sous population
de N − M. Il y en a donc CkM × Cn−M . Finalement :
N
−k
C k n−k
N−M
□ 0 ≤ k ≤ M,
P (X = k) = ×C si
(3.6)
M
Cn
N
0 ≤ n − k ≤ N − M.
Définition 3.9 La loi définie par (3.6) s’appelle loi hypergéométrique de para-
mètres N, M et n. Notation : X ∼ H(N, M, n). Le paramètre N est l’effectif
de la population totale, M celui de la sous-population à laquelle on s’intéresse
et n la taille de l’échantillon observé.
Pour une taille d’échantillon n fixée, plus N et M sont grands, moins les
tirages sans remise diffèrent des tirages avec remise. Plus précisément, la loi
hypergéométrique converge vers la loi binomiale au sens suivant.
Théorème 3.10 On suppose que quand N tend vers +∞, M = M(N ) tend
vers +∞ en vérifiant la condition :
lim M
= p avec 0 < p < 1.
N→+∞ (3.7)
N
Alors, n restant fixé, la loi hypergéométrique H(N, M, n) converge vers la loi
binomiale B(n, p), ce qui signifie que si (XN )N≥1 est une suite de v.a. avec
XN ∼ H(N, M, n) et Y est une v.a. de loi binomiale B(n, p),alors :
∀ k = 0, 1, . . . , n, lim
N→+∞ P (XN = k) = P (Y = k), (3.8)
autrement dit :
∀k CkM × Cn−M
= 0, 1, . . . , n, lim n−k
= C k (1 − p) .(3.9)
k N
−k
N→+∞
Cn np N
Preuve : Remarquons d’abord que comme p est strictement positif, l’hypothèse

(3.7) implique que M tend vers +∞ avec N ; il en va de même pour N − M
puisque p < 1.
Pour n et k fixés, posons :

C k n−k
N−M
pN = M ×C
Cn N
(N − M )! n!(N − n)!
M! × (n − k)!
= k!(M − k)! N!
M! (N − M )! (N − n)!
= Ck × . (3.10)
(M − k)!
n
N!
Comme k est fixé et M tend vers +∞, la première fraction dans (3.10) est le
produit de k facteurs M, (M − 1), . . ., (M − k + 1) tous équivalents6 à M d’où :
M!
∼ M k, N → +∞. (3.11)
(M − k)!
Par le même argument avec n − k et N − M au lieu de k et M :
(N − M )!
Enfin :
(N − n)! 1
, N → +∞.(3.13)
∼ Nn
N!
En reportant ces équivalents dans (3.10), on voit que lorsque N tend vers +∞ :
M k k□ M □ k□ N − M □ n−k
pN ∼ Ck (N − M)n−k
n , (3.14)
= Cn
d’où : lim pN = Ckpk(1 − p)n−kN
.n N N
N→+∞
n
6Rappelons que deux suites (uN ) et (vN ) sont dites équivalentes lorsque uN = vN (1 + εN )
avec εN tendant vers 0 quand N tend vers +∞ (notation : uN ∼ vN ).

3.3.5 Lois géométriques

Exemple 3.2 (Un problème de temps d’attente)
Considérons une suite infinie d’épreuves répétées indépendantes avec même pro-
babilité de succès p ∈ ]0, 1[. Soit X le numéro (aléatoire) de la première épreuve
où l’on obtient un succès. Si l’on n’obtient jamais de succès, on conviendra que
X = +∞. Calculer P (X = k) pour tout k ∈ N . En déduire les valeurs de∗
P (X ∈ N ) et P (X = +∞).
∗
En notant Ri = {succès à la i-ème épreuve}, on a :

{X = k} = aux (k − 1) premières et succès à la k-ième}
{échec
□ k−1 □
= i=1 Rc
∩ ∩ Rk. i
D’où par indépendance des épreuves :

□ k−1 □ Y
P (X = k) = P (R ) × P (Rk) = (1 − p)k−1p.
c
i
i=1
Posons q = 1 − p et notons que q ∈ ]0, 1[. La décomposition de l’événement
{X ∈ N } en la réunion disjointe des {X = k} (k ∈ N ) nous donne par σ-
∗ ∗
additivité :
X X
P (X ∈ N ) = ∗
P (X = k) = qk−1p
k∈ N∗ k∈ N∗
X ql (l = k − 1)
= p l∈ N
1
= p = 1.
1−q
Ainsi avec probabilité 1, le premier succès apparaıt au bout d’un nombre fini
ˆ
d’épreuves7. Remarquons qu’on aurait pu arriver au même résultat en montrant

que P (X = +∞) = 0 par la méthode utilisée à l’exemple 2.8 c) en échangeant les
rôles de succès et échec. Finalement on peut considérer X comme une variable
aléatoire ayant comme ensemble de valeurs possibles X(Ω) = N∗ au lieu de
N∗ ∪ {+∞}.
Définition 3.11 Une variable aléatoire X suit la loi géométrique de paramètre

p ∈ ]0, 1[, si X(Ω) = N∗ et :
∀k ∈ N,∗
P (X = k) = (1 − p)k−1p.
Notation : X ∼ G(p).
7Mais pas borné par un nombre fixé choisi avant le début des épreuves. . .

Lorsque X suit une loi géométrique, les probabilités P (X > n) ont une expres-
sion particulièrement simple en fonction de q = 1 − p . Calculons les de deux
façons.
Première méthode : On calcule le reste d’une série géométrique :
X+∞ +∞
X
k−1
P (X > n) = q p= qlp
k=
n+1
l=n
+∞
X +∞ X
l−n n
= pqn q = pq qj
l=n
j=0
n
pq n .
= =q
1−q
Deuxième méthode : On se place dans la situation de l’exemple 3.2. L’événement
{X > n} se réalise si et seulement si les n premières épreuves donnent un échec.
n
{X > n} = ∩ Rc. i
i=1
En utilisant l’indépendance des Ri on en déduit :Y
c n
n P (R ) = q . i
i=1
P (X > n) =
3.3.6 Lois de Poisson
Définition 3.12 On dit que la variable aléatoire discrète X suit la loi de Pois-
son de paramètre λ > 0 si l’ensemble des valeurs possibles est X(Ω) = N et
e −λλk
∀k ∈ N, P (X = k) =
.
k!
Notation : X ∼ P(λ).
On sait (cf. cours d’analyse) que la fonction exponentielle a un développemen
t en série entière avec rayon de convergence infini. En particulier :
λk X
+∞
∀λ > 0, e λ
= k=0 .
k!
+∞
+∞
On a donc bien : λk
X X
P (X = k) = e−λ −λ λ
e = 1.
k=0 k
=e
=0
k!
Une des raisons de l’importance de cette loi est le théorème de convergen

ce de la loi binomiale vers la loi de Poisson.

Théorème 3.13 Si (pn)n≥1 est une suite de réels de [0, 1] vérifiant
npn → λ ∈ ]0, +∞[, quand n → +∞, (3.15)
alors :
k
λ , quand n → +∞.
∀k ∈ N, Ckpkn (1 − pn)n−k −→ e−λ
n
k!
Preuve : L’hypothèse (3.15) peut s’écrire sous la forme plus maniable : npn =
λun avec un tendant vers 1 quand n tend vers +∞. Ainsi pn = λun/n et
n!
Ckpkn (1 − pn)n−k =
(n − k)! 1 □ λ □ k □ λun □ .
n
k n−k
un 1 − (3.16)
Pour obtenir la limite de cette expressiok! n e n tendn vers +∞, k restant
n lorsqu
fixé, on remarque successivement que :
n! 1
lim
n→+∞ (n − k)! = 1, (3.17)
nk
lim ukn = 1, (3.18)

n→+∞
□ λun n−k
lim 1− = e−λ. (3.19)
n→+∞ □
Pour justifier (3.19), on écrit :
n
□ λun □n−k h □ λu □i
1− = exp (n − k) ln 1 − n , (3.20)
n n
puis comme λun/n tend vers 0 :
□ λu □ □ λun □
(n − k) ln 1 − n ∼n − ∼ −λ, (n → +∞).
n n
Par continuité de la fonction exponentielle, la limite du second membre de (3.20)
est donc bien e−λ, ce qui prouve (3.19). On obtient alors la conclusion du théo-
rème en passant à la limite dans (3.16).
Application pratique : Le théorème 3.13 sert de justification théorique à la règle
pratique suivante : lorsque n est « grand » et np « petit », on peut remplacer la
loi binomiale B(n, p) par la loi de Poisson P(λ) où λ = np. En général on consi-
dère que n de l’ordre de quelques centaines et np de l’ordre de quelques unit´
es
donnent une bonne approximation. Sous cette forme, cette règle relève plus
de
la cuisine que des mathématiques. Il est possible par des techniques élémentaire
s
(voir exercice 3.19) de contrôler l’erreur commise en utilisant cette approxima-
tion. Nous nous contenterons ici d’un exemple classique et d’une comparais
on graphique pour illustrer la qualité de cette approximation.
Exemple 3.3 Le président d’un bureau de vote est né un 1 r avril. Il décide de
e
noter le nombre X de personnes ayant leur anniversaire le même jour que lui
parmi les 500 premiers électeurs qui se présentent.
La situation peut être assimilée à une suite d’épreuves répétées indépen-
dantes et X est une variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètres
n = 500 et p = 1/365 (en négligeant la question des années bissextiles sinon on
prendrait p = 4/(3 × 365 + 366), ce qui ne changerait pas grand chose numéri-
quement). Ainsi :
□ 1 □k□ 364□500−k
P (X = k) = Ck .
500
365 365
La règle énoncée ci-
dessus nous conduit à approximer la loi de X par une loi de
Poisson de paramètre : .
365
Voici une comparaison numériqu 1
λ = enppou r le0s×petites
= 50 valeurs de k :
k 0 1 2 3 4 5
P (X = k) 0.2537 0.3484 0.2388 0.1089 0.0372 0.0101
0.2541 0.3481 0.2385 0.1089 0.0373 0.0102
e−λλk
k!
Remarquons que la probabilité d’observer plus de 5 anniversaires un 1er

avril, calculée par la loi exacte de X ou par son approximation poissonienne est
inférieure à 0.003.
Comparaison graphique :
Les diagrammes en bâtons ci-dessous représentent la loi binomiale B(n, p) et
la loi de Poisson approximante P(λ) avec λ = np. Les segments verticaux (les
bâtons) du diagramme représentant la loi d’une variable discrète X ( à valeurs
dans N) ont une hauteur égale à P (X = k) avec une extrémité inférieure au point
d’abscisse k de l’axe horizontal. Pour la lisibilité, on a légèrement décalé vers la
gauche les bâtons de la loi de Poisson (en bleu) et vers la droite ceux de la lo
i
binomiale(en rouge). Bien que le diagramm e e(e
atons ntbqu
âtons dei dlae loi
e celu binomial
la loi e B(n,
de Poisso p
n en
)aisoit constitué
t une infinité)théoriqueme nt d
, seul un petit +1 bˆ
emnbre
no de bâtons est visible sur les graphiques,
les autres correspondant à des probabilités trop petites8. L’échelle verticale de
chaque figure a été choisie de façon adaptative de façon que l’avant dernière
graduation verticale donne la valeur de la plus grande probabilité binomiale. On
constate que pour n = 200 (figure 3.4), la différence entre les deux diagrammes
n’est pratiquement plus discernable visuellement.
8En
fait, on s’est contenté d’afficher les probabilités correspondant à k inférieur ou égal à
la partie entière supérieure de 2λ + 4. Il est facile de vérifier (cf. exercices 3.18 et 3.19) que la
somme des probabilités ainsi négligées est inférieure à 1%, pour chacune des deux lois.
0.2663
0.2130
0.1598
0.1065
0.0533
0.0000
-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Fig. 3.1 – Lois B(25, 0.16) et P(4)
0.255
0.204
0.153
0.102
0.051
0.000
-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Fig. 3.2 – Lois B(50, 0.08) et P(4)

3.3. Lois discrètes classique
s
0.249
0.199
0.150
0.100
0.050
0.000
-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Fig. 3.3 – Lois B(100, 0.04) et P(4)
0.247
0.197
0.148
0.099
0.049
0.000
-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Fig. 3.4 – Lois B(200, 0.02) et P(4)

3.3.7 Sur le caractère universel de la loi de Poisson

L’étude qui suit a pour but de mieux faire saisir l’importance de la loi de
Poisson, en justifiant au passage le bien fondé de l’hypothèse (3.15) du théorème
de convergence de la loi binomiale vers la loi de Poisson.
Considérons un phénomène se traduisant par des observations (ou réalisa-
tions) aléatoires pendant un intervalle de temps [0, 1[ (exemples : désintégra
-
tions d’atomes, accidents d’avion, faux numéros de téléphone sur un standard,
éruptions volcaniques, naissances de triplés,. . .). On suppose que le phénomène
vérifie les hypothèses suivantes :
(a) Les observations dans des intervalles de temps disjoints sont indépen
-
dantes ;
(b) Pour tout réel t tel que 0 ≤ t < t + T ≤ 1 la loi du nombre (aléatoire)
d’observations dans l’intervalle [t, t + T [ ne dépend que de la durée T d
e
cet intervalle.
Partageons l’intervalle de temps [0, 1[ en n intervalles disjoints
hk k + 1 h
In,k = , , 0 ≤ k < n.
n n
Notons :
pn = P
D’après (b), rnpn =et rP

n ne dépendent pas de k. En écrivant de deux façons la
probabilité de n’avoir aucune observation dans [0, 1[ on obtient :

□ n−1 n h k k + 1 h o□
1 − r1 = P ∩ aucune observation dans ,
k=0 n n
= (1 − rn)n en utilisant (a) et (b).
D’où 1−rn = (1−r1) /n. Un développement limité à l’ordre 1 de cette expression
1
nous permet d’écrire :

□1 □ 1
δn
(1 − r1) = exp
1/n
ln(1 − r1) = 1 + ln(1 − r1) + , où lim δn = 0.
n n n n→+∞
Nous noterons désormais :

− ln(1 − r1) = λ, λ ∈ ]0, +∞[. (3.21)
Il vient rn = λn − d’où limn→+∞ nrn = λ.

n
δ
n
Pour le type de phénomène que nous envisageons, il est vraisemblable que

l’on arrive à isoler les observations lorsque les intervalles de la subdivision son
t assez petits : asymptotiquement, la probabilité d’avoir plus d’une observation
dans [k/n, (k + 1)/n[ est négligeable devant celle d’en avoir exactement une.
Plus précisément, nous rajoutons à notre modèle l’hypothèse :
r −p −→ 0, quand n → +∞.
(c) εn = n pnn
D’après (c), rn/pn converge vers 1, d’où limn→+∞ npn = λ.
Cherchons maintenant la probabilité d’avoir exactement l observations dans
[0, 1[. Cette probabilité peut se décomposer en :
P (l observations dans [0, 1[) = P (An) + P (Bn),(3.22)

où
□
An = l observations avec au plus une dans chaque In,k ,
□
Bn = l observations avec au moins un In,k en contenant plusieurs .
Calcul de P (An) : Notons
n hi i + 1 h o
Di = exactement une observation dans , ,
n
n hi i + 1 h o
n
Ei = aucune observation dans , , 0 ≤ i < n.

n n
L’événement An est la réunion disjointe de tous les événements du type :

□ □ □ □
∩ Di ∩ ∩ Ej ,
i∈ I j∈J
où I ⊂ {1, . . . , n}, card I = l et J = {1, . . . , n} \ I. D’après l’hypothèse d’in-
dépendance (a), la probabilité de chacun de ces événements est pln (1 − rn)n−l
d’où :
P (An) = Cl pln (1 − rn)n−l.
n
Pour trouver la limite de P (An) lorsque n tend vers l’infini, l restant fixé, il
suffit d’adapter la preuve du théorème 3.13 : ici nous avons à trouver la limite
de (1 − rn)n−l au lieu de (1 − pn)n−l. Or
(n − l) ln(1 − rn) ∼ −nrn ∼ −λ,
d’où limn→+∞(1 − rn)n−l = e−λ. On en déduit :

−λλl
. (3.23)
l!
Majoration de P (Bn) : Le calcul de P (Bn) étant trop compliqué, nous nous
contenterons d’une majoration. La réalisation de l’événement Bn implique l’exis-
tence d’au moins deux observations dans au moins l’un des intervalles de lon
- gueur 1/n. Autrement dit :
n−1
[ n hk k + 1 h o
Bn ⊂ au moins deux observations dans , .
n n
=0
k

Par conséquent
□ n h k k + 1 h o□
n−1
P (Bn) ≤ P ∪
au moins deux observations dans ,
k=0
X n n
n−1(rn − pn) = n(rn − pn) = npnεn.
≤
k=0
D’après (c) et la convergence de npn vers λ, npnεn tend vers 0 quand n tend
vers +∞. Il en est donc de même pour P (Bn).
Pour conclure, on remarque que (3.22) est vérifiée pour tout entier n ≥ 1 et
que le premier membre de cette égalité ne dépend pas de n. Cette égalité rest
e donc vraie à la limite :
P (l observations dans [0, 1[) = lim −λλl
,
l!
d’après (3.23) et la majoration de P (Bn). Ce résultat étant valable pour tout
entier l, nous avons donc démontré :
Théorème 3.14 Soit un phénomène donnant lieu à des observations aléatoires
vérifiant les hypothèses :
(a) Les observations dans des intervalles de temps disjoints sont indépe
n-
dantes ;
(b) Pour tout réel t tel que 0 ≤ t < t + T ≤ 1 la loi du nombre (aléatoire)
d’observations dans l’intervalle [t, t + T [ ne dépend que de la durée T d
e
cet intervalle.
(c) En notant pn la probabilité d’avoir exactement une observation dans un
intervalle de temps de durée 1/n et rn celle d’en avoir au moins une,
r −p −→ 0, quand n → +∞.
εn = n pnn
Alors le nombre aléatoire d’observations dans l’intervalle [0, 1[ suit la loi de
Poisson de paramètre λ défini par
λ = − ln(1 − r1).
Remarque : L’examen attentif de la démonstration ci-dessus montre que la struc-
ture d’ordre de l’intervalle [0, 1[ n’y joue aucun rôle. L’important est la possibi-
lité de réaliser une partition de [0, 1[ en intervalles de même longueur tendant
vers 0. Par conséquent en rempla¸
cant la longueur par l’aire ou le volume, il est
possible d’obtenir une version spatiale en dimension 2 ou 3 du théorème 3.14.
Ceci permet de comprendre pourquoi la loi de Poisson fournit une bonne mo-
délisation par exemple du nombre d’erreurs typographiques dans une page im
- primée, du nombre d’impacts de météorites sur un territoire donné, du nombre
d’accidents sur une portion d’autoroute pendant une période donnée, du nombre
de raisins dans une portion de cake, du nombre d’étoiles dans une région d
e l’univers, . . .
3.4. Exercices
3.4 Exercices
Ex 3.1. La propriété d’absence de mémoire
1) Montrer que si X est une v. a. de loi géométrique, elle vérifie la propriété
d’absence de mémoire suivante :
∀k ∈ N, ∀ n ∈ N, P (X > n + k | X > n) = P (X > k).(3.24)
Interpréter ce résultat en considérant

une suite d’épreuves répétées.
2) Trouver toutes les lois qui vérifient la propriété (3.24).
Indication : On notera G(n) = P (X > n) et on montrera que (3.24) se traduit
par une relation simple entre G(n + k), G(n) et G(k).
Ex 3.2.
1) Proposer des formules permettant de simplifier les expressions :
X X
F (x, y) = C kx kyn− k,
2
n
2 2
G(x, y) = C k+1x k+1yn− k−1.
2 2 2
0≤2k≤n 0<2k+1≤n
n
2) Soit X une variable aléatoire suivant la loi binomiale B(n, p). Calculer :
P (X pair).
Ex 3.3. Code de la Route I.

Pour l’examen du Code de la Route, les candidats doivent remplir un ques
-
tionnaire de 40 questions en choisissant pour chacune d’elles l’une des 4 répons
es
proposées, dont une seule est exacte. Un candidat totalement ignorant décide de
tenter sa chance en cochant complètement au hasard une réponse pour chaque
question.
1) Quelle est la loi du nombre S de bonnes réponses du candidat ? Justifie
z votre réponse.
2) Calculer P (S ≥ 36).
Ex 3.4. Code de la Route II.

Le modèle précédent est trop simpliste, en voici un plus réaliste. Le candidat
n’est pas complètement ignorant et il arrive qu’il connaı̂sse la réponse à certaines
questions. Il répond alors à coup sûr. S’il ignore la réponse, il choisit au hasard
entre les 4 réponses proposées. On suppose toutes les questions indépendante
s
et que pour chacune de ces questions, la probabilité que le candidat connaiss
e
la vraie réponse est p. Ce paramètre p mesure donc le vrai niveau du candidat.
Malheureusement il n’est pas connu de l’examinateur. On définit les variable
s aléatoires suivantes :
S nombre de réponses connues du candidat ;
T nombre de bonnes réponses obtenues au hasard ;
U nombre total de bonnes réponses (U = S + T ) ;

V nombre de mauvaises réponses (S + T + V = 40).

1) Quelle est la loi de S ?
2) On note Bi l’évènement « le candidat donne la bonne réponse à la i ème i
question ». Calculer P (Bi) en fonction de p (on conditionnera par les deux ca

s possibles).
3) En déduire la loi de U, puis celle de V .
4) Utiliser une méthode analogue pour trouver la loi de T .
Ex 3.5. Code de la Route III.

Ce que peut réellement observer l’examinateur, c’est la valeur prise par U (ou ce
qui revient au même par V ). Les quantités intéressantes pour tirer des conclu-
sions sur le niveau réel du candidat sont les P (S = i | U = m) pour i ≤ m ≤ 40.
Par exemple si le candidat a obtenu 38 bonnes réponses, on aimerait évaluer
P (S ≥ 36 | U = 38).
1) Expliquer pourquoi pour i ≤ m ≤ 40,
P (S = i, U = m) = P (S = i, T = m − i, V = 40 − m).
2) En utilisant le résultat de l’exercice 2.16, en déduire en fonction de i, m

et p,l’expression de P (S = i | U = m).
3) En déduire l’expression de P (S ≥ 36 | U = 38).
Ex 3.6. Contrôleur contre fraudeur

Une compagnie de métro pratique les tarifs suivants. Le ticket donnant droit
à un trajet coûte 5 F ; les amendes sont fixées à 100 F pour la première infraction
constatée, 200 F pour la deuxième et 2 000 F pour la troisième. La probabilité p
pour un voyageur d’être contrôlé au cours d’un trajet est supposée constante et
connue de la seule compagnie. Un fraudeur décide de prendre systématiqueme
nt
le métro sans payer jusqu’à la deuxième amende et d’arrêter alors de frauder.
On note T le nombre de trajets effectués jusqu’à la deuxième amende (T est l
e numéro du trajet où le fraudeur est contrôlé pour la deuxième fois). On note
q = 1 − p la probabilité de faire un trajet sans contrôle.
1) Montrer que la loi de T est donnée par
P (T = k) = (k − 1)p2qk−2, k ≥ 2.
2) Pour n ∈ N , calculer P (T > n). Indication

∗
: on pourra commencer par
chercher une formule explicite pour la somme de la série entière
p
+∞
u
f (x) := i
s
p
our sa dérivée terme à terme.
X
xk−1,
k=
n+1

3.4. Exercices
Calculer numériquement P (T > 60) (pourquoi s’intéresse-t-on à cette

3)
quantité ?) lorsque p = 1/10 et lorsque p = 1/20.
4) D’un point de vue purement financier (et donc hors de toute considéra-
tion de moralité), quel conseil donneriez vous au fraudeur ?
Ex 3.7. Loi binomiale négative

1) Soit n ∈ N∗ fixé. Donner le développement en série entière de la variable
q de :
f (q) = (1 − q)−n, q ∈ [0, 1[.
Dans la suite, on note p = 1 − q.
2) En déduire qu’en posant :
∀k ∈ N, P (X = k) = Ck+k−1pnqk,
n
on définitune loi de probabilité sur N. Cette loi s’appelle loi binomiale négative
de paramètres n et p.
3) On considère une urne contenant n1 boules vertes et n2 boules rouges
.
On note p = n1/(n1 + n2). On effectue des tirages avec remise d’une boule dans
l’urne jusqu’à l’obtention de la n-
ième boule verte. Soit Y la variable aléatoire
égale au nombre de boules rouges ainsi tirées. Quelle est la loi de Y ?
Ex 3.8. On considère une suite infinie d’épreuves répétées indépendantes.

La i-ème épreuve peut donner une réussite (évènement Ri) avec probabilité p
(0 < p < 1) ou un échec (évènement Rc) avec probabilité q = 1 − p. On note X
i
le numéro (aléatoire) de l’épreuve où l’on observe la deuxième réussite.

´
1) Ecrire les évènements {X = 2}, {X = 3}, {X = 4} à l’aide des Ri et
R et calculer leurs probabilités respectives.
c
i
2) Calculer P (X = k) pour tout entier k.

3) Ecrire
´ à l’aide des Ri et Rc l’événement
i
{ on n’observe jamais de deuxième succès}

et montrer que sa probabilité est
nulle.
4) Calculer l’espérance de X (voir chapitre 5).
Ex 3.9. On jette deux dés dont l’un est équilibré, l’autre est truqué de façon
inconnue. On note X, Y les nombres de points indiqués respectivement par l
e
dé équilibré et le dé truqué. La variable aléatoire X suit ainsi la loi uniforme
sur {1, . . . , 6}, tandis que la loi de Y nous est inconnue : on sait seulement que
l’ensemble des valeurs possibles de Y est {1, . . . , 6}, mais on ignore les valeur
s des P (Y = j) pour j ∈ {1, . . . , 6}. On suppose que le truquage n’affecte pas l’in-
dépendance des deux dés. On note R la variable aléatoire égale au représentant
dans {0, . . . , 5} de la classe d’équivalence de X + Y modulo 6.

1) Montrer sans faire de calcul que pour tout r ∈ {0, . . . , 5} et tout j ∈

{1, . . . , 6}, il existe un unique i ∈ {1, . . . , 6} tel que i + j = r modulo 6.
2) Expliquer pourquoi l’événement {R = r} est réunion de 6 événements
deux à deux disjoints du type {X = i, Y = j}. Expliciter cette décomposition
pour {R = 3}.
3) Calculer P (R = r) pour r ∈ {0, . . . , 5} et en déduire que R suit la loi
uniforme sur {0, . . . , 5} et ceci quelle que soit la loi de Y , c’est-à-dire quel que
soit le truquage du deuxième dé.
Ex 3.10. Groin chercheur

Le nombre de truffes trouvées par le cochon Sherlock durant une période d
e
recherche T (en heures) suit une loi de Poisson de paramètre λ(T ). On sait que
λ(1) = 1, 7.
1) Calculer la probabilité que Sherlock ne trouve aucune truffe en un
e heure.
2) Calculer la probabilité que Sherlock trouve au moins 2 truffes en une
heure.
On note maintenant X1 le nombre de truffes trouvées par Sherlock un jour
donné entre 6h et 7h et X2 le nombre de truffes trouvées par Sherlock le même
jour entre 7h et 8h.
3) Quelle est l’espérance de X1 + X2 ?
4) En déduire λ(2).
5) Les événements {X1 = 0} et {X2 = 0} sont-ils indépendants ?
Ex 3.11. Soit X une v.a. de Poisson de paramètre λ > 0. On définit la v.a. Y

de la manière suivante :
– Si X prend une valeur nulle ou impaire alors Y prend la valeur 0.
– Si X prend une valeur paire alors Y prend la valeur X/2.
Trouver la loi de Y .
Ex 3.12. Mélange de lois

On suppose que le nombre N d’oeufs pondus par un insecte suit une loi d
e Poisson de paramètre α :
k
α k ∈ N.
P (N = k) = e−α
k!
On suppose également que la probabilité de développement d’un oeuf est p et
que les oeufs sont mutuellement indépendants. On note S le nombre (aléatoir
e) de survivants. Montrer que S suit une loi de Poisson de paramètre pα.
3.4. Exercices
Ex 3.13. Le nombre de fois où un individu attrape un rhume en une anné

e
donnée est une variable de Poisson de paramètre λ = 5. Un nouveau médicament
vient d’être mis sur le marché. Il réduit le paramètre de Poisson à λ = 3 pour
75% de la population. Pour le reste de la population, le médicament est san
s
effet notable sur les rhumes. Si un individu essaie le médicament pendant un an
et attrape 2 rhumes au cours de cette période, quelle est la probabilité que l
e médicament lui ait été bénéfique ?
Ex 3.14. Un boulanger mélange 1000 raisins dans de la pâte pour fabrique

r 100 brioches de même masse.
1) Quelle est la loi exacte du nombre X de raisins contenus dans un
e brioche achetée chez ce boulanger ? Précisez quelles hypothèses vous faites.
2) En utilisant une approximation classique de la loi de X, évaluer la pro-
babilité que la brioche achetée contienne 10 raisins à deux unités près (i.e.
8 ≤ X ≤ 12).
Ex 3.15. Une loi discrète pathologique9

Le but de cet exercice est de construire et d’étudier une v.a. discrète ayant
pour ensemble X(Ω) de valeurs possibles l’ensemble D des nombres décimau
x
de [0, 1[. Un nombre décimal peut se représenter par une suite finie de chiffre
s décimaux. Cette représentation n’est pas unique, par exemple :
0.375 = 0.3750 = 0.37500 = 0.375000 = . . .

On peut aussi l’écrire sous la forme k10−n avec k ∈ N et n ∈ N . Si k n’est
∗
pas divisible par 10, nous dirons que l’on a la forme réduite (pour l’exemp
le
précédent, k = 375 et n = 3). Nous construisons X par la procédure suivante.
On dispose de deux urnes. La première contient des boules rouges et de
s
vertes. On note p la proportion de boules rouges (0 < p < 1) et q celle de
s
vertes. La deuxième urne contient 10 boules numérotées de 0 à 9. On effectu
e
des tirages avec remise dans la première urne jusqu’à la première apparitio
n
d’une rouge. On note N le nombre (aléatoire) de tirages nécessaires. Une foi
s
connue la valeur de N, on effectue N tirages avec remise d’une boule da
ns la deuxième urne. En notant Yj le chiffre sorti lors du j-
ème tirage dans la deuxième urne (i ≤ N), on forme le nombre décimal :
. X
N(ω) 10
j
(ω) = 0, Y1(ω)Y2(ω) . . . YN( )(ω) =
ω
X
Yj(ω)
j=1
1) Quelle est la loi de N ?
2) Soit n fixé. Lorsque l’on effectue n tirages dans la deuxième urne, quell
e
est la probabilité d’obtenir une suite de n chiffres décimaux choisie à l’avance ?
9
mais presque. . .

3) Calculer P (X = 0.375) (attention, il y a une infinité de façons d’obtenir

cette valeur !).
4) Soit d ∈ D et k10−n sa forme réduite. Calculer P (X = d).
5) Vérifier que D est dénombrable en décrivant un procédé permettant de
numéroter bijectivement les éléments de D par ceux de N.
6) Montrer qu’il n’existe pas de numérotation croissante des éléments de
X(Ω) (i.e. vérifiant ∀ k ∈ N, xk < xk+1).
7) Calculer l’espérance de X (voir chapitre 5). Le résultat dépend de p. On
vérifiera que dans tous les cas :
9
< IE X < 1
20 .
2
Commenter ce résultat. Comment interpréter les cas limite p = 1 et p = 0 ?
8) Soit F la fonction de répartition de X. Montrer que F n’est constante
dans aucun intervalle de [0, 1[ (si petit soit-il). Ce n’est donc pas une fonction
en escaliers (puisqu’elle est constante sur ] − ∞, 0[ et sur [1, +∞[).
9) Montrer que F n’est continue sur aucun intervalle de [0, 1[ (aussi petit
soit-il). Cependant F est continue en tout réel non décimal de [0, 1[ (il y en a
une infinité non dénombrable).
10) Détailler le calcul de P (X ≤ 0.375 | N = j) en distinguant les deux cas
j < 3 et j ≥ 3.
11) Généraliser en montrant que :
[10 jd] + 1
∀d ∈ D, P (X ≤ d | N = j) = .
10j
12) CalculerF (k/10) pour 0 ≤ k ≤ 9 et F (l/100) pour 0 ≤ l ≤ 99.

13) Peut-on donner une formule générale pour F (d), d ∈ D ?
Ex 3.16. Le terme central de la loi binomiale10

Soit p ∈ ]0, 1[ et q = 1 − p. Dans tout ce qui suit on note :
b(k, n, p) = Ckpkqn−k
n pour 0 ≤ k ≤ n,
k et n étant entiers. Ainsi b(k, n, p) est la probabilité qu’une variable binomiale
de paramètres n et p prenne la valeur k.
1) Vérifier que pour k ≥ 1, on a :
b(k, n, p)
=1+ (n + 1)p − k
b(k − 1, n, p) .
kq
10Cet
exercice est purement analytique. Il permet de démontrer un résultat important qui
sera utilisé lors de la preuve du théorème de De Moivre Laplace.

3.4. Exercice
s
En déduire que :
si k ≤ (n + 1)p, b(k, n, p) ≥ b(k − 1, n, p),
si k > (n + 1)p, b(k, n, p) < b(k − 1, n, p).
Pour n et p fixés, le maximum de b(k, n, p) est donc atteint en k = m, m étant
défini comme l’unique entier tel que :
(n + 1)p − 1 < m ≤ (n + 1)p.
Si (n + 1)p n’est pas entier, l’inégalité de droite est stricte et il y a un seul maxi-
mum. Si (n + 1)p est un entier on a m = (n + 1)p et b(m − 1, n, p) = b(m, n, p)
réalisent tous deux le maximum. Dans tous les cas, le nombre b(m, n, p) est ap-
pelé terme central de la loi binomiale. On se propose d’en donner un équivalen
t simple lorsque n tend vers +∞.
2) ´
Etudier les variations de la fonction :
f : [0, 1] → [0, 1], x :7→ xm(1 − x)n−m.
3) Vérifier que np ∈ ] (n + 1)p − 1, (n + 1)p [. Montrer que :
□ m □ □ m□
si np ≤ m ≤ (n + 1)p, b m, n, ≤ b(m, n, p) ≤ b m, n, . (3.25)
n+1 n
4) Montrer de même que :
□ m + 1□ □ m
si (n + 1)p − 1 < m < np, b m, n, ≤ b(m, n, p) ≤ b m, n, □
5) On rappelle la formule de Stirlingn: +pou 1 r tout j ∈ N , .
∗
n(3.26)
√ 1 1
j! = 2πjj+1/2e−je où
θj
< θj < .
12j + 1 12j
En utilisant cette formule, donner un équivalent des bornes des encadrement
s (3.25) et (3.26). En déduire que :
1
b(m, n, p) ∼ √ , (n → +∞). (3.27)
2πnpq
En rempla¸cant les équivalents par des encadrements, et en se fatiguant un peu

plus, on pourrait montrer qu’il existe une constante C indépendante de p et un
entier n0 dépendant de p tels que :
1 C
∀n ≥ n0, b(m, n, p) =√ (1 + εn) avec |εn| ≤ .(3.28)
2πnpq
npq
Ex 3.17. Que pensez vous de l’affirmation suivante : « Si on lance un grand
nombre (pair) de fois une pièce équilibrée, il y a une forte probabilité d’obtenir
exactement autant de piles que de faces » ?

Ex 3.18. La queue de la loi de Poisson11
1) Si X suit la loi de Poisson de paramètre λ > 0, montrer que :

k+1
∀k > λ − 1, P (X ≥ k) < P (X = k) .
k+1−λ
Indication : On part de :
+∞
X
λj λk □ λ λ2 λ3 □
= 1 + + + + · · · · · ·
j=k
j! k! k+1 (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2)(k + 3)
et on majore la parenthèse par la somme d’une série géométrique. . .
2) En déduire que :
∀k ≥ 2λ − 1, P (X > k) < P (X = k).

Ex 3.19. Contrôle de l’erreur dans l’approximation poissonienne
On se propose de donner des résultats quantitatifs sur l’approximation de l
a probabilité binomiale b(k, n, p) par e−λλk/k! où λ = np.
1) Justifier l’encadrement suivant :
□ u
2
□
∀ u ∈ [0, 1[, exp −u − ≤ 1 − u ≤ exp(−u).(3.29)
2(1 − u)
Indication : Dans le développement en série entière de ln(1 − u), contrôler le
reste de rang 2 par une série géométrique.
2) En déduire que si 0 ≤ k ≤ n,
n k k−1
Ck = Y□ j □ n
k
□ (k − 1)k □
1− ≤ exp −
n
k! .
j=1
n k! 2n
3) En déduire que si n ≥ 2 et 0 ≤ k ≤ n :
e −λλk
b(k, n, p) ≤ □k □
exp (2λ + 1 − k) .
k! 2n
En particulier :
−λλk
.
k!
En combinant cette inégalité avec le résultat de l’exercice 3.18, on en déduit la
majoration suivante de la queue de la loi binomiale :
Xn e−λλk
∀k ≥ 2λ + 1, b(j, n, p) ≤ .(3.30)
k!
j=
k+1
11La
« queue » de la loi d’une v.a. X est la fonction t 7→ P (X > t).
3.4. Exercices
4) Montrer en utilisant l’encadrement de la question 1 et la formule de

Stirling (cf. exercice 3.16) que l’on a pour 0 ≤ k < n la minoration :
e −λλk □ 1 □ n−k 12k + 1 □□

b(k, n, p) ≥ exp (2λ + 1)k − 2k
2
− λ2 − .
k! 2n n−λ 72(n − k)
Ex 3.20. Assurances maritimes et concentration du capital

Une compagnie d’assurances assure une flotte de 500 navires de pêche valan
t
chacun 6 millions de francs. Le risque assuré est la perte totale du navire qui est
un événement de probabilité 0.001 pour une année. Les naufrages des différents
navires sont considérés comme indépendants. On note X la variable aléatoire
égale au nombre de navires perdus en une année.
1) Trouver la loi exacte de X.
E´ valuer P (X = 10) en utilisant une approximation de la loi de X.
2)
3) La compagnie rembourse le 31 décembre, sur ses réserves, la valeur des
bateaux assurés ayant fait naufrage dans l’année. A combien doivent s’élever
ces réserves financières pour qu’elle puisse effectuer la totalité de ces rembour-
sements avec une probabilité supérieure à 0.999 ? Indication : En utilisant l’in-
égalité (3.30) de l’ exercice 3.19, montrer qu’il suffit que ces réserves représentent
la valeur d’un très petit nombre de navires et faire un calcul basé sur la loi exacte
de X.
4) Comparer avec ce que donnerait l’approximation poissonnienne.
5) La compagnie fusionne avec une autre compagnie identique (500 navir
es
assurés). Reprendre brièvement les questions 1) et 3) et commenter le résultat
obtenu.
Chapitre 4
Vecteurs aléatoires discrets
4.1 Introduction
Dans des situations où interviennent plusieurs variables aléatoires, le cal

- cul de la probabilité d’un événement dont la réalisation dépend des valeurs de
ces variables doit faire intervenir ces variables considérées dans leur ensembl
e
et non chacune isolément. On est ame conné
s paàr étudie
préciser rainsi une
cette idéenouvelle notion,
sur un exemple
celle de vecteur aléatoire. Commen¸
élémentaire.
Exemple 4.1 Une urne contient 7 boules : 2 bleues, 3 blanches et 2 rouges. On

en prélève 3 d’un coup. On note respectivement X et Y les nombres de boules
bleues et blanches dans l’échantillon tiré. Calculer les probabilités suivantes :
P (X > Y ), P (X = Y ), P (2 rouges).
Il est clair que ces deux variables suffisent à décrire complètement l’expérience
puisque la composition de l’échantillon est déterminée par les valeurs de X
et Y : le nombre de rouges étant (3 − X − Y ). L’espace probabilisé associé
naturellement à cette expérience est l’ensemble de tous les échantillons possible
s (il y en a C3 = 35) muni de l’équiprobabilité. Les valeurs possibles du couple
7
aléatoire (X, Y ) sont dans l’ensemble {0, 1, 2} × {0, 1, 2, 3}. Les probabilités
d’observation de ces valeurs P (X = i, Y = j) se calculent facilement en faisant
du dénombrement.
P (X = i, Y = j) = P (i bleues j blanches, (3 − i − j) rouges)

i j 3,−i−j
2
C 2C3 C ,
= C3 7
en faisant la convention Ck = 0 lorsque k < 0 ou k > n.
n
75
Chapitre 4. Vecteurs aléatoires discrets
↓ i\j → 0 1 2 3 P (X = i)
0 0 3
6 1 10
35 35 35 35
1 2
12 6 20
35
2 35 35
35
0
2
5
3 35
35
5
318
012 0
P (Y = j) 4
35 35 35 1 1
35
Les valeurs de P (X = i, Y = j).

Le tableau des P (X = i, Y = j) permet le calcul des lois marginales PX et
PY . Plus généralement, on peut à l’aide de ce tableau calculer la probabilité de
tout événement dont la réalisation ne dépend que de la valeur du couple (X, Y ).
Ainsi :
2 2 3 1
P (X > Y ) = + + = ,
35 35 3512 5
12
P (X = Y ) = 0 + + 0 = 35 ,
35
2 3 1
P (2 rouges) = P (X + Y = 1) = + = .
35 35 7
4.2 Vecteurs aléatoires

Définition 4.1 Soient X et Y deux variables aléatoires discrètes définies sur
le même espace probabilisé (Ω, F, P ). L’application :
Ω → R2, ω 7→
est appelée couple aléatoire discret de marginales X et Y et notée (X, Y ).
Définition 4.2 De même si X1, . . . , Xm sont des v.a. discrètes sur le même
(Ω, F, P ), on définit le vecteur aléatoire (X1, . . . , Xm) comme l’application :
Ω → Rm, ω 7→
La v.a. Xi est la i-ème marginale du vecteur.

Le couple aléatoire (X, Y ) permet de transporter la probabilité P de F sur
l’ensemble des parties de R2.
Définition 4.3 La loi PX,Y du couple (X, Y ) est la probabilité définie sur l’en-
semble des parties de R2 par :
∀ B ⊂ R2, PX,Y (B) = P
Les lois PX et PY des v.a. X et Y sont appelées lois ma

76 rginale
Ch. s duProbabilités
Suquet, couple.
4.2. Vecteurs aléatoires
Dans la suite les ensembles de valeurs possibles pour les v.a. marginales X
et Y seront notés :
X(Ω) = {x0, x1, . . . , xi, . . .} et Y (Ω) = {y0, y1, . . . , yj, . . .}.
Il est facile de voir que la loi du couple (X, Y ) est caractérisée par les probabilités
PX,Y
Proposition 4.4 Si (X, Y ) est un couple aléatoire, ses lois marginales PX et

PY peuvent se calculer par :
X
∀ xi ∈ X(Ω), P (X = xi) = P (X = xi, Y = yj), (4.1)
yj∈ Y (Ω)
X
∀ yj ∈ Y (Ω), P (Y = yj) = P (X = xi, Y = yj). (4.2)
xi∈ X(Ω)
Preuve : Il suffit de faire la vérification pour (4.1), celle de (4.2) est analogue en
échangeant les rôles de X et Y . Pour i fixé, l’événement {X = xi} est la réunion
de la famille dénombrable d’événements 2 à 2 disjoints {X = xi, Y = yj} (pour
tous les j tels que yj ∈ Y (Ω)). La relation (4.1) s’en déduit par σ-additivité.
Remarque : La connaissance de la loi du couple (X, Y ) permet de calculer
les lois marginales. Il importe de bien comprendre que la réciproque est fauss
e. Il n’est généralement pas possible de calculer la loi PX,Y du couple aléatoire
(X, Y ) à partir de la seule connaissance de ses lois marginales PX et PY . Voici
un exemple élémentaire de deux couples aléatoires ayant mêmes lois marginale
s sans avoir même loi (voir aussi l’exercice 4.1).
Exemple 4.2 On jette un dé bleu et un rouge. On note X les points indiqués
par le dé bleu, Y ceux du dé rouge et on pose Z = 7 − X. Alors les couples
aléatoires (X, Y ) et (X, Z) ont mêmes lois marginales mais pas même loi.
En effet il est clair que X, Y et Z suivent chacune la loi uniforme sur
{1, 2, 3, 4, 5, 6}. Les lois des couples sont données par les tableaux suivants
1 2 3 4 5 6
1 1 2 3 4 5 6
1 1 1 1 1 1
36 36 36 36 36
36
1 0 0 0 0 0 16
2 1
1 1 1 1 1
1 36 36 36 36 36
3 1
36
1 1 1 1 1
2 0 0 0 0 16 0
36 36 36 36 36
4 36 1 1 1 1 1
1
1
3 0 0 0 16 0 0
5 36 361 361 361 361 361 4 0 0 16 0 0 0
6 36 36 36 36 36 36
1 1 1 1 1 5 0 16 0 0 0 0
36 36 36 36 36
36 6 1
6 0 0 0 0 0
Loi de (X, Y ) Loi de (X, Z)

L’extension au cas des vecteurs aléatoires de la définition 4.3 et de la pro

-
position 4.4 ne pose pas d’autre problème que l’alourdissement des notations
et est laissée au lecteur.
4.3 Variables aléatoires indépendantes

Définition 4.5 (Indépendance de deux v.a.)
Deux variables aléatoires discrètes X et Y sont dites indépendantes si pour
tous sous-ensembles A et B de R, les événements {X ∈ A} et {Y ∈ B} sont
indépendants :
∀A ⊂ R, ∀ B ⊂ R P (X ∈ A, Y ∈ B) = P (X ∈ A)P (Y ∈ B),(4.3)
ce qui s’écrit aussi : PX,Y (A × B) = PX (A)PY (B).
Dans l’exemple 4.2 ci-dessus, les variables aléatoires X et Y sont indépendantes,

les v.a. X et Z ne le sont pas. Il s’agit là de deux situations extrêmes. D’un côté
la connaissance de la valeur prise par X ne nous apporte aucune information s
ur
la valeur prise par Y (indépendance). De l’autre, la connaissance de la valeu
r
de X détermine complètement la valeur de Z (dépendance fonctionnelle). La
situation générale est intermédiaire entre ces deux cas extrêmes (voir un exemple
à l’exercice 4.1).
Définition 4.6 (Indépendance d’une famille finie de v.a.)

Les m variables aléatoires discrètes X1, . . . , Xm sont dites indépendantes si pour
toutes parties A1, . . . , Am de R, les événements {X1 ∈ A1},. . .,{Xm ∈ Am} sont
mutuellement indépendants.
Définition 4.7 (Indépendance d’une suite de v.a.)

Une suite (Xn)n N de variable aléatoires discrètes est dite indépendante si toute
∈
sous-suite finie est indépendante au sens de la définition 4.6.
Dans une suite d’épreuves répétées indépendantes, si pour tout i ≥ 1, Xi est une
variable aléatoire dont la valeur ne dépend que du résultat de la i-ème épreuve
(par exemple points obtenus lors du i-ème lancer d’un dé), la suite (Xi)i≥1 est
indépendante.
Pour vérifier l’indépendance de deux variables aléatoires discrètes, on dispos
e du critère calculatoire suivant :
Proposition 4.8 Les variables aléatoire discrètes X et Y sont indépendantes

si et seulement si :
∀ xi ∈ X(Ω), ∀ yj ∈ Y (Ω), P (X = xi, Y = yj) = P (X = xi)P (Y = yj). (4.4)

4.3. Variables aléatoires indépendantes
Preuve : D’abord il est clair que l’indépendance implique (4.4), il suffit de

choisir A = {xi} et B = {yj} dans (4.3).
Réciproquement, supposons (4.4) vérifiée. Pour montrer l’indépendance de
X et Y , on cherche à vérifier (4.3) pour deux parties A et B quelconques de R.
X
P (X ∈ A, Y ∈ B) = P (X = xi, Y = yj)
(x ,y )∈ A×B
i j
X
=
P (X = xi)P (Y = yj)
(xi,yj)∈ A×B
X X
= P (X = xi) P (Y = yj) (4.5)
xi∈ A yj∈ B
= P (X ∈ A)P (Y ∈ B).
Dans (4.5) nous avons utilisé les propriétés des séries à termes positifs (somm
a- tion par paquets, produit de deux séries).
Remarque : Si l’on connaıt la loi de X et celle de Y et si l’on sait que X et Y
ˆ
sont indépendantes, alors on peut reconstruire la loi du couple (X, Y ) à partir

des lois marginales. Il suffit d’utiliser (4.4). Au risque d’insister lourdement,
rappelons que cette reconstruction n’est pas possible en général à partir de la
seule connaissance des lois de X et Y .
La proposition 4.8 peut se généraliser au cas des vecteurs aléatoires (énonc´
e et démonstration laissés en exercice).
Proposition 4.9 Soient X et Y deux variables aléatoires discrètes indépen-

dantes, f et g deux fonctions dont les domaines de définition contiennent res
- pectivement X(Ω) et Y (Ω). Alors les variables aléatoires discrètes f (X) et g(Y )
sont indépendantes.
Preuve : D’abord précisons la notation f (X). Il s’agit en fait de l’application

f ◦X :
f ◦X : Ω →R ω
7→ f L’ensemble des valeurs possibl
no mbrable 1. f (X) est donc bien une variable aléatoire discrète (et de même
es f
pour g(Y )).
Pour prouver l’indépendance de f (X) et g(Y ), il suffit d’après la proposition
4.8 de vérifier que pour tous s ∈ f P
en regroupant dans la même classe tous les éléments de X(Ω) ayant même image par f et en
choisissa
1On nent un seulereprése
suppos pas f ntant dans
injective, onchaque classe
peut donc . sComme
trè X(Ω)
bien avoir est infini
X(Ω) au plus dénom
dénom brable,
brable et
ilf en est de même pour D ⊂ X(Ω).

En utilisant (4.4) et le produit de deux séries à termes positifs, on obtient :

P
xi:f(xi)=s P (X = xi, Y = yj)
yj:g(yj)=t
X
=
P (X = xi)P (Y = yj)
xi:f(xi)=s
yj:g(yj)=t
X X
= P (X = xi) P (Y = yj)
xi:f(xi)=s yj:g(yj)=t
= P
Proposition 4.10 (Somme de deux v.a. indépendantes)

Si X et Y sont deux v. a. indépendantes avec X(Ω) ⊂ N et Y (Ω) ⊂ N, la loi
de la variable aléatoire X + Y est donnée par :
X
∀n ∈ N, P (X + Y = n) = P (X = i)P (Y = j)
i+j=n
X n
= P (X = i)P (Y = n − i).
i=0
Preuve : Comme X et Y sont à valeurs entières, il en est de même pour X + Y

dont la loi sera caractérisée par les P (X + Y = n). Pour les calculer, il suffit
de décomposer l’événement {X + Y = n} en la réunion disjointe de tous les
événements {X = i, Y = j} tels que i + j = n. On en déduit :
X
P (X + Y = n) =
i+j=n P (X = i, Y = j) (4.6)
X
=
P (X = i)P (Y = j), (4.7)
i+j=n
ce qui prouve la proposition.

Remarque : Si X et Y ne sont pas indépendantes, (4.7) n’est plus valable, on
peut seulement écrire (4.6). On voit ainsi que l’on peut toujours calculer la loi
de X + Y si l’on connaıt la loi du couple (X, Y ). Par contre le calcul de la loi de
ˆ
X + Y à partir des lois de X et Y n’est possible que sous l’indépendance. Par

ailleurs la méthode utilisée se généralise au cas de variables aléatoires discrète
s
quelconques ( pas forcément à valeurs entières) au prix de quelques complica
- tions d’écriture.

4.4. Exercices
Exemple 4.3 Soient X et Y deux variables aléatoires indépendantes suivant

des lois de Poisson de paramètres respectifs α et β. Déterminer la loi de leur
somme S.
Les lois de X et Y sont données par :
e e−ββj
P (X = i) = −ααi
.
, P (Y = j) = j!
i!
Comme X et Y sont indépendantes :
n
X X
n P (X = i)P (Y = n − i) =
e−ααi e−ββn−i
i=0 i
P (S = n) = i! (n − i)!
=0
X n
e −(α+β) n! Cni αiβn−i
= −(α+β) (α + β) n
i=0 .
n!
Ainsi S suit la loi de Poisson de paramètre λ = α + β.
4.4 Exercices
Ex 4.1. On jette un dé bleu et un rouge. On note X les points indiqués par le
dé bleu, Y ceux du dé rouge et on définit la variable aléatoire Z de la manière
suivante :
X(ω) si X(ω) ≤ 3,
Y (ω) si X(ω) > 3 et Y (ω) > 3,
Z(ω) =
Y (ω) + 3 si X(ω) > 3 et Y (ω) ≤ 3.
Déterminer les lois des couples (X, Y ) et (X, Z). Vérifier que ces couples ont
mêmes lois marginales mais pas même loi.
Ex 4.2. Montrer que deux variables aléatoires de Bernoulli X et Y sont indé-

pendantes si et seulement si P (X = 1, Y = 1) = P (X = 1)P (Y = 1).
Ex 4.3. Soient X et Y indépendantes et de même loi géométrique de paramètre

p. Déterminer la loi de X + Y .
Ex 4.4. On lance indéfiniment le même dé. Soit X le numéro du premier

lancer où l’on obtient un « trois » et Y celui du premier lancer où l’on obtient
un « quatre ».
1) Quelle est la loi de X, celle de Y ? Ces deux variables aléatoires sont-
elles indépendantes (répondre sans calculer la loi du couple) ?

2) Pour le k-ème lancer (k ∈ N ), on note Ak l’obtention d’un « trois », Bk

∗
celle d’un « quatre » et Ck celle d’aucun de ces deux chiffres. Exprimer à l’aide
d’évènements de ces types, l’évènement {X = i, Y = j}. En déduire la loi du
couple (X, Y ).
3) Donner sans calcul (mais en justifiant votre réponse) les valeurs de
P (X < Y ) et P (X > Y ).
4) On définit la variable aléatoire Z = 3X 4Y . Quelle est la probabilité que
Z soit une puissance de 36 ?
Ex 4.5. On considère une suite d’épreuves répétées indépendantes. On note
Si l’événement succès à la i-ème épreuve et on pose p = P (Si), q = 1 − p. On
définit les variables aléatoires X1 et X2 par : X1 est le numéro de l’épreuve où
apparaıt le premier succès, X1 + X2 est le numéro d’apparition du deuxième
ˆ
succès.
1) Pour j et k dans N , exprimer l’événement {X1 = j, X2 = k} à l’aide
∗
des Si. En déduire la loi de (X1, X2) puis celle de X2. Vérifier que X1 et X2 sont
indépendantes.
2) Calculer P (X1 = k | X1 + X2 = n) pour k = 1, . . . , n − 1. Commenter
le résultat.
Ex 4.6. ↑ 3.7
1) On considère une suite d’épreuves de Bernoulli indépendantes avec po
ur
chacune même probabilité de succès p. Soit Y le nombre aléatoire d’épreuve
s
avant le premier succès (si celui ci se produit lors de la première épreuve, Y = 0).
Quelle est la loi de Y , celle de Y + 1 ?
2) Donner une formule générale permettant de calculer la loi de
n X
T = Yi,
n
i=1
où les i sont des v.a. indépendantes de même loi que Y
.
3) Cette formule fait intervenir la quantité :
X 1 = Card {(i1, . . . , in) ∈ Nn, i1 + · · · + in = k},
Nn,k =
i1+···+in=k
qui peut aussi s’interpréter comme le nombre de façons de disposer k objets

identiques dans n cases. Montrer que ce nombre vaut Ck+k−1. Indication : pour
n
dénombrer ces dispositions, il est commode d’employer le codage suivant qui uti-
lise deux caractères : | et ∗ . Le premier sert à délimiter les boites, le deuxième
représente l’un des objets. Par exemple si n = 5 et k = 7, la disposition com-
prenant deux objets dans la première boite, trois dans la deuxième, aucun dan
s
la troisième, un dans la quatrième et un dans la cinquième est représentée par :
| ∗ ∗ | ∗ ∗ ∗ || ∗ | ∗ |

4.4. Exercices
4) Reconnaıtre la loi de Tn. En déduire la loi de la somme de n variables

ˆ
indépendantes de même loi géométrique de paramètre p.

5) Soient U et V deux variables aléatoires indépendantes suivant des lois
binomiales négatives de paramètres respectifs (n, p) et (m, p). Donner sans calcul
la loi de U + V .
Ex 4.7. Soit (X, Y, Z) un triplet de variables aléatoires discrètes indépen-

dantes. Soit f une fonction deux variables réelles dont le domaine de définition
contient l’ensemble de toutes les valeurs possibles du couple aléatoire (X, Y ).
1) Démontrer que les variables aléatoires f (X, Y ) et Z sont indépendantes
(on pourra s’inspirer de la preuve de la proposition 4.9).
2) En déduire sans calcul la loi de X + Y + Z lorsque X, Y et Z sont
indépendantes et suivent des lois de Poisson de paramètres respectifs α, β, γ
. Généraliser au cas de n variables de Poisson indépendantes.
3) Déduire de la première question que si (X1, . . . , Xn) est un vecteurs
aléatoire à composantes indépendantes et si I et J sont deux sous ensembles
disjoints de {1, . . . , n}, toute fonction des Xi indexés par I est indépendante
de toute fonction des Xj indexés par J. Indication : traiter d’abord le cas où
card J = 1 en faisant une récurrence sur card I.
Ex 4.8. Un militant entreprend de faire signer une pétition à l’entrée d’un

supermarché. Le nombre de personnes X qu’il peut ainsi contacter est une va-
riable aléatoire de Poisson de paramètre α. Soit p la probabilité qu’une personn
e
ainsi sollicitée signe la pétition. On note Y le nombre total de signatures et Z
le nombre total de refus de signature (X = Y + Z).
1) Soient j et k deux entiers. En distinguant les cas j > k et j ≤ k, calculer
P (Y = j | X = k).
2) En déduire P (X = k, Y = j).
3) Déterminer la loi de Y . Les variables aléatoires X et Y sont elles indé-
pendantes ?
4) En utilisant le résultat de la question 2), déterminer la loi du couple
(Y, Z).
5) Ces deux variables aléatoires sont elles indépendantes ? Commenter.
Ex 4.9. On considère que le nombre de lapins (des deux sexes) engendrés par
une lapine issue d’un élevage de laboratoire est une variable aléatoire S dont l
a loi est donnée par
P (S = n) = pqn, n ∈ N.
1) Quelle(s) relation(s) doivent vérifier les paramètres p et q pour qu’il
s’agisse bien d’une loi de probabilité (attention, ce n’est pas exactement une loi
géométrique).
2)Jane est une lapine issue de cet élevage. Quelle est la probabilité qu’elle
n’engendre aucun lapin ? Qu’elle en engendre au moins 20 ?
3) Soit X le nombre de lapins femelles et Y le nombre de lapins mâle
s engendrés par Jane ( S = X + Y ). On suppose que la loi de X est telle que :
P (X = k | S = n) = Ckakbn−k 0 ≤ k ≤ n.
n
où les paramètres positifs a et b ne dépendent pas de n et vérifient a + b = 1.

Interpréter cette relation et la signification des paramètres. Que vaut P (X =
k | S = n) pour n < k ?
4) En utilisant la théorie des séries entières, montrer que pour tout k fixé
et tout x ∈ ] − 1, +1[,
+∞
X k! .
n(n − 1) . . . (n − k + 1)xn−k = (1 − x)k+1
n=k
5)Calculer P (X = k) pour tout k ∈ N. En déduire que la loi de X est du
même type que celle de S avec des paramètres différents.
6) Donner sans calcul la loi de Y .
7) Pour i, j ∈ N, discuter les valeurs de :
P (X = i et Y = j | S = n)
selon que n = i+j ou n 6= i+j. En déduire P (X = i, Y = j). Les deux variables
aléatoires X et Y sont elles indépendantes ?
Ex 4.10. La solitude du gardien de but

On considère une suite de n épreuves répétées indépendantes avec pour chaqu
e
épreuve trois issues possibles : succès avec probabilité p, échec avec probabilité
q ou nul avec probabilité r (p + q + r = 1). On notera respectivement Si, Ei et
Ni les événements succès, échec, nul à la i-ème épreuve.
1) Dans cette question, n = 5. Quelle est la probabilité d’obtenir dans cet
ordre 2 succès suivis d’un échec et de 2 nuls ? Quelle est celle d’obtenir (san
s condition d’ordre) 2 succès, 1 échec et 2 nuls ?
2) Généraliser en montrant que la probabilité d’obtenir au cours des n
épreuves (et sans condition d’ordre) i succès, j échecs et k nuls (i + j + k = n)
vaut :
n!
p iqjrk.
i! j! k!
3) On revient au cas n = 5 et on note Xℓ la variable aléatoire codant le
résultat de la ℓ-ième épreuve par Xℓ = 1 pour un succès, Xℓ = −1 pour un
échec et Xℓ = 0 pour un nul. On définit la variable aléatoire
X 5
Z= Xℓ.
ℓ=1
4.4. Exercices
Calculer P (Z = 0).
4) Application : Un match de coupe entre deux équipes de football s’étant
terminé sur un score nul, l’équipe qualifiée est désignée par la séance des penal-
tys. Un joueur de l’équipe A tire un penalty face au gardien de l’équipe B, puis
un joueur de l’équipe B tire un penalty face à celui de l’équipe A et ainsi de suite
jusqu’à ce que chaque équipe ait tiré 5 penaltys. On admet que la probabilité
de réussir un penalty est dans chaque cas de 0, 7 et que tous les tirs sont in-
dépendants. Calculer la probabilité que les deux équipes soient encore à égalit´
e
après avoir tiré chacune ses 5 penaltys. Calculer la probabilité de qualification
de A au bout de ses 5 penaltys.
Ex 4.11. La loi multinomiale
1) Montrer que le nombre N de fa¸ cons de répartir une population de n
individus en k groupes d’effectifs respectifs n1, . . . , nk où n1 + · · · + nk = n est :
n!
N=
n1! . . . nk!
2) En déduire la formule du multinôme : ∀ (a1, . . . , ak) ∈ Rk :
X n! n n k .
a 1 ...a
1 k
(a1 + · · · + ak)n =
n1! . . . nk!
Indication : Considérer le premiernmem
+···+n =n
bre comme un produit de n facteurs et
1 k
examiner la forme générale d’un terme du développement de ce produit.

3) Soient p1, . . . , pk des réels positifs tels que p1 + · · · + pk = 1.
a) Montrer que l’on définit bien une loi de probabilité sur Nk en posant :
0 si n1 + · · · + n k 6= n,
P ({(n1, . . . , nk)}) = n! n1 nk
p 1 . . . pk si n1 + · · · + nk = n.
n1!...nk!
On dit que P est la loi multinomiale de paramètres (n, p1, . . . , pk).

b) Soit X = (X1, . . . , Xk) une variable aléatoire à valeurs dans Nk suivant la
loi multinomiale P définie ci-dessus. Montrer que Xi suit la loi binomiale
de paramètres n, pi.
c) Montrer que X1 + X2 suit la loi binomiale de paramètres n, (p1 + p2). Gé-
P
néraliser au cas de : Y = i I Xi où I est une partie de {1, . . . , k}.
∈
d) On effectue une série de n épreuves répétées dans des conditions identiqu

es
avec pour chacune d’elles k résultats possibles de probabilités respective
s
p1, . . . , pk. On note Xl le nombre total de résultats du type l, (1 ≤ l ≤ k).
Quelle est la loi de (X1, . . . , Xk) ?
4)On lance 6n fois un dé, quelle est la probabilité d’obtenir exactement

n fois chacune des faces ? Majorer cette probabilité à l’aide de la formule d
e Stirling :
1
√ 2πn nne−ne , θn
1
∀ n ≥ 1, n! = < θn < .
12n + 1 12n
Application numérique : n = 100.
Ex 4.12. Sondage téléphonique.

Un enquêteur d’un institut de sondage dispose d’une liste de n personnes à
interroger par téléphone. On suppose qu’à chaque appel d’un correspondant
la probabilité de le contacter est p. L’enquêteur compose successivement les n
numéros (première vague d’appels). On note X1 la variable aléatoire nombre de
correspondants contactés au cours de cette première vague. Lors de la deuxièm
e
vague d’appels l’enquêteur compose les n − X1 numéros non obtenus et parvient
à contacter X2 correspondants. . .On demande de trouver les lois des variable
s aléatoires :
a) Xl (l ∈ N ) ;
∗
b) Sk = X1 + · · · + Xk (k ≥ 2) ;
c) V nombre de vagues nécessaires à l’obtention de tous les correspondants ;
d) Y nombre d’appels nécessaires à l’obtention d’un correspondant donné ;
e) T nombre total d’appels nécessaires à l’obtention de tous les correspondants
.
Indications : On fera une hypothèse raisonnable d’indépendance entre les cor
- respondants. Pour k ≥ 2, on notera Ei,l l’événement le ie correspondant est
contacté lors de la le vague d’appels (1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ l ≤ k − 1) et par Fi,k l’évé-
nement le ie correspondant n’est pas contacté lors des k − 1 premières vagues
d’appels. Pour k fixé, on peut alors considérer une série de n épreuves répétées
indépendantes de résultats possibles (E1, . . . , Ek−1, Fk) et utiliser l’exercice 4.11
pour trouver la loi de (X1, . . . , Xk−1, Rk) avec Rk = n − Sk−1.
Chapitre 5
Moments des variables aléatoires
discrètes
Les moments d’une variable aléatoire sont certaines quantités numériques

associées
à sa loi et qui apportent une information sur cette loi. Leur étude
nous permettra d’obtenir l’inégalité de Tchebycheff et la loi faible des grands
nombres.
5.1 Espérance
Définition 5.1 Soit X une variable aléatoire discrète vérifiant :
X |xk|P (X = xk) < +∞. (5.1)
xk∈ X(Ω)
On appelle espérancemathématique de X le réel IE X défini par :

X
IE X =
x ∈ X(Ω)
k
xkP (X = xk). (5.2)
L’espérance de X apparaıt ainsi comme le barycentre des valeurs possibles d
ˆ
e
X pondérées par leurs probabilités de réalisation. Notons que l’hypothèse (5.1)
garantit l’existence de IE X (convergence absolue de la série (5.2)). Remarquons
aussi que l’espérance ne dépend que de la loi de X. Voici quelques calculs d’e
s- pérances de lois classiques.
Exemple 5.1 (v.a. constante)
Si X est constante (∃ c ∈ R, ∀ ω ∈ Ω, X(ω) = c), son espérance est IE X = c.
Preuve : C’est une conséquence immédiate de la formule (5.2).
Exemple 5.2 (Loi de Bernoulli)

Si X suit la loi de Bernoulli de paramètre p, IE X = p.
87
Chapitre 5. Moments des v. a. discrètes
En effet :
IE X = 0 × P (X = 0) + 1 × P (X = 1) = 0 × q + 1 × p.
On a vu qu’une variable de Bernoulli de paramètre p peut toujours être cons

i- dérée comme l’indicatrice d’un événement A de probabilité p. On a donc :
Pour tout événement A, IE 1A = P (A). (5.3)
Exemple 5.3 (Loi uniforme)

Si X suit la loi uniforme sur l’ensemble fini {x1, . . . , xn}, IE X est égale à la
moyenne arithmétique des xi.
En effet : X(Ω) = {x1, . . . , xn} et P (X = xi) = 1/n pour tout i compris entre
1 et n. D’où : n n X
X
1 xi.
IE X = xiP (X = xi) =
i=1
n i=1
Le calcul de l’espérance des lois binomiale et hypergéométrique est moins immé-

diat et sera vu ultérieurement. Dans les trois exemples précédents, l’existence
de IE X ne pose aucun problème puisque X(Ω) étant fini, le second membre de
(5.2) est la somme d’un nombre fini de termes.
Exemple 5.4 (Loi géométrique)
1
Si X suit la loi géométrique de paramètre p > 0, IE X = .
p
On a ici X(Ω) = N , P (X = k) = qk−1p où q = 1 − p ∈ ]0, 1[. La série à termes
∗
positifs :
+∞
X
+∞
X
kP (X = k) = kqk−1p
k=1 k
=1
est clairement convergente, ce qui justifie l’existence de IE X. On a alors sous

réserve de justification :
+∞
X X
k−1
+∞ kq p = p
□ d □
k=1 k
IE X = k (5.4)
(x )
=1
dx
x=q
" 1 +∞ 1 #
= p d □ 2 = □ .(5.6)
= p (1 − q) xk p
X
(5.5)
dx k=1
x=q
5.1. Espérance
Justification : La série entière de terme général xk a pour rayon de conver-

gence 1. On sait (cf. cours d’analyse) que sa somme est alors dérivable terme `
a terme en tout point de ] − 1, +1[. Ceci légitime le passage de (5.4) à (5.5). On
remarque alors que :
d□
+∞ □ □ +∞ □
X
d d X
xk = xk = dx 1 1
dx k=1 dx k=0 = ,
1−x (1 − x)2
ce qui justifie (5.6).
Exemple 5.5 (Loi de Poisson)

Si X suit la loi de Poisson de paramètre λ, IE X = λ.
En effet on a ici : X(Ω) = N, P (x = k) = e−λλk/k!. La série de terme général
positif uk = kP (X = k) est convergente par application du critère de d’Alem-
bert car uk+1/uk = λ/k est inférieur à 1 − ε pour k ≥ k0. Donc IE X existe. La
somme de cette série se calcule ainsi :
+∞
+∞ λ
l
e−λλk
X X
X
+∞ kP (X = k) =
= λe −λ
IE X = k=0 k (k − 1)! l=0 = λ.
l!
=1
Remarques :
1. Si X et Y ont même loi, il est clair que IE X = IE Y . La réciproque est
fausse. Voici un contre exemple. On choisit X suivant la loi uniforme sur
{−1, +1} et Y suivant la loi uniforme sur {−2, 0, +2}. Les lois PX et PY
sont différentes, mais IE X = IE Y :

1 1
IE X = −1 × +1×
2 = 0,
2
1 1
1
IE Y = −2 × + 0 × + 2 × = 0.
3 3 3
2. Il y a des lois sans espérance. Par exemple celle définie sur N∗ par :
c +∞
P (X = k) = X
1 6
, avec c 2 = 1 soit c = .
k 2
k π2
k=1
Il est clair que pour cette loi, la série (5.1) diverge.

Proposition 5.2 (Linéarité de l’espérance)
Pour toutes variables aléatoires X et Y ayant une espérance et toute constante
a, les v.a. X + Y et aX ont une espérance et :
IE(X + Y ) = IE X + IE Y, (5.7)
IE(aX) = a IE X. (5.8)
Preuve : La vérification de (5.8) est directe. Pour prouver (5.7), on pose

Z = X + Y et on étudie dans un premier temps le cas particulier où X(Ω)
et Y (Ω) sont finis. Il en est alors de même pour Z(Ω), ce qui règle la question
de l’existence de IE Z. La loi de Z est donnée par :
X
∀ zk ∈ Z(Ω), P (Z = zk) =
x +y =z P (X = xi, Y = yj), i (5.9)
j k
la sommation étant étendue à tous les couples (xi, yj) de X(Ω) × Y (Ω) vérifiant
la condition xi + yj = zk. Pour alléger les écritures, dans les formules suivantes,
nous abrégeons l’indexation par xi ∈ X(Ω) en indexation par i et de même pour
Y , j et Z, k.
X
IE Z = zkP (Z = zk) (5.10)
k
X X
= zk P (X = xi, Y = yj)
k xi+yj=zk
X
X
= (xi + yj)P (X = xi, Y = yj) (5.11)
k xi+yj=zk
X
= (xi + yj)P (X = xi, Y = yj) (5.12)
i,j
X X X X
= xiP (X = xi, Y = yj) + yjP (X = xi, Y = yj)(5.13)
i j " # i j
X X
= P (X = xi, Y = y"j)
xi #
i j
X X
+ yj P (X = xi, Y = yj) (5.14)
j
yjP (Y i = yj) (5.15)
Xi X j
= xiP (X = xi) +
= IE X + IE Y. (5.16)
Le passage de (5.11) à (5.12) se justifie en remarquant que les « droites » d’équa-

tion x + y = zk réalisent une partition du « rectangle » X(Ω) × Y (Ω).
Dans le cas général, X(Ω) × Y (Ω) pouvant être infini, il faut justifier l’exis-
tence de IE Z. Pour cela, on remplace dans les égalités (5.10) à (5.16) zk par
|zk| puis xi + yj par |xi + yj| (les probabilités restant inchangées). On passe de
(5.12) à (5.13) en utilisant l’inégalité triangulaire. Ceci nous donne finalement :
X X X
|zk|P (Z = zk) ≤ |xi|P (X = xi) + |yj|P (Y = yj) < +∞,
k i j

5.1. Espérance
d’après l’hypothèse d’existence de IE X et IE Y . L’existence de IE Z étant ac-

quise, les égalités (5.10) à (5.16) sans valeurs absolues restent vraies par les pro
-
priétés des séries doubles absolument convergentes (sommation par paquets).
Voici deux applications de (5.7) à un calcul d’espérance.
Exemple 5.6 (Espérance d’une loi binomiale)

Si X suit la loi binomiale B(n, p), IE X = np.
On sait en effet que X a même loi que la somme
X n
S= Xi,
i=1
où les Xi sont des variables de Bernoulli indépendantes de paramètre p. Comm
e
l’espérance d’une v. a. ne dépend que de sa loi, IE X = IE S et par linéarité de
l’espérance : IE X = IE ! n
X X
n Xi =
i=1 i IE Xi = np,
=1
en utilisant l’exemple 5.2.
Exemple 5.7 (Espérance d’une loi hypergéométrique) .

M N
Si X suit la loi hypergéométrique H(N, M, n), IE X = n
L’espérance d’une v. a. ne dépendant que de la loi, on ne perd pas de généralit´
e
en supposant que X est le nombre d’objets défectueux observé dans un échan-
tillon de taille n prélevé sans remise dans une population totale de N objet
s
dont M sont défectueux. En numérotant de 1 à M tous les objets défectueux,
on a alors
X = X1 + · · · + XM ,
où
□
1 si le i-ème objet défectueux est prélevé,
Xi =
0 sinon.
Chaque Xi est une variable de Bernoulli de paramètre pi = P (Xi = 1). Le calcul
de pi se ramène au dénombrement de tous les échantillons possibles contenant
le i-ème objet défectueux. Un tel échantillon est constitué en prenant le i-ème
défectueux et en complétant par n − 1 objets (défectueux ou non) choisis dans
le reste de la population. D’où :
1×C
pi = P (Xi = 1) = n−1
N−1 n
= .
Cn
N N

Ainsi les Xi ont même loi et même espérance IE Xi = n/N. Par linéarité on en
déduit :
M
X
n
IE X = IE Xi =M .
N
i=1
Remarquons que le résultat obtenu est le même que pour un prélèvement de n
objets avec remise : dans ce cas, le nombre Y d’objets défectueux dans l’échan
- tillon suit la loi binomiale B(n, M/N) et IE Y = nM/N.
Nous examinons maintenant le problème du calcul de l’espérance de f (X)

où X est une variable aléatoire discrète et f une fonction (déterministe) définie
au moins sur X(Ω). Commençons par un exemple élémentaire. On suppose que
X suit la loi uniforme sur {−2, −1, 0, 1, 2} et que f est la fonction polynôme
f (x) = x4 − x2 + 2. Posons Y = f (X) et déterminons l’ensemble Y (Ω). On a
f (−1) = f (0) = f (+1) = 2 et f (−2) = f (+2) = 14. Donc Y (Ω) = {2, 14} et
en utilisant la définition de l’espérance :
IE Y = 2P (Y = 2) + 14P (Y = 14).
Le premier terme de cette somme peut se réécrire :

□ □
= 2) = 2 P (X = −1) + P (X = 0) + P (X = 1)
2P (Y
= f (−1)P (X = −1) + f (0)P (X = 0) + f (1)P (X = 1).
On obtient de même :
14P (Y = 14) = f (−2)P (X = −2) + f (2)P (X = 2).
En reportant ces résultats dans IE Y , on voit que :
X
+2 X
IE f (X) = f (k)P (X = k) = f (x)P (X = x).

k=−2 xX(Ω)
∈
L’intérêt
de cette formule est qu’elle permet un calcul direct de IE f (X) à partir
de la loi de X, sans passer par la loi de Y .
Proposition 5.3 (Espérance d’une fonction d’une v.a.)

Soient X une v.a. discrète et f une fonction numérique dont l’ensemble d
e définition contient X(Ω). Si IE f (X) existe,
X
IE f (X) =
x∈ X(Ω) f (x)P (X = x). (5.17)

5.1. Espérance
Preuve : Posons Y = f (X). L’ensemble X(Ω) = {x0, x1, . . .} est au plus

dénombrable. L’application f n’étant pas supposée injective, il peut y avoir
des répétitions dans la suite des f (xk). L’ensemble Y (Ω) qui peut s’écrire en
effaçant toutes les répétitions de cette suite est lui même au plus dénombrable.
Par hypothèse l’espérance de Y existe et est donc définie par la série absolument
convergente (ou somme finie si Y (Ω) est fini) :
X
IE f (X) = IE Y = yP (Y = y). (5.18)
y∈ Y (Ω)
Pour chaque réel y de Y (Ω), notons By l’ensemble de ses antécédents :
By = {x ∈ X(Ω), f (x) = y}, y ∈ Y (Ω).
Ce sous-ensemble de X(Ω) contient au moins un élément et peut être fini ou
infini dénombrable. On peut alors décomposer l’événement {Y = y} en réunion
disjointe (d’une famille au plus dénombrable) :
[
{Y = y} = {X = x}.
x∈ B
Le terme général de la série (5.18) peut donc s’écrire :
y
X
yP (Y = y) = y P (X = x) (5.19)
x∈ B y
X f (x)P (X = x) (5.20)
= x∈ B y
La série (5.20) est absolument convergente car f étant constante sur By, tous ses
termes sont de même signe et la série à termes positifs (5.19) est convergente.
Comme les By forment une partition de X(Ω), on a en utilisant la propriété de
sommation par paquets des séries à termes positifs :
X X
X
|f (x)|P (X = x) = |f (x)|P (X = x)
xX(Ω) y∈ Y (Ω) ∈
x By
|y|P (Y = y) < +∞,

∈
X
y∈ Y (Ω)
=
d’après l’hypothèse d’existence de IE Y . Ceci légitime la même sommation san
s les valeurs absolues, laquelle prouve (5.17).
Remarque : En appliquant la proposition 5.3 avec f (x) = |x|, on obtient :
X
IE |X| = |xk|P (X = xk).
x ∈ X(Ω)
Ceci est exactement la série (5.1) dont la convergence garantit l’existence de
k
IE X. On en déduit :

Proposition 5.4 (Espérance et valeur absolue)

Si IE X existe, | IE X| ≤ IE |X| < +∞.
Proposition 5.5 (Positivité de l’espérance)

(i) Si X a une espérance et si X ≥ 0, alors IE X ≥ 0.
(ii) Si X et Y ont une espérance et si X ≤ Y , alors IE X ≤ IE Y .
Preuve : Les notations X ≥ 0 et X ≤ Y signifient respectivement : ∀ ω ∈ Ω,

X(ω) ≥ 0 (resp X(ω) ≤ Y (ω)). Supposons d’abord que X est positive. Alors
tous les réels xk de X(Ω) sont positifs et si l’espérance de X existe, la série
de terme général xkP (X = xk) est une série convergente à termes positifs.
Sa somme IE X est donc un réel positif, ce qui prouve (i). Pour prouver (ii),
on remarque que l’hypothèse X ≤ Y équivaut à la positivité de la v.a. Z =
Y − X. En appliquant (i) à Z on en déduit : IE(Y − X) ≥ 0, puis par linéarité
IE Y − IE X ≥ 0 d’où IE X ≤ IE Y .
Pour terminer cette section, nous donnons une condition suffisante d’exis
-
tence de l’espérance. La démonstration pourra être passée en première lecture.
Proposition 5.6 Si Z est une v.a. discrète ayant une espérance et si pour tout
ω ∈ Ω, |X(ω)| ≤ |Z(ω)|, alors X possède une espérance.
Preuve : Cet énoncé fait penser à la propriété suivante des séries : si pour
tout k ∈ N, |uk| ≤ |vk| et si vk est le terme général d’une série absolument
convergente, alors la série de terme général uk est aussi absolument convergente.
Malheureusement, la situation est ici plus compliquée pour la raison suivante. Il
peut y avoir plusieurs valeurs différentes1 zl de Z(ω) lorsque ω décrit l’événement
fixé {X = xk}. Tout ce que l’on peut en dire est qu’elles vérifient toutes |zl| ≥
|xk|. S’il n’y avait qu’une seule valeur zl = zk commune à tous les Z(ω) pour
ω ∈ {X = xk}, on serait ramené à l’énoncé sur les séries en posant uk =
xkP (X = xk) et vk = zkP (Z = zk).
Le point clé de la démonstration est la remarque suivante :
X
P (X = xk) = P (X = xk, Z = zl)
z ∈ Z(Ω)
l
X
=
P (X = xk, Z = zl). (5.21)
zl∈ Z(Ω)
|zl|≥|xk|
En effet si ω ∈ {X = xk, Z = zl}, on a simultanément X(ω) = xk et Z(ω) = zl

et par hypothèse |X(ω)| ≤ |Z(ω)|. Il en résulte que pour tous les zl vérifiant
|zl| < |xk|, l’événement {X = xk, Z = zl} est impossible et par conséquent
P (X = xk, Z = zl) = 0.
1Voire
même une infinité.
5.2. Moments d’ordre r
Par hypothèse, la série de terme général positif |zl|P (Z = zl) a une somme
finie et nous voulons montrer qu’il en est de même pour la série de terme général
|xk|P (X = xk). Le calcul qui suit est légitimé par les propriétés des séries à
termes positifs (dont les sommes ne sont pas nécessairement finies a priori) :
X X X
|xk|P (X = xk) = |xk|
x ∈ X(Ω) z ∈ Z(Ω) P (X = xk, Z = zl)
l
xk∈ X(Ω) X X |z |≥|x |
k
l k
=
Z(Ω)
xk∈ X(Ω) zl∈
|zl|≥|xk|
X |xk|P (X = xk, Z = zl)
X
≤
Z(Ω)
xk∈ X(Ω) zl∈|zl|≥|xk|
X X |zl|P (X = xk, Z = zl)
≤ |zl|P (X = xk, Z = zl)
xk∈ X(Ω) zl∈
Z(Ω)
X X
= |zl|
zl∈ Z(Ω) xk∈ X(Ω)
X
= |zl|P (Z = zP < +∞,
l) (X = xk, Z = zl)
z ∈ Z(Ω)
d’après l’hypothèse d’existence de IE Z.
l
5.2 Moments d’ordre r

Définition 5.7 Soit r ∈ N . On appelle moment d’ordre r de la v. a. X la
∗
quantité
X xrk P (X = xk), (5.22)
IE(Xr) =
xk∈ X(Ω)
lorsqu’elle est définie, c’est-à-dire si :

X |xk|rP (X = xk) < +∞. (5.23)
IE(|X|r) =
xk∈ X(Ω)
Lorsqu’il existe, ce moment d’ordre r sera noté IE Xr (ne pas confondre avec
(IE X)r).
Lorsque X(Ω) est borné, (5.23) est vérifiée pour toute valeur de r (exercice)
et X possède des moments de tout ordre. Lorsque X(Ω) n’est pas borné, la
condition est d’autant plus contraignante que r est plus grand.
Proposition 5.8 Si X possède un moment d’ordre r, elle possède aussi des
moments de tout ordre n ≤ r.

Preuve : Par hypothèse (5.23) est vérifiée avec l’exposant r et il s’agit de

prouver la même inégalité avec n à la place de r. La série de terme généra
l positif |xk|nP (X = xk) a une somme finie ou infinie et on ne change pas cette
somme en regroupant ses termes en deux paquets comme suit :
X X
IE(|X|n) = |xk|nP (X = xk) +
xk: |xk|≤1
|xk|nP (X = xk).
xk: |xk|>1
Dans la première somme, on majore |xk|n par 1. Dans la deuxième on le majore
par |xk|r puisque n ≤ r et si x > 1, xn ≤ xr.
X
IE(|X|n) ≤ X |xk|rP (X = xk)
P (X = xk) +
xk: |xk|≤1 xk: |xk|>1
X |xk|rP (X = xk)
≤ P (|X| ≤ 1) + xk∈ X(Ω)
= P (|X| ≤ 1) + IE(|X|r) < +∞.
Ainsi IE(|X|n) est fini et X possède un moment d’ordre n.

Pour toute variable aléatoire X, P (|X| ≥ t) tend vers 0 quand t tend vers
+∞, c’est une conséquence du théorème 3.4. L’existence de moments nous donne
des renseignements sur la vitesse de cette convergence2. C’est le sens du théo-
rème suivant dû à Markov.
Théorème 5.9 (Inégalité de Markov)

Si X est une variable aléatoire positive ayant une espérance, on a:
IE X
∀t > 0, P (X ≥ t) ≤ . (5.24)
t
Corollaire 5.10 Si X est une variable aléatoire ayant un moment d’ordre r :
IE □
∀t > 0, P (|X| ≥ t) ≤ r
.(5.25)
tr
Preuve : Dans la série à termes positifs définissant IE X, on peut effectuer un
regroupement en deux paquets en classant les xk comparativement à t :
X
IE X =
x ∈ X(Ω)
xkP (X = xk)
k
X
= X xkP (X = xk).
xkP (X = xk) +
x : x ≥t
2Inversement, on peut construirek k x : x <t n’ayant pas d’espérance pour la-
une variable aléatoire k k
quelle cette convergence est aussi lente que l’on veut.

5.3. Variance
Comme X est positive, tous les termes du deuxième paquet sont positifs ou
nuls, par conséquent on obtient une minoration de IE X en les effaçant :
X
IE X ≥ xkP (X = xk)
x : x ≥tk k
X
≥ tP (X = xk) = tP (X ≥ t).
xk: xk≥t
Ainsi IE X ≥ tP (X ≥ t), ce qui prouve (5.24). Pour le corollaire, X n’étant plus

supposée positive, on applique l’inégalité de Markov à la v.a. positive Y = |X|r
en notant que pour tout t > 0, {|X| ≥ t} = {|X|r ≥ tr} = {Y ≥ tr}.
5.3 Variance
Considérons un amphi de 100 étudiants venant de subir3 un D.S. où la
moyenne de l’amphi a été 10. On choisit un étudiant au hasard et on désigne
par X sa note ; X(Ω) est l’ensemble des notes (toutes différentes) attribuées à
ce D.S.. Comme tous les choix d’étudiants sont équiprobables, pour tout xk ∈
X(Ω),
Nombre d’étudiants ayant obtenu la note xk

P (X = xk) = .
100
X
D’où : IE X = xkP (X = xk) = 10.
xk∈ X(Ω)
Cette moyenne ne nous apporte pas une information très précise sur l’amphi
.
Elle peut être obtenue avec 100 étudiants ayant 10 aussi bien qu’avec 50 ayant
0 et 50 ayant 20 ou un grand nombre de situations intermédiaires entre ces
deux configurations extrêmes. Il est important pour compléter l’information
apportée par la moyenne de disposer d’une quantité permettant de mesurer la
ole4.moyenne. Le deuxième moment centré de X, à savoir
dispersion autour de cette
IE(X − IE X)2 joue ce rˆ
Définition 5.11 Soit X une v.a. ayant un moment d’ordre 2. On appelle res-
pectivement variance de X et écart type de X les quantités :
Var X = IE(X − IE X)2, σ(X) = (Var X) /2.

1
Remarquons que l’existence de IE X2 entraıne celle de IE X puis, en développant

ˆ
(X − IE X)2 et en utilisant la linéarité, celle de Var X. Lorsque X représente

une grandeur physique, X, IE X et σ(X) ont la même unité, mais pas Var X.
3C’est généralement le terme adéquat. . .
4On pourrait utiliser d’autres quantités
comme IE |X − IE X|, mais leurs propriétés sont
moins intéressantes.
Proposition 5.12 (Translation et changement d’échelle)

Si X a un moment d’ordre 2,
∀a ∈ R, ∀ b ∈ R, Var(aX + b) = a2 Var X.
Preuve : On a en utilisant la définition 5.11, la linéarité de l’espérance et le

fait que l’espérance de la constante b est b :
Var(aX + b) = IE[aX + b − IE(aX + b)]2 = IE[aX + b − a IE X − b]2

= IE[a(X − IE X)]2 = IE[a2(X − IE X)2]
= a2 IE[(X − IE X)2] = a2 Var X.
En particulier si a = 0, ceci montre que la variance d’une constante est nulle.

La réciproque est presque vraie :
Proposition 5.13
Var X = 0 ⇔X = IE X (p.s.) ⇔X est presque sˆ urement constante.
Preuve : Notons µ = IE X. L’égalité presque sˆ ure (p.s.) signifie ici : P (X =

µ) = 1, de même X constante presque sûrement signifie : il existe une constante
c telle que P (X = c) = 1. Rappelons que nous avons accepté de conserver dans
l’ensemble X(Ω) des valeurs prises par X, des réels xk tels que P (X = xk) = 0.
Ainsi, « X constante presque sˆ urement »ne signifie pas forcément X(Ω) = {c}.
Les implications de droite à gauche sont évidentes. Dans l’autre sens, sup-
posons que X a un moment d’ordre 2. On a alors :
X (xk − µ)2P (X = xk).
Var X = IE(X − µ)2 =
x ∈ X(Ω)
Cette somme ou série à termes positifs ne peut être nulle que si tous
k
ses term
es sont nuls, donc :
∀ xk ∈ X(Ω), (xk − µ) = 0 ou P (X = xk) = 0.

Autrement dit, pour tous les x 6= µ, P (X = xk) = 0. On en déduit P (X 6= µ) =
k
0 et P (X = µ) = 1. La variable aléatoire X est donc égale presque sˆ urement à

la constante µ = IE X.
Pour le calcul de la variance, il est souvent plus commode d’utiliser la formule
suivante que la définition 5.11.
Proposition 5.14 (Formule de Koenig)
Var X = IE X2 − (IE X)2.

5.3. Variance
Preuve : Rappelons que nous notons IE X2 pour IE(X2) et que le second

membre de la formule ci-
dessus n’est donc généralement pas nul. On pose à nouveau µ = IE X.
Var X = IE(X − µ)2 = IE[X2 − 2µX + µ2]

= IE X2 − 2µ IE X + IE µ2
= IE X2 − 2µ2 + µ2 = IE X2 − µ2,
en utilisant la linéarité de l’espérance et l’espérance d’une constante.

Voyons maintenant quelques calculs de variance de lois classiques.
Exemple 5.8 (Variance d’une loi de Bernoulli)

La variance d’une loi de Bernoulli de paramètre p est p(1 − p) = pq.
En effet si X suit la loi B(p), on a IE X = p et IE X2 = 02 × q + 12 × p = p (avec
q = 1 − p). D’où :
Var X = IE X2 − (IE X)2 = p − p2 = p(1 − p).
Exemple 5.9 (Variance de la loi uniforme sur {1, . . . , n})

n 2−1
Si X suit la loi uniforme sur {1, . . . , n}, Var X = .
12
Dans ce cas, X(Ω) = {1, . . . , n} et pour tout entier k compris entre 1 et n,
P (x = k) = 1/n. On calcule alors IE X et IE X2 :
n n
X
1 X
1 n(n + 1) n+1
IE X = kP (X = k) = k= = .
k=1
n k=1 n 2 2
n X n
IE X2 =
X
2 1 k2
k P (X = k) =
k=1
n k=1
1 n(n + 1)(2n + 1) (n + 1)(2n + 1)

= = .
6 6
n
En appliquant la formule de Koenig, on obtient :
(n + 1)(2n + 1) (n + 1)2 (n + 1)(n − 1)

Var X = − = .
6 4 12
Exemple 5.10 (Variance d’une loi binomiale)

Si X suit la loi B(n, p), Var X = np(1 − p) = npq.
On peut démontrer ce résultat par la formule de Koenig (exercice) ou le déduire
d’une formule générale sur la variance d’une somme de v.a. indépendantes (c
f.
proposition 5.23). Nous en donnons une troisième preuve instructive en elle
- même. On part du fait que X a même loi et donc même variance que :
X n
Sn = Xi,
i=1
où les
Xi sont des v.a. de Bernoulli indépendantes de même paramètre p. Nous
posons Yi = Xi − IE Xi = Xi − p. On a alors :
n n
X X X X
n Xi − n (Xi − IE Xi) =
Sn − IE Sn = i=1 i IE Xi = i=1 i Yi.
=1 =1
D’où : X n X
(Sn − IE Sn)2 = Yi2 + YiYj.

i=1 1≤i,j≤n
i
Par linéarité de l’espérance, on en déduit : 6=j

X n X
2
Var Sn = IE(Sn − IE Sn) = 2 IE Yi + IE(YiYj). (5.26)
i=1 1≤i,j≤n
i
6=j
D’après l’exemple 5.8, on sait que IE Yi2 = Var Xi = pq. D’autre part,
□ □
IE(YiYj) = IE (Xi − p)(Xj − p)
= IE(XiXj) − p IE Xj − p IE Xi + p2
= IE(XiXj) − p2.
Il reste donc à calculer les IE(XiXj) pour i 6= j. Comme les Xk ne peuvent
prendre que les valeurs 0 ou 1, il en est de même pour Zi,j = XiXj. C’est donc
une v.a. de Bernoulli de paramètre p′ donné par :
p′ = P (XiXj = 1) = P (Xi = 1, Xj = 1) = P (Xi = 1)P (Xj = 1) = p2,
en utilisant l’indépendance de Xi et Xj pour i 6= j. On en déduit IE(XiXj) =
p = p2 et IE(YiYj) = 0 pour i
′
6= j. En reportant ce résultat dans (5.26) il vient :
X n
2
IE Yi = npq.
Var X = Var Sn =
i=1

5.3. Variance
Exemple 5.11 (Variance d’une loi de Poisson)

Si X suit la loi de Poisson P(λ), Var X = λ.
Il est facile de vérifier (exercice) qu’une loi de Poisson possède des moments de
tout ordre donc a fortiori une variance. On sait déjà que IE X = λ, il nous reste
à calculer IE X2 :
+∞ −λ k +∞
X
2e λ
X
e−λλk
IE X 2
= k = k
k=0
k! k=1
(k − 1)!
X
+∞
= e −λ
k=1 − 1)!
= λ2e−λ +∞ + λe
−λ
+∞
X
− 2)!
(kλk−2 X
− 1)!
(kλk−1
= λ2 + λ. k=2 k=1
D’où Var X = IE X2 − (IE X)2 = (λ2 + λ) − λ2 = λ.
Exemple 5.12 (Variance d’une loi géométrique)

q
Si X suit la loi géométrique de paramètre p, Var X =
p2
La vérification est laissée en exercice.
Une des raisons de l’importance de la variance est le théorème suivant.
Théorème 5.15 (Inégalité de Tchebycheff ) Si Var X existe,

.(5.27)
Var X t2
> 0, P (|X − IE X| ≥ t) ≤
∀t
Preuve : Il suffit d’appliquer le corollaire de l’inégalité de Markov (corollaire
5.10) avec r = 2 à la v.a. Y = X − IE X.
Remarque : Si on pose t = uσ(X) dans (5.27), on obtient une nouvelle forme

de l’inégalité de Tchebycheff :
∀u > 0, P
.(5.28)
u2
Sous cette forme, le majorant obtenu est indépendant de la loi de X. Ceci perme
t de comprendre pourquoi σ(X) s’appelle écart type ou unité d’écart. Pour toute
loi de probabilité ayant un moment d’ordre 2, la probabilité d’observer une
déviation par rapport à l’espérance d’au moins u unités d’écart est majorée par
u−2.
Exemple 5.13 On jette 3600 fois un dé. Minorer la probabilité que le nombre
d’apparitions du 1 soit compris strictement entre 480 et 720.
Notons S le nombre d’apparitions du 1. Cette variable aléatoire suit la loi bi-
nomiale B(3600, 1/6). La valeur exacte de la probabilité qui nous intéresse est :
719
□ 1 □k□ 5 □3600−k
X
P (480 < S < 720) = Ck .

k=481 3600
6 6
Le calcul de la valeur exacte de cette somme nécessiterait l’écriture d’un pro
-
gramme et une certaine puissance de calcul informatique. L’inégalité de Tche
-
1 5
bycheff est une alternative pratique à un calcul aussi déraisonnable. En effet on
× = 500
a: 6 6
et on remarque que 480 1 − 600 = −120, 720 − 600 = 120 d’où :
IE S = 3600 × = 600, Var S = 3600 ×
6
480 < S < 720 ⇔−120 < S − 600 < +120 ⇔|S − 600| < 120.
L’inégalité de Tchebycheff s’écrit ici :

500
∀t > 0, P (|S − 600| ≥ t) ≤ .
t2
En particulier pour t = 120 :

500 5
P (|S − 600| ≥ 120) ≤ = .
1202 144
D’où en passant à l’événement complémentaire :

≥ 0.965.
5 144
P (480 < S < 720) = P (|S − 600| < 120) ≥ 1 −
On peut aussi utiliser l’inégalité de Tchebycheff avec un intervalle non centré sur
l’espérance. Il suffit alors d’utiliser le plus grand intervalle centré qu’il contient.
Ainsi pour minorer P (550 < S < 700), il suffit de remarquer que
550 < S < 700 ⇐ 550 < S < 650,
d’où :
{550 < S < 700} ⊃ {550 < S < 650}
et d’appliquer l’inégalité de Tchebycheff avec t = 50. Bien sˆ ur le résultat obtenu
sera moins bon.
On peut aussi utiliser l’inégalité de Tchebycheff avec un intervalle unilatéral

(i.e. du type [a, +∞[ ou ] − ∞, a]).

5.4. Covariance
Exemple 5.14 Avec les notations de l’exemple précédent, proposer une valeur
de u telle que P (S ≥ u) ≤ 0.05.
Comme la v.a. S est bornée par 3600, la réponse n’a d’intérêt que pour u < 3600.
Une première idée est d’essayer l’inégalité de Markov qui s’écrit ici :
IE S 600
P (S ≥ u) ≤ = u .
u
Par cette inégalité, il suffirait de prendre u tel que 600/u ≤ 0.05. Malheureu-
sement, la plus petite solution de cette inéquation est u0 = 600/0.05 = 12000
et le résultat est sans intérêt. Pour utiliser l’inégalité de Tchebycheff, on com-
mence par remarquer que pour tout t positif, l’inégalité S − IE S ≥ t implique
|S − IE S| ≥ t, ce qui se traduit par l’inclusion d’événements :
{S − IE S ≥ t} ⊂ {|S − IE S| ≥ t}.
On en déduit :
500
P (S ≥ t + IE S) = P (S − IE S ≥ t) ≤ P (|S − IE S| ≥ t) ≤ .
t2
Il suffit alors de choisir la plus petite valeur de t telle que 500/t2 ≤ 0.05 soit
t1 = 100. La valeur correspondante pour u étant u1 = t1 + IE S = 700.
5.4 Covariance
Le but de cette section est le calcul de la variance d’une somme de variable
s
aléatoires. L’inégalité de Tchebycheff montre l’importance d’un tel calcul en
vue des théorèmes de convergence. Le calcul de la variance d’une loi binomial
eIE□(exempl
(Xi − IE e 5.10
Xi)(X
□
) illustre le rôle clé joué par des quantités comme IE(XiXj) et
j − IE Xj) . Nous allons généraliser l’étude de ces quantités.
Si X et Y sont des variables aléatoires discrètes, leur produit XY est aussi

une v.a. discrète. En utilisant l’inégalité |XY | ≤ X2 + Y 2 et les propositions 5.6
et 5.2, on voit qu’une condition suffisante pour l’existence de IE(XY ) est que
X et Y possèdent des moments d’ordre deux. Lorsqu’elle existe, l’espérance de
XY se calcule par la formule suivante (justification laissée en exercice) :
X
IE(XY ) =
x ∈ X(Ω) xiyjP (X = xi, Y = yj).
i
(5.29)
y ∈ Y (Ω) e en général la connaissance de la loi du
Remarquons que son calcul nécessitj
couple (X, Y ), celle des lois marginales ne suffit pas.

Théorème 5.16 (Inégalité de Cauchy Schwarz)
Si X et Y ont des moments d’ordre 2 :
| IE(XY )| ≤ (IE X2) /2(IE Y 2) /2.(5.30)

1 1

Preuve : L’existence de IE(XY ) est assurée par celle de IE X2 et de IE Y 2. De

même pour tout t ∈ R le trinôme
t2 IE Y 2 + 2t IE(XY ) + IE X2 = IE(X + tY )2
estdéfini et positif. Ceci n’est possible que si son discriminant est négatif. Ceci
se traduit par :
Δ′ =
ce qui fournit exactement l’inégalité cherchée.

L’inégalité de Cauchy Schwarz est une égalité si et seulement si Δ′ = 0, ce
qui équivaut à l’existence d’un zéro double t0 pour le trinôme, autrement dit
à l’existence d’un réel t0 tel que IE(X + t0Y )2 = 0. Par la proposition 5.13,
ceci équivaut à X + t0Y = 0 (p.s.). Ainsi une CNS d’égalité dans (5.30) est la
colinéarité (presque sûre) de X et Y .
Contrairement à ce qui se passe pour la somme, l’espérance d’un produit
n’est en général pas le produit des espérances (exercice 5.21). C’est néanmoins
vrai dans le cas de l’indépendance.
Proposition 5.17 Si X et Y sont indépendantes et ont une espérance, alors

XY a une espérance et
IE(XY ) = IE X IE Y.
Preuve : Admettons provisoirement que XY possède une espérance. Alors en

utilisant (5.29), l’indépendance et le produit de deux séries absolument conver-
gentes on obtient :
X
IE(XY ) =
x ∈ X(Ω) xiyjP (X = xi, Y = yj)
i
yj∈ Y (Ω)
X
= xiyjP (X = xi)P (Y = yj)
xi∈ X(Ω)
yj∈ Y (Ω)
X X
= xiP (X = xi) yjP (Y = yj)
xi∈ X(Ω) yj∈ Y (Ω)
= IE X IE Y.
Pour compléter la preuve, il reste à montrer que les hypothèses IE |X| < +∞
et IE |Y | < +∞ entraınent IE |XY | < +∞. En remplaçant les x et les y par
ˆ
leurs valeurs absolues dans les séries ci-

dessus et en utilisant les propriétés des
séries à termes positifs (à somme éventuellement infinie), on obtient IE |XY | =
IE |X| IE |Y | d’où IE |XY | < +∞.
5.4. Covariance
Remarque : La réciproque est fausse. Il peut arriver que IE(XY ) = IE X IE Y

sans que X et Y soient indépendantes. Prenons par exemple X suivant la loi
uniforme sur {−1, 0, 1} et Y = 1{X=0}. D’une part IE X = 0 et d’autre part XY
est identiquement nulle donc IE(XY ) = 0 = IE X IE Y . Clairement X et Y ne
sont pas indépendantes.
Regardons maintenant comment calculer Var(X +Y ) lorsque X et Y ont des

moments d’ordre 2 (ce qui entraıne l’existence de cette variance. . .). En utilisant
ˆ
la définition de la variance et la linéarité de l’espérance on obtient :

□ □
Var(X + Y ) = IE X + Y − IE(X + Y ) 2
□ □
= IE (X − IE X) + (Y − IE Y ) 2
□
= IE (X − IE X)2 + (Y −□ IE Y )2 □
X −−IE
= Var X + Var Y + 2+IE2((X X)(Y −−IE
IEX)(Y IEY
Y)) .
Ainsi on voit qu’en général Var(X + Y ) 6= Var X + Var Y et qu’il y a un terme

correctif. Nous le noterons 2 Cov(X, Y ).
Définition 5.18 Si les v.a. X et Y ont des moments d’ordre 2, on appelle

covariance du couple aléatoire (X, Y ) la quantité :
□ □
Cov(X, Y ) = IE (X − IE X)(Y − IE Y ) .
Remarquons5.19
Proposition que (Proprié
Cov(X, X)
tés=de
Varla
X.covariance)
Pour tout couple (X, Y ) de v.a. ayant des moments d’ordre 2 :
(i) Cov(X, Y ) = Cov(Y, X).
(ii) Pour tous réels a, b, c, d : Cov(aX + b, cY + d) = ac Cov(X, Y ).
(iii) | Cov(X, Y )| ≤ σ(X)σ(Y ).
(iv) Si X et Y sont indépendantes alors Cov(X, Y ) = 0 (réciproque fausse).
Preuve : La propriété de symétrie (i) découle immédiatement de la défini-

tion. Pour (ii) il suffit de remarquer que IE(aX + b) = a IE X + b et d’utiliser
la définition. La propriété (iii) est simplement l’inégalité de Cauchy-Schwarz
appliquée aux variables X′ = X − IE X et Y ′ = Y − IE Y . Pour vérifier (iv),
posons m = IE X et m′ = IE Y et définissons les fonctions affines f (x) = x − m
et g(y) = y − m′. Il est clair que Cov(X, Y ) = IE
riables X et Y sont indépendantes, il en est de même pour les v.a. f (X) et

g(Y ). Par la proposition 5.17 on a donc Cov(X, Y ) = IE
IE
la réciproque est fausse, on peut utiliser le même contre exemple que pour la
réciproqu
Ch. e dProbabilités
Suquet, e la proposition 5.17. 105
Définition 5.20 (Coefficient de corrélation)

Si X et Y sont des v.a. non constantes ayant des moments d’ordre 2, on appelle
coefficient de corrélation entre X et Y la quantité :
Cov(X, Y )
ρ(X, Y ) = .
σ(X)σ(Y )
D’après (iii) on a toujours −1 ≤ ρ(X, Y ) ≤ 1. D’autre part il résulte facilement

du cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy-
Scharz que |ρ| est maximal lorsque
Y est une fonction affine de X : Y = aX + b. Quand ρ = 0 (ce qui arrive en
particulier lorsque X et Y sont indépendantes), on dit que X et Y sont non
corrélées.
Proposition 5.21 (Formule de Koenig)

Si la covariance de X et Y existe, elle peut se calculer par :
Cov(X, Y ) = IE(XY ) − IE X IE Y.
Preuve : La vérification est analogue à celle de la formule de Koenig pour la

variance (qui n’est que le cas particulier Y = X) et est laissée en exercice.
Proposition 5.22 (Variance d’une somme, cas général)

Si les v.a. X1, . . . , Xn ont des moments d’ordre 2 :
□ X
n □ X
n
Var Xi = Cov(Xi, Xj) (5.31)

i=1 i,j=1
X
n X
n
= Var Xi + Cov(Xi, Xj) (5.32)

i=1 i,j=1
i6=j
Preuve : Nous avons déjà rencontré le cas n = 2 pour lequel (5.32) s’écrit :
Var(X + Y ) = Var X + Var Y + 2 Cov(X, Y ). (5.33)
Pour n quelconque, l’identité algébrique :

□2 n □ n
Yi i
=1 i,j=1
X
= YiYj
.
5.5. Exercices
utilisée avec Yi = Xi − IE Xi et la linéarité de l’espérance nous donnent :

□ n □
X
□n X
□ n □□2 X
Var Xi = IE Xi − IE Xi
=1
i=1 i i=1
□ □
n
X n X 2
Xi −
= IE i=1 i
IE Xi
=1
□ X
n □2
= IE Yi
i=1
n n
X X
= IE(YiYj) = Cov(Xi, Xj).
i,j=1 i,j=1
Proposition 5.23 (Variance d’une somme et indépendance)

Si X1, . . . , Xn sont indépendantes et ont des moments d’ordre 2 :
□ X
n □ X
n
Var Xi = Var Xi (5.34)

=1
i=1 i
En particulier, si les Xi sont indépendantes, de même loi ayant un moment
d’ordre 2 :
□ n □ X
Var Xi = n Var X1.(5.35)

i=1
Preuve : Il suffit d’appliquer (5.32) en remarquant que l’indépendance implique
la nullité des Cov(Xi, Xj) pour i 6= j. Si de plus les Xi ont même loi, elles ont
même variance : Var Xi = Var X1, ce qui donne (5.35). Remarquons qu’en fait
nous avons seulement utilisé l’indépendance deux à deux et pas l’indépendanc
e mutuelle. La proposition est donc vraie sous cette hypothèse plus générale5.
5.5 Exercices
Ex 5.1. Soit X une variable aléatoire discrète à valeurs dans N et d’espérance
finie.
1) Vérifier que
P (X > 0) ≤ IE X.
Donner un contre-exemple lorsque X n’est pas à valeurs entières.
2) On suppose que X a un moment d’ordre 2. Montrer que

1
P (X ≥ 2) ≤ 2 IE X(X − 1).
Proposer et montrer une inégalité du même type s’il y a un moment d’ordre k.
5Et
même dans le cas encore plus général de v.a. Xi deux à deux non corrélées. . .

Ex 5.2. Soit X une variable aléatoire discrète à valeurs dans N . Pour tout k ∈
∗
N , on note pk = P (X = k). On suppose que X a une espérance mathématique

∗
IE X finie et que la suite (pk)k≥1 est décroissante sur N . ∗
1) Démontrer l’inégalité :
2 IE X2 .(5.36)
∈ N , P (X = k) <
∀k ∗ k
Indication : Considérer la somme partielle de rang k de la série définissant IE X.
2) L’inégalité (5.36) reste-t-elle vraie sans l’hypothèse de décroissance de
(pk)k≥1 ?
3) Est-il possible qu’il existe une constante c > 0 et un entier k0 tels que :
c IE X
∀k ≥ k0, ?P (X = k) ≥ (5.37)
k2
Ex 5.3. On suppose que le couple de variables aléatoires discrètes (X, Y ) a
une loi donnée par :
α
∀ (i, j) ∈ N2, P (X = i, Y = j) = ,
(1 + i + j)!
où α est une constante strictement positive qui sera précisée ultérieurement.
1) Expliquer sans calcul pourquoi les marginales X et Y ont même loi.
2) On pose S = X + Y . Montrer que :
α
P (S = k) = k! .
∀k ∈ N,
3) En déduire la valeur de α et reconnaıtre la loi de S.ˆ
4) Calculer P (X = 0). Les variables aléatoires X et Y sont-elles indépen-

dantes ?
5) Donner sans calcul l’espérance de S et en déduire la valeur de IE X. La
même méthode peut-elle servir pour obtenir Var X ?
6) Calculer P (X = Y ) et en déduire sans calcul P (X > Y ).
Ex 5.4. Une urne contient 2N jetons numérotés de 1 à N, chaque numéro étant

présent deux fois. On tire m jetons sans remise. Soit S la variable aléatoire égale
au nombre de paires restant dans l’urne. Calculer l’espérance de S. Ce modèl
e
fut utilisé par Bernoulli au 18ème siècle pour étudier le nombre de couples
survivants dans une population de N couples après m décès.
Indications : Pour 1 ≤ i ≤ N, on considèrera la variable aléatoire Xi définie
par :
□
1 si la i-ème paire reste dans l’urne,
Xi =
0 sinon.
Calculer P (Xi = 1) et IE Xi. En déduire la valeur de IE S.

5.5. Exercices
Ex 5.5. Dans une urne contenant au départ une boule verte et une rouge o
n
effectue une suite de tirages d’une boule selon la procédure suivante. Chaq
ue
fois que l’on tire une boule verte, on la remet dans l’urne en y rajoutant un
e
boule rouge. Si l’on tire une boule rouge, on arrête les tirages. On désigne pa
r
X le nombre de tirages effectués par cette procédure. On notera Vi (resp. Ri)
l’événement obtention d’une boule verte au i-ème tirage (resp. rouge).
1) Pour k ∈ N , donner une expression de l’événement {X = k} à l’aide
∗
des événements Vi (1 ≤ i ≤ k − 1) et Rk.

2) Que vaut P (Vn | V1 ∩ . . . ∩ Vn−1) pour n ≥ 2 ?
3) Déterminer la loi de X.
4) Calculer IE X.
5) Calculer l’espérance de la variable aléatoire 1 . X
6) On recommence l’expérience en changeant la procédure : à chaque tirage

d’une boule verte on la remet dans l’urne en y rajoutant une boule verte. Com
me
précédemment, on interrompt les tirages à la première apparition d’une boule
rouge. Soit Y le nombre de tirages effectués suivant cette nouvelle procédur
e. Trouver la loi de Y . Que peut-on dire de l’espérance de Y ? Interpréter.
Ex 5.6. La formule de Poincaré

En utilisant la relation IE(1A) = P (A), démontrer la formule de Poincaré : Pour
toute famille A1, . . . , An d’événements :
n
□ n □
P ∪
=1 Ai =
i
X X
P (Ai) − P (Ai1 ∩ Ai2) + · · ·
i=1 1≤i1<i2≤n
X
· · · + (−1)k+1
´
Indication : Ecrire l’indicatrice de l’intersection des Ac comme un produit d’in- i
dicatrices. . .
Ex 5.7. Un polycopié de 140 pages contient avant la première lecture un

nombre n ≥ 100 d’erreurs typographiques réparties au hasard (on suppose que
n est inférieur au nombre total de caractères que peut contenir une page).
1) Quelle est la loi exacte de la variable aléatoire Y0 égale au nombre d’er-
reurs de la page 13 avant la première lecture ? Par quelle loi peut-
on l’approxi-
mer ? On supposera dans les deux questions suivantes que Y0 suit cette l
oi approchée.
2) On effectue des lectures successives de cette page. A chaque lecture le
s erreurs subsistantes peuvent être détectées (et donc corrigées) indépendamment
les unes des autres, chacune avec une probabilité 1/3. On posera λ = n/140.

On note Yi le nombre d’erreurs restant sur la page 13 après la i-

ème lecture.
Calculer pour j et k entiers les probabilités conditionnelles P (Y1 = j | Y0 = k)
(distinguer selon que j ≤ k ou j > k).
3) En déduire la loi de Y1, puis celle de Yi.
4) En fait le nombre total d’erreurs dans le polycopié étant inconnu, on le
modélise par une variable aléatoire N. Comme N est au plus égale au nombre
maximum de caractères que peuvent contenir les 140 pages du polycopié, N est
bornée et son espérance existe. On la note µ. Il sera commode d’écrire toutes
les formules comme si l’ensemble des valeurs possibles de N était N (Ω) = N
(cela revient à écrire des séries dans lesquelles P (N = n) = 0 pour n asse
z grand. . .). On définit la variable aléatoire Zi (i ≥ 1) nombre total d’erreurs
subsistant dans l’ensemble du polycopié après la i-
ème lecture (l’indépendance
des détections et leurs probabilités sont les mêmes que ci-dessus). Comme la
loi de N est inconnue, nous ne pouvons plus calculer les lois des Zi. Calcule
r P (Z1 = k | N = n). Montrer que IE Z1 = 2µ/3.
5) Exprimer IE Zi en fonction de µ.
Ex 5.8.
1) Soit Z une variable aléatoire de loi uniforme sur l’ensemble {1, 2, . . . , n}.
Calculer explicitement IE Z en fonction de n.
2) On considère l’expérience aléatoire suivante. On dispose au départ d’une
urne vide et d’autant de boules numérotées que l’on veut. Par un procédé quel-
conque, on génère une variable aléatoire X à valeurs dans N∗ (on suppose pou
r simplifier que P (X = n) > 0 pour tout n ∈ N ). Soit n la valeur effectivement
∗
obtenue par ce procédé. On rajoute alors dans l’urne n boules numérotées de 1

à n. On effectue enfin un tirage d’une boule dans cette urne. Soit Y son numér
o. On a ainsi :
□ 1 si 1 ≤ k ≤ n,
n
P (Y = k | X = n) = 0 sinon.
+∞
X
Calculer kP (Y = k | X = n).
k=1
1
3) On suppose que X a une espérance. Montrer que IE Y = IE X + 1 .
2
Indication : Comme on ne connaıt pas la loi de Y , il est commode2de démarrer
ˆ
le calcul de la mani
+∞ X
ère suivante+∞:
+∞
X
kP (Y = k) = X
IE Y = k P (Y = k | X = n)P (X = n).
k=1 k
=1
n=1
4) Pour générer la variable aléatoire X, on effectue des lancers répétés d’un
même dé et on appelle X le nombre de lancers avant la deuxième obtention d’u
n
« six ». Par exemple si la deuxième apparition du « six » a lieu lors du 10ème
lancer, on prend X = 9. Déterminer la loi de X puis celle de Y .

5.5. Exercices
Ex 5.9. Soit X une variable aléatoire à valeurs dans N et ayant une espérance.
1) Montrer que
lim
n→∞ nP (X ≥ n) = 0.
Indication : On pourra utiliser, après l’avoir justifiée, l’inégalité :

+∞
X
nP (X ≥ n) ≤ kP (X = k).
k=n
X
n
P (X ≥ k) à l’aide des P (X = k) (1 ≤ k ≤ n − 1) et de
2) Exprimer
k=1
P (X ≥ n).
X +∞
IE X = P (X ≥ k).
k=1
4) La valeur de X est fournie par un générateur de nombres aléatoires.
Une fois connue effectivement cette valeur, disons n, on met dans une urn
e
n + 1 boules numérotées de 0 à n. On tire enfin une boule de cette urne et o
n
note Y son numéro. Discuter en fonction de k et n des valeurs de la probabilité
conditionnelle :
P (Y = k | X = n).
5) Le générateur est réglé de façon que X suive la loi de Poisson de para-
mètre λ. Trouver une relation simple entre P (Y = k) et P (X > k).
6) Expliquer comment la question 3) vous permet de contrôler ce résultat.
Ex 5.10. Généraliser la proposition 5.5 en remplaçant dans (i) X ≥ 0 par

P (X ≥ 0) = 1 et dans (ii), X ≤ Y par P (X ≤ Y ) = 1.
Ex 5.11. Un problème d’assurances.

Une compagnie d’assurance étudie le coˆ ut annuel des sinistres « incendie
de maison individuelle » pour ses clients d’un département donné. Le modèle
mathématique utilisé est le suivant. On note Xi le coût (arrondi en nombre entier
de francs) du i e sinistre de l’année prochaine. On suppose que les Xi sont des
èm
variables aléatoires indépendantes de même loi d’espérance connue IE Xi = µ.

Le nombre de sinistres de l’année prochaine est une variable aléatoire N suivan
t la loi de Poisson de paramètre λ. On note S0 = 0 et pour tout entier n ≥ 1 :
X n
Sn = Xi.
i=1
Le coˆ
ut annuel des sinistres est la variable aléatoire T définie par
X N
Xi, si N ≥ 1;
T = i=1
0, si N = 0.
On admettra que pour tout n, les variables aléatoires Sn et N sont indépen-

dantes, ce qui implique que pour tous entiers i, j, les évènements {Sn = i} et
{N = j} sont indépendants. Le but de l’exercice est d’exprimer IE T en fonction
de λ et µ. On remarquera que l’on ne peut pas utiliser directement la linéarité d
e
l’espérance dans la somme définissant T car le nombre de termes N est aléatoire.
1) Que valent IE N et IE Sn ?
2) Montrer que pour tous entiers k, n,
P (T = k | N = n) = P (Sn = k).
3) Prouver que IE T = λµ. Indication : On pourra partir de la formule
X +∞
IE T = kP (T = k)
k=0
et
exprimer les P (T = k) en conditionnant par rapport aux valeurs possibles de
N.
Ex 5.12. L’avancement de certains jeux se fait selon la règle suivante : le joueur

lance deux dés et avance son pion d’un nombre de cases donné par la somm
e
des points obtenus. S’il a obtenu un double, il peut rejouer et avancer encore
et ainsi de suite tant qu’il obtient des doubles. Après le premier lancer sans
double, il passe la main au joueur suivant. On s’intéresse à la somme S de
s
points obtenus par cette procédure par un joueur lors d’un tour. Pour i ≥ 1,
on note Di l’événement le i-ème lancer a lieu et donne un double (on a donc
Di ⊂ Di−1). On note Xi la variable aléatoire égale à 0 si le i-ème lancer n’a pas
lieu et à la somme des points du i-ème lancer sinon.
1) Donner brièvement la loi de X1 et son espérance.
2) Calculer P (D1), P (Di | Di−1) et trouver une relation de récurrence entre
P (Di) et P (Di−1). En déduire l’expression explicite de P (Di) en fonction de i.
3) Pour i ≥ 2, donner les valeurs des probabilités conditionnelles
P (Xi = k | Di−1) et P (Xi = k | D−1),

c
i
en distinguant les cas k = 0 et k ∈ {2, . . . , 12}.

4) En déduire une relation simple entre P (Xi = k) et P (X1 = k) pour
k ∈ {2, . . . , 12} puis entre IE Xi et IE X1. Quelle est la loi de Xi ?
5.5. Exercices
X n
5) On pose Sn = Xi. Montrer que IE Sn converge en croissant vers 8, 4
i=1
lorsque n tend vers +∞ .
6) On note N le nombre aléatoire de lancers effectués selon la procédur
e ci-dessus. Calculer P (N ≥ n) et en déduire que P (N = +∞) = 0. On admet
alors que l’on peut remplacer Ω par Ω′ = {ω ∈ Ω; N(ω) < +∞}. C’est ce que
nous ferons désormais. On peut alors considérer N comme une variable aléatoir
e à valeurs dans N . Quelle est sa loi ?
∗
7) On définit la variable aléatoire S sur Ω′ par :
X +∞
S(ω) = Xi(ω).
i=1
Notons que puisque ω est dans Ω′, tous les termes de la série sont nuls à part
ir
du rang (aléatoire) N (ω) + 1, il n’y a donc pas de problème de convergence
.
S est le nombre total de points obtenus, sauf dans le cas où il y a une infinité
de lancers. Comme celui-ci a une probabilité nulle, le fait de le laisser tomber
n’affecte pas la loi du nombre total de points obtenus qui est donc celle de S.
Après avoir justifié l’inclusion :
{S = k} ⊂ {12N ≥ k},
valable pour tout k ∈ N, montrer que :
P (S = k) ≤ 36qk où q = 6− / .
1 12
En déduire l’existence de IE S.
8) On définit sur Ω′ la variable aléatoire Rn = S − Sn−1. Montrer qu’elle
vérifie :
Rn ≤ S1{S≥ n}. 2
En déduire que pour tout n ∈ N∗ :
0 ≤ IE S − IE Sn−1 ≤ IE(S1{S≥ n}). 2
9) Exprimer IE(S1{S≥ n}) à l’aide des P (S = k) et montrer qu’elle tend

2
vers zéro quand n tend vers l’infini.

10) Conclure.
Ex 5.13. Montrer qu’une variable aléatoire bornée (i.e. X(Ω) est une partie
bornée6 de R) a des moments de tout ordre.
Ex 5.14. Montrer qu’une loi de Poisson possède des moments de tout ordre. Si
X suit la loi P(λ), calculer IE(X − λ)3 et IE(X − λ)4.
6Pas
forcément finie !
Ex 5.15. Soit X une variable aléatoire. On suppose qu’il existe une constante
a > 0 telle que IE exp(aX) < +∞. Que peut-on dire de la vitesse de convergence
vers 0 de P (X > t) quand t tend vers +∞ ? Donner un exemple de v.a. non
bornée vérifiant cette condition pour tout a.
Ex 5.16. En s’inspirant des exemples 5.7 et 5.10, calculer la variance d’une loi
hypergéométrique.
Ex 5.17. ↑ 3.7, ↑ 4.6
Calculer l’espérance et la variance d’une loi binomiale négative de paramètre
s n et p.
Ex 5.18. Reprendre l’exemple 5.14 en calculant IE S2 et en utilisant l’inéga-

lité de Markov à l’ordre 2. Comparer avec le résultat fourni par l’inégalité de
Tchebycheff.
Ex 5.19. Un hebdomadaire lance une campagne d’abonnement en envoyant

par la poste n lettres proposant trois types d’abonnement : 1 an pour 200F,
2
ans pour 360 F et 3 ans pour 500 F. Les campagnes précédentes permettent
de savoir que les probabilités pi qu’une personne ainsi sollicitée s’abonne pou
r i années sont : p1 = 0.09, p2 = 0.04 et p3 = 0.02. On admet que les différentes
personnes sollicitées ont des comportements mutuellement indépendants.
1) Quelle est la probabilité qu’une personne sollicitée ne réponde pas
? Quelle est la loi du nombre Sn de lettres sans réponse ? Donner IE Sn et Var Sn.
2) L’éditeur se demande quel nombre minimal de lettres il doit envoyer
pour qu’avec une probabilité d’au moins 0.95, le pourcentage de lettres sans ré
-
ponses reste au dessous de 90%. En utilisant l’inégalité de Tchebycheff propose
z
lui une solution.
3) Pour i = 1, 2, 3, donner la loi de Yi nombre d’abonnements pour i an-
nées reçus à la fin de la campagne. Les variables aléatoires Y1 et Y2 sont-
elles indépendantes ?
4) Soit Rn la rentrée financière procurée par les abonnements. Que vaut
IE Rn ?
Ex 5.20. On se propose de démontrer l’inégalité de Cantelli : si X est une v.a.

ayant une espérance m et une variance σ2, on a :
σ 2
∀t >0 P (X − m ≥ t) ≤ .
σ2 + t2
1) Vérifier que l’on peut se ramener au cas m = 0.
2) Montrer que pour tout u ≥ 0 :
2 + u2
.
(t + u)2

5.5. Exercices
3) Conclure en choisissant u de de façon à minimiser le majorant ains

i obtenu.
Ex 5.21.
1) Donner un exemple très simple de couple (X, Y ) de v.a. non indépen
-
dantes pour lequel on a IE(XY ) 6= IE X IE Y .
2) Donner un exemple de couple (X, Y ) de v.a. tel que le produit XY ait
une espérance sans que X ni Y n’aient de moment d’ordre 2.
Ex 5.22. Covariances d’une loi multinomiale7 ↑ 4.11

On considère une suite de n épreuves répétées indépendantes, chaque épreuv
e
ayant k résultats possibles r1, . . . , rk. On note pi la probabilité de réalisation
du résultat ri lors d’une épreuve donnée. Par exemple si on lance n fois un dé,
k = 6 et pi = 1/6 pour 1 ≤ i ≤ 6. Si on lance n fois une paire de dés et que l’on
s’intéresse à la somme des points, k = 11 et les pi sont donnés par le tableau
des P (S = i + 1) page 47 : p1 = 1/36, p2 = 2/36,. . .
Pour 1 ≤ i ≤ k, notons Xi le nombre de réalisations du résultat ri au cours
des n épreuves.
1) Expliquer sans calcul pourquoi Var(X1 + · · · + Xk) = 0.
2) Quelle est la loi de Xi ? Que vaut sa variance ?
3) Pour i 6= j, donner la loi et la variance de Xi + Xj.
4) En déduire Cov(Xi, Xj).
5) Contrôler ce résultat en développant Var(X1 + · · · + Xk) et en utilisant
la première question.
Ex 5.23. Une preuve probabiliste d’un théorème d’analyse ↓ 6.10
Le but de cet exercice est de présenter une démonstration probabiliste d’un cé-
lèbre théorème d’analyse (Bernstein-Weierstrass-Stone) : toute fonction conti-
nue sur [0, 1] est limite uniforme sur cet intervalle d’une suite de polynômes. La
méthode utilisée ici est due à Bernstein et donne une construction explicite de
la suite de polynômes. Les trois dernières questions sont consacrées à la vitesse
de convergence. On note C[0, 1] l’espace des fonctions continues sur [0, 1] muni
de la norme :
kf k∞ = sup |f (x)|.
x∈ [0,1]
La convergence suivant cette norme n’est autre que la convergence uniforme. S

i f ∈ C[0, 1], on définit son polynôme de Bernstein d’ordre n par :
n
X
□k □
Bnf (x) = k
Cf xk(1 − x)n−k, n ≥ 1.
k=0
n
n
7Il
n’est pas nécessaire de connaı̂tre la loi multinomiale (exercice 4.11) pour pouvoir faire
cet exercice.

1) Justifier la relation : X
n
f (x) = Ckf (x)xk(1 − x)n−k.
n
k=0
2) Pour x ∈ [0, 1] fixé, considérons la variable aléatoire Sn de loi binomiale
B(n, x). Vérifier que :
□S □
IE f n
= Bnf (x).
n
3) Justifier les inégalités :
X εCkxk(1 − x)n−k
|f (x) − Bnf (x)| ≤
n
k:|f(x)−f(k/n)|<ε
X 2kf k∞Ckxk(1 − x)n−k
+
n
□□
k:|f(x)−f(k/n)|≥ε □S
≤ ε + 2kf k∞P f (x) − f n
□ □□
≥ε . (5.38)
4) La fonction f est uniformément continue sur [0, 1n] (pourquoi ?). On a
donc :
∀ε > 0, ∃ δ > 0, tel que |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε,
δ ne dépendant que de f et ε, mais pas de x. En déduire que
□□ □ S □□ □
P f (x) − f n ≥ ε ≤ P (|Sn − nx| ≥ nδ),
n
puis en appliquant l’inégalité de Tchebycheff :
□□ □ S □□ □ x(1 − x) 1
P f (x) − f n ≥ε ≤ ≤ .
n nδ2 4nδ2
5) En reportant cette majoration dans (5.38), on obtient finalement :
kf k∞
∀n ≥ 1, ∀ x ∈ [0, 1], |f (x) − Bnf (x)| ≤ ε + (5.39)
2δ2n
Conclure.
6) On s’intéresse maintenant à la vitesse de convergence. Supposons d’abord
que f est lipschitzienne : il existe une constante a telle que
∀ x, y ∈ [0, 1], |f (x) − f (y)| ≤ a|x − y|.
On peut alors prendre δ = ε/a dans l’écriture de la continuité uniforme de f .
En choisissant convenablement ε en fonction de n dans (5.39), en déduire que
kf − Bnf k∞ = O(n− /3). 1
7) Plus généralement, on suppose f hölderienne d’exposant α : il existe

des constantes 0 < α ≤ 1 et a > 0 telles que :
∀ x, y ∈ [0, 1], |f (x) − f (y)| ≤ a|x − y|α.
□ □
Montrer qu’alors kf − Bnf k∞ = O n −α/(2+α)
.
Chapitre 6
Loi des grands nombres
Les inégalités de moment (Markov, Tchebycheff) ont d’importantes applica-

tions à la convergence de la moyenne arithmétique :
X n
Xi
1
Mn = i=1
n indépendantes et de même loi. Ce ty
des n premiers termes d’une suite de v.a.
pe
de résultat est connu sous le nom de loi des grands nombres. Nous en donnon
s un premier aperçu1.
6.1 Deux modes de convergence

Pour commencer, il convient de préciser ce que l’on entend par convergenc
e
d’une suite de variables aléatoires (Xn) vers une v.a. X. Comme les Xn sont
des applications de Ω dans R, le premier mode de convergence auquel on pen
se
est la convergence pour tout ω ∈ Ω de la suite de réels Xn(ω) vers le réel X(ω).
Ceci correspond à la convergence simple d’une suite d’applications en analyse
.
Malheureusement pour le type de résultat que nous avons en vue, ce mode
de ure :
convergence est trop restrictif. Pour la loi des grands nombres, même dans le
cas le plus favorable2, on ne peut empêcher que la suite étudiée diverge pour
une infinité de ω. Ce qui sauve la situation est que l’ensemble de ces ω a un
e probabilité nulle. Ceci nous amène à définir la convergence presque sˆ
1Seuls sont au programme du DEUG dans ce chapitre, la convergence en probabilité et
la loi faible des grands nombres avec ses applications. La convergence presque ure sˆ et la loi
forte des grands nombres sont destinés aux lecteurs plus curieux ou plus avancés. Ils pourront
être considérés comme une introduction au cours de Licence. Néanmoins ils ont été rédigés
en n’utilisant que des outils mathématiques du DEUG.
2
Voir la discussion à propos de la loi forte des grands nombres pour les fréquences section
6.5.
117
Chapitre 6. Loi des grands nombres
Définition 6.1 (Convergence presque sˆ ure)

Soit (Xn)n≥1 une suite de variables aléatoires et X une v.a. définies sur le même
espace probabilisé (Ω, F, P ). On dit que Xn converge presque sˆ urement vers X
si l’ensemble des ω tels que Xn(ω) converge vers X(ω) a pour probabilité 1.
p.s.
Notation : Xn −−−→ X.
n→+∞
Rappelons qu’un événement de probabilité 1 n’est pas forcément égal à Ω, il

peut même y avoir une infinité d’éléments dans son complémentaire (cf. page 6
la remarque dans l’exemple 1.2). Remarquons aussi que l’ensemble Ω′ des ω tel
s que Xn(ω) converge vers X(ω) est bien un événement observable (cf. exercice
1.5 en remplaçant les fonctions par des variables aléatoires), c’est-à-
dire un
événement de la famille F. Il est donc légitime de parler de sa probabilité.
Dans la convergence presque sˆ ure, le rang n0 à partir duquel on peut approxi-
mer Xn(ω) par X(ω) avec une erreur inférieure à ε dépend à la fois de ε et de
ω ∈ Ω′ : n0 = n0(ε, ω). On ne sait pas toujours expliciter la façon dont n0(ε, ω)
dépend de ω. D’autre part on peut très bien avoir sup{n0(ε, ω), ω ∈ Ω′} = +∞.
Ceci fait de la convergence presque sˆ ure en général un résultat essentiellement
théorique3. Supposons que la valeur de Xn dépende du résultat de n épreuves
répétées (ou de n observations). Savoir que Xn converge presque sûrement vers
X ne permet pas de prédire le nombre non aléatoire n d’épreuves (ou d’ob
- servations) à partir duquel on aura |Xn(ω) − X(ω)| < ε (sinon pour tous les
ω ∈ Ω′, du moins avec une probabilité supérieure à un seuil fixé à l’avance pa
r
exemple 95%, 99%,. . .). Or cette question a une grande importance pratiq
ue
pour le statisticien. C’est l’une des raisons de l’introduction de la convergence
en probabilité qui permet de répondre à cette question lorsque l’on connaıt la ˆ
vitesse de convergence selon ce mode.
Définition 6.2 (Convergence en probabilité)

Soit (Xn)n≥1 une suite de variables aléatoires et X une v.a. définies sur le même
espace probabilisé (Ω, F, P ). On dit que Xn converge en probabilité vers X si :
∀ε > 0, lim
n→+∞ P (|Xn − X| ≥ ε) = 0.
→
Pr −
Notation : Xn −n→+∞ X.
La convergence presque sˆ ure implique la convergence en probabilité (exercice

6.3), la réciproque est fausse (exercice 6.4). Pour cette raison, la convergenc
e
ure une lois’appell
en probabilité de la suite Mn définie en introduction e une
forte de loi sfaibl
s grand noembres.
des
grand sf no
3Sau
si m
l’on
bres , saaı̂tco
conn lanv de lae v.a.
loiergenc ω e
presqu sˆ n0(ε, ω), ou au moins si l’on sait majorer
7→
P (n0 > t). . .
6.2. Loi faible des grands nombres
6.2 Loi faible des grands nombres

Théorème 6.3 Soit (Xn)n≥1 une suite de variables aléatoires deux à deux in-
dépendantes, de même loi ayant un moment d’ordre 2. Alors :
X n
1 →
Pr −
Xi −n→+∞ IE X1.
n i=1
Preuve : Ici, la v.a. limite est la constante IE X1 (ou n’importe quel IE Xi,
puisque les Xi ayant même loi ont même espérance). Il s’agit donc de vérifier
que :
∀ ε > 0, lim □□ n □ □
n→+∞ 1 X
P Xi − IE X1 ≥ ε = 0.
n i=1
n
X
1 Xi. On a :
Posons Mn =
n i=1
1
IE Mn = n X
n IE Xi = IE X1.(6.1)
i=1
D’autre part, les Xi étant deux à deux indépendantes et de même loi on a
d’après la proposition 5.23 :
1 □ n □ 1
Var Mn =
X
1 (n Var X1) =
Var Xi = n 2 Var X1. (6.2)
n2 n
i=1
L’inégalité de Tchebycheff appliquée à chaque Mn nous dit que pour ε > 0 fixé :
Var Mn
∀n ∈ N, ∗
P (|Mn − IE Mn| ≥ ε) ≤ .
ε2
D’où compte tenu du calcul de IE Mn et Var Mn :

Var Xnε 2
.(6.3)
∈ N , P (|Mn − IE X1| ≥ ε) ≤
∀n ∗ 1
En faisant tendre n vers +∞ (ε restant fixé) on en déduit :
lim P (|Mn − IE X1| ≥ ε) = 0.

n→+∞
Ce raisonnement est valable pour tout ε > 0.

Remarque : Nous avons en fait démontré un peu plus que la seule convergen
ce
en probabilité. Nous avons d’après (6.3) une vitesse de convergence en O(1/n).
Si l’on connaıt Var X1 ou si on sait le majorer, on peut donc répondre à la
ˆ
question posée page 118 lors de l’introduction de la convergence en probabilité.

Corollaire 6.4 (Loi faible des g. n. pour les fréquences)

Si (Xn)n≥1 est une suite de v.a. de Bernoulli indépendantes de même paramètre
p, alors :
n
1
X
Pr →
−
n i=1 Xi − n→+∞p.
Preuve : Il suffit d’appliquer la loi faible des grands nombres en notant qu’ici
IE X1 = p.
Interprétation : Considérons une suite d’épreuves répétées indépendantes. Pour
chaque épreuve la probabilité d’un « succès » est p. Notons Xi l’indicatrice de
l’événement succès à la i-ème épreuve. Alors :
X n
Sn = Xi est le nombre de succès en n épreuves et Mn = n−1Sn est la
i=1
fr´
equence des succès au cours des n premières épreuves. Remarquons que pour
tout ω, 0 ≤ Mn(ω) ≤ 1.
6.3 Estimation d’une proportion inconnue

On se propose d’estimer le paramètre p inconnu d’une loi de Bernoulli `
a partir des observations Xi(ω), 1 ≤ i ≤ n, les Xi étant des v.a. de Bernoulli
indépendantes de même paramètre p.
Exemple 6.1 On a une urne comportant des boules rouges en proportion in-
connue p et des boules vertes (en proportion q = 1 − p). On effectue n tirages
d’une boule avec remise.
Notons :
Xi = 1{rouge u e tirage}
a i-èm
et comme ci-dessus désignons par Mn la moyenne arithmétique des Xi ou fré-

quence d’apparition du rouge au cours des n premiers tirages. D’après la loi
faible des grands nombres pour les fréquences, Mn converge en probabilité vers
p. Comme on s’attend à ce que Mn soit proche de p pour les grandes valeurs d
e n, il est naturel d’estimer p par Mn. En fait on observe une valeur particulière
Mn(ω) calculée à partir des résultats des n tirages réellement effectués. La ques-
tion pratique qui se pose est de donner une « fourchette » pour l’approximation
de p par la valeur observée Mn(ω). L’inégalité de Tchebycheff (6.3) pour Mn
s’écrit ici :
Var X1 p(1 − p)
P (|Mn − p| ≥ t) ≤ = . (6.4)
nt2 nt2
Comme p est inconnu, on ne peut pas utiliser directement ce majorant. On
remplace alors p(1 − p) par :
sup x(1 − x) =
1
x∈ [0,1]
4
6.3. Estimation d’une proportion inconnue
(la parabole d’équation y = x(1 − x) a sa concavité tournée vers les y négatifs,

les deux zéros du trinôme sont x1 = 0 et x2 = 1 ; par symétrie, le sommet a pour
abscisse (x1 + x2)/2 = 1/2 et pour ordonnée 1/2(1 − 1/2) = 1/4). En reportant
dans (6.4), on obtient quelle que soit la valeur inconnue p :
Var X1 1
P (|Mn − p| ≥ t) ≤ = (6.5)
nt2 4nt2
d’où en passant à l’événement complémentaire :

1 4nt2 .(6.6)
P (Mn − t < p < Mn + t) ≥ 1 −
En pratique on remplace Mn par la valeur réellement observée Mn(ω) et on dit
que I =]Mn(ω) − t, Mn(ω) + t[ est un intervalle de confiance (ou fourchette)
pour p. Le deuxième membre de (6.5) peut s’interpréter comme un majorant de
la probabilité de se tromper lorsque l’on déclare que p est dans I. On dit aussi
que I est un intervalle de confiance au niveau α ≥ 1 − 1/(4nt2).
Exemple 6.2 (Sondage) Avant le second tour d’une élection présidentielle

opposant les candidats A et B, un institut de sondage interroge au hasard 1 000
personnes dans la rue4. On note p la proportion d’électeurs décidés à voter pour
A dans la population totale. Dans l’échantillon sondé, cette proportion est égale
à 0.54. Proposer un intervalle de confiance pour p au niveau 0.95.
Le sondage peut être assimilé à un tirage avec remise (en admettant qu’une
personne interrogée plusieurs fois accepte de répondre à chaque fois) et on e
st
ramené à la situation de l’exemple précédent. Ici la fréquence observée réelle-
ment est Mn(ω) = 0.54 et l’inégalité (6.6) nous dit que l’on peut prendre comme
intervalle de confiance :
1
I =]0.54 − t, 0.54 + t[ avec un niveau α ≥ 1 − .
4nt2
Comme on souhaite que α soit au moins égal à 0.95, il suffit de choisir la plus
petite valeur de t telle que :
1 1
1− ≥ 0.95 ⇔t ≥ √ ≃ 0.0707.
4 000t2 10 2
En prenant t = 0.071, on obtient : I =]0.469, 0.611[. On remarque qu’une partie
de cet intervalle correspond à p < 1/2. Ainsi, bien que le sondage donne 54%
d’intentions de vote en faveur de A, l’inégalité (6.6) ne nous permet pas d
e pronostiquer sa victoire avec une probabilité d’erreur inférieure à 5%.
4Ceci est
une simplification volontaire permettant d’assimiler la situation à un tirage avec
remise : une même personne peut ainsi être interrogée plusieurs fois au cours du sondage. En
pratique les méthodes utilisées par les instituts de sondage pour sélectionner un échantillon
sont un peu plus compliquées. . .
Exemple 6.3 (Sondage, suite) L’institut de sondage désire présenter à ses

clients une fourchette à ±1% avec un niveau de confiance égal au moins à 0.95%
. Combien de personnes doit-il interroger ?
On repart de (6.6). Cette fois on impose t = 0.01 et on cherche n minimal tel
que :
1
≤ 0.05
4n × 0.012
On trouve n = 50 000, ce qui donne au sondage un coût prohibitif5. Nous re-
viendrons sur ce problème au chapitre suivant.
6.4 Convergence presque sûre des fréquences

On peut représenter graphiquement la suite Mn(ω) des fréquences de succès
dans une suite d’épreuves de Bernoulli par la ligne brisée dont les somme
ts
ont pour coordonnées (n, Mn(ω)). A chaque ω correspond ainsi une ligne brisée
infinie que nous appellerons trajectoire. La loi faible des grands nombres nou
s
donne le comportement asymptotique de ces trajectoires dans leur ensemble
. Elle signifie grosso modo que pour n grand fixé (n ≥ n0(ε)) la plupart des
trajectoires vont traverser le segment vertical d’ extrémités (n, p−ε) et (n, p+ε).
Elle ne nous dit rien sur le comportement individuel de chaque trajectoire. Un
e
trajectoire qui traverse ]p − ε, p + ε[ à la verticale de n peut très bien sortir
de la bande horizontale engendrée par ce segment au delà de n. Une questio
n naturelle est alors : existe-t-
il ureme nt vers p. qui à partir d’un certain rang
des trajectoires
n0 = n0(ω, ε) restent dans la bande {(x, y) ∈ R2, x ≥ n0 et p − ε < y < p + ε} ?
Théorème
Nous allons6.5mo(Loi
ntrerforte des g. ble
que l’ensem n. pour les fréquences)
des trajectoires qui vérifient cette propriét´
S i (Xn)n≥1 est une suite de v.a. de Bernoulli indépendantes de même paramètre
e pour tout ε > 0 a pour probabilité 1, autrement dit que Mn converge presque
p, alors :
sˆ
1
n
X n
p.s.
−−→ p.
Xi −n→+∞
i=1
Preuve : Comme précédemment, nous notons :

n
X
Sn
Sn = Xi et Mn = .
i=1
n
5Les
sondages ordinaires sont faits sur des échantillons de 500 ou 1 000 personnes. Pour les
élections présidentielles, les instituts interrogent des échantillons de 5 000 personnes. La petite
étude ci-dessus montre que pour gagner une décimale sur la précision du sondage (i.e. diviser
par 10 la longueur de l’intervalle de confiance), il faut multiplier la taille de l’échantillon et
donc le coˆ

6.4. Convergence presque sûre des fréquence
s
Les deux ingrédients principaux de la démonstration sont :

– L’écriture de l’événement {Mn converge vers p} à l’aide d’opérations en-
semblistes dénombrables sur les événements {|Mn − p| ≥ ε} dont on sait
majorer les probabilités.
– L’obtention d’une vitesse de convergence vers 0 de ces mêmes probabilités
suffisante pour que :
+∞
X P (|M − p| ≥ ε) < +∞. (6.7)
n
n=1
Remarquons que l’inégalité de Tchebycheff est ici trop faible puisqu’elle nous
donne seulement une vitesse en O(n−1). En fait, on peut obtenir une vitesse de
convergence exponentielle grâce à l’inégalité suivante de Bernstein :
P (|Mn − p| ≥ ε) ≤ 2 exp(−2nε2).(6.8)
Nous admettons provisoirement cette inégalité dont une preuve est proposé
e
à l’exercice 6.7. A partir de maintenant, la démonstration se développe en 7
« pas » élémentaires.
1 r pas : On rappelle la traduction automatique des quantificateurs. Si I est un
e
ensemble quelconque d’indices, (Pi) une propriété dépendant de l’indice i et Ai

l’ensemble des ω ∈ Ω vérifiant (Pi), on a :
\
{ω ∈ Ω, ∀ i ∈ I, ω vérifie (Pi)} = Ai
i∈ I
[
{ω ∈ Ω, ∃ i = i(ω) ∈ I, ω vérifie (Pi)} = Ai
i∈ I
Ainsi le quantificateur ∀ peut toujours se traduire par une intersection et le
quantificateur ∃ par une réunion.
2e pas : Considérons l’ensemble :
C = {ω ∈ Ω, lim
n→+∞ Mn(ω) = p}.
On peut exprimer C à l’aide des événements {|Mn − p| < ε} en écrivant la

définition de la limite :
ω ∈ C ⇔∀ ε > 0, ∃ k = k(ω, ε), ∀ n ≥ k, |Mn(ω) − p| < ε, (6.9)
et en appliquant la règle de traduction automatique des quantificateurs :

\ [ \
C= {|Mn − p| < ε}.
ε>0 ∈ N ≥k
k n

L’inconvénient de cette décomposition est que le « ε > 0 » dans la première

intersection est une indexation par l’ensemble I =]0, +∞[ qui n’est pas dé-
nombrable. On ne peut donc pas appliquer les propriétés de σ-
additivité ou de continuité monotone séquentielle à ce stade.
3e pas : Il est facile de remédier à cet inconvénient : il suffit de discrétiser le
ε dans la définition de la limite. On sait qu’on obtient une définition équiva-
lente remplaçant dans (6.9) le « ∀ ε > 0 » par « ∀ εj » où (εj)j N est une suite
∈
strictement décroissante de réels tendant vers 0. On peut choisir par exemple

εj = 10−j. En appliquant à nouveau la traduction des quantificateurs, nous
obtenons :
\ [ \
C= {|Mn − p| < εj}.
j∈ N ∈ N ≥k
k n
Remarquons au passage que, sous cette forme, il est clair que l’ensemble C
est en fait un événement, c’est-à-dire un membre de la famille F de parties
de Ω sur laquelle est définie la fonction d’ensemble P . En effet, Mn étant une
variable aléatoire, les {|Mn −p| < εj} sont des événements et C s’obtient par des
opérations ensemblistes dénombrables sur ces événements. Il est donc légitime
de parler de la probabilité de C. Nous allons montrer que P (C) = 1.
4e pas : Nous venons de passer d’une infinité non dénombrable de ε à une suit
e
(εj). Le lemme suivant va nous permettre de travailler avec une seule valeur de
ε.
Lemme 6.6 Si (Aj)j N est une suite d’événements ayant chacun une probabi-
∈
lité 1, alors leur intersection a aussi une probabilité 1.

Preuve : Par passage au complémentaire, il suffit de prouver que la réunion
des Ac a une probabilité nulle. Or :
j
0≤P □ X P (Ac) = 0,
A ≤ . Nous avons utilisé ici la propriété
j
c
c ∈ N
puisque chaque P (A ) est nul par hypothèse j
j∈ N
7(c) de la proposition 1.2 pour majorer la probabilité d’une réunion dénombrable
d’événements (pas forcément disjoints).
Si l’on prouve que pour chaque ε > 0 fixé, P (Cε) = 1 où
[ \
Cε = {|Mn − p| < ε},
il suffira d’appliquer le lemme av ec≥kAj = Cε pour obtenir P (C) = 1.
k∈ N n
j
5 pas : Soit donc ε > 0 fixé. Pour montrer que Cε a une probabilité 1, on
e
travaille sur son complémentaire que nous noterons B.

\ [
B= {|Mn − p| ≥ ε}.
124 k∈ N ≥k
n
Ch. Suquet, Probabilités
6.5. Discussio
n
On a :
\ [
B= Bk avec Bk = {|Mn − p| ≥ ε}.
k∈ N n≥k
Donc B est inclus dans chaque Bk, d’où :
∀k ∈ N, 0 ≤ P (B) ≤ P (Bk).(6.10)
6e pas : On majore P (Bk) en utilisant à nouveau la proposition 1.2 7(c) :

□ □ X
0 ≤ P (Bk) = P P (|Mn − p| ≥ ε).
∪ ≥k {|Mn − p| ≥ ε} ≤
n n≥k
D’après (6.8), ce majorant est le reste de rang k d’une série convergente. Il tend
donc vers 0 quand k tend vers +∞. Il en est donc de même pour P (Bk).
7e pas, conclusion : En passant à la limite quand k tend vers +∞ dans (6.10),
on en déduit P (B) = 0. En passant à l’événement complémentaire on a donc
montré que P (Cε) = 1. Comme la seule hypothèse faite sur ε pour obtenir ce
résultat était ε > 0, on a donc P (Cε) = 1 pour tout ε > 0. D’après le 4e pas
ceci entraıne P (C) = 1, autrement dit : Mn converge presque sˆ urement vers p.
ˆ
Comme sous-
produit de la démonstration que nous venons d’achever, nous
avons montré au passage que la convergenc uree , eplus préciséme
n probabili nt e:c une vitesse
té av
suffisante implique la convergence presque sˆ
Théorème 6.7 (Condition suffisante de convergence p.s.)
Si (Yn)n≥1 et Y sont des variables aléatoires vérifiant :
+∞
X
∀ε > 0, P (|Yn − Y | > ε) < +∞, (6.11)
n=1
urement vers Y .
alors Yn converge presque sˆ
Preuve : Il suffit de remplacer |Mn − p| par |Yn − Y | dans la démonstration
ci-dessus.
6.5 Discussion
Considérons une urne contenant 10 boules numérotées de 0 à 9. La loi fort
e
des grands nombres pour les fréquences nous dit que si l’on effectue une suit
e
de tirages avec remise d’une boule, la fréquence d’apparition du chiffre
illimitée
7 va converger vers 1/10 avec probabilité 1. Pour démontrer ce théorème, nous
avons admis implicitement l’existence d’un espace probabilisé (Ω, F, P ) modé-
lisant cette expérience (suite infinie de tirages avec remise). La constructio
n
mathématique rigoureuse d’un tel modèle présente une réelle difficulté qui es
t
au coeur de la théorie de la mesure et relève du programme de la licence de ma
-
thématiques. Nous nous contenterons de quelques considérations élémentaire
s6
sur cet espace probabilisé, utiles pour notre exploration de la loi forte des grands
nombres.
L’espace Ω doit être assez « riche » pour « supporter » une suite infinie
(Yi)i≥1 de v. a. indépendantes et de même loi uniforme sur {0, 1, 2, . . . , 8, 9}. La
variable aléatoire Yi s’interprète comme le numéro obtenu lors du i-ième tirage.
P
On pose alors Xi = 1{ =7} et Mn = n−1 =1 Xi est la fréquence d’aparition
Yi
n
i
du 7 en n tirages.
Nous allons examiner deux choix possibles pour Ω. Le premier et le plu
s
naturel est de prendre :
Ω = {0, 1, 2, . . . , 8, 9}N . ∗
Autrement dit un élément quelconque ω de Ω est une suite (ci)i≥1 de chiffres

décimaux. Le choix de la famille F d’événements observables est plus délicat.
On ne peut pas prendre l’ensemble de toutes les parties de Ω car on ne po
ur-
rait pas attribuer une probabilité à chacune de ces parties de façon compatibl
e
avec ce que l’on sait déjà sur les tirages finis. Il est clair que F doit contenir
les événements dont la réalisation ne dépend que d’un nombre fini de tirages
(c’est bien le cas des événements du type {|Mn − p| > ε} auxquels on sait
attribuer une probabilité (au moins théoriquement puisque l’on sait écrire une
formule donnant P (n(p − ε) < Sn < n(p + ε)) à l’aide de la loi binomiale). On
prend pour F la plus petite famille d’événements observables7 parmi celles qui
contiennent les événements dont la réalisation ne dépend que d’un nombre fini
d’épreuves. Pour définir la fonction d’ensemble P sur F, on utilise un théorème
de prolongement de la théorie de la mesure. On peut alors voir qu’avec ce m
o-
dèle, chaque événement élémentaire ω doit avoir une probabilité nulle. En effet,
fixons ω0 = (u1, u2, . . . , un, . . .) ∈ Ω. On a :
∀n ≥ 1, {ω0} ⊂ {Y1 = u1} ∩ {Y2 = u2} ∩ · · · ∩ {Yn = un},
d’où n
n □1 □n
P ({ω0}) ≤ P ( ∩ {Yi = ui}) = Y
,
i=1 P (Yi = ui) =
10
i=1
en utilisant la nécessaire indépendance des Yi. Ainsi :

∀n ≥ 1, 0 ≤ P ({ω0}) ≤ 10−n.
En faisant tendre n vers l’infini on en déduit P ({ω0}) = 0. Ce raisonnement est

valable pour tout ω0 de Ω.
6
Tout est relatif. . .
7
i.e. vérifiant les trois conditions données page 5.

6.5. Discussion
Notons que la nullité de P ({ω}) pour tout ω ∈ Ω ne contredit pas l’égalité

P
P (Ω) = 1. En effet on n’a pas le droit d’écrire ici « P (Ω) = Ω P ({ω}) » ω∈
car l’ensemble d’indexation Ω n’est pas dénombrable (il est en bijection avec
l’intervalle [0, 1] de R).
Si E est un événement dénombrable, les événements élémentaires qui le
composent peuvent être indexés par N : E = {ω0, ω1, . . . , ωn, . . .} et P (E) =
P
n∈ N P ({ωn}) = 0. Ceci est valable a fortiori pour les événements finis.
Donc si un événement a une probabilité non nulle dans ce modèle, il est néces-
sairement composé d’une infinité non dénombrable d’événements élémentaires.
La réciproque est fausse. Considérons en effet l’événement B défini comme l’ob-
tention à chacun des tirages des seuls chiffres 0 ou 1. Dans notre modèle B e
st
l’ensemble des suites de 0 et de 1, il n’est pas dénombrable (puisqu’en bijectio
n avec [0, 1]). Par ailleurs :
B= ∩
i∈ N∗ {Yi = 0 ou 1}.
n
On a donc pour tout n ≥ 1, B ⊂ Bn = ∩ {Yi = 0 ou 1}, d’où
i=1
□2 □n
∀n ≥ 1, 0 ≤ P (B) ≤ P (Bn) = .
10
En faisant tendre n vers l’infini, on en déduit P (B) = 0. Notons d’autre part
que si ω ∈ B, ω ne contient aucun « 7 » parmi ses termes donc Mn(ω) = 0 et
B est inclus dans l’événement {Mn → 0} (ce qui prouve d’une autre façon que
P (B) = 0 grâce à la loi forte des grands nombres). Ainsi le complémentaire de
l’événement de probabilité 1 {Mn → 1/10} contient l’événement B et est donc
lui même infini non dénombrable.
La situation est même encore plus surprenante : on peut faire converge
r Mn(ω) vers n’importe quel rationnel r fixé de [0, 1] et ce, pour tous les ω d’un
événement Cr non dénombrable et de probabilité nulle (si r 6= 1/10). Voici
comment faire. On pose r = k/l, k ∈ N, l ∈ N et on définit Cr comme
∗
l’ensemble des suites de la forme :
ω = (7, . . . , 7, uk+1, . . . , ul , 7, . . . , 7, ul+k+1, . . . , u l , 7, . . . , 7, . . . . . .)

2
| {zk } | {z
−k
} | {zk } | {z
−k
} | {zk }
l l
en répétantindéfiniment l’alternance de blocs de k chiffres 7 consécutifs et de

s
blocs de l − k chiffres ui pouvant prendre seulement les valeurs 0 ou 1. Il est
immédiat de vérifier que la fréquence des 7 dans une telle suite converge ver
s k/l, donc Cr ⊂ {Mn → r}. Il est aussi clair que Cr est en bijection avec {0, 1}N ∗
(la bijection s’obtient en effaçant les 7 et sa réciproque en intercalant des blocs

de k chiffres 7 consécutifs tous les l − k chiffres binaires).

En adaptant ce procédé, on peut faire converger Mn(ω) vers n’importe quel

réel x de [0, 1] sur un événement Cx non dénombrable et de probabilité nulle si x
6= 1/10 (exercice).
On peut aussi construire des événements non dénombrables et de probabilité
nulle sur lesquels Mn ne converge vers aucune limite. A titre d’exemple voici
comment construire un événement E tel que ∀ ω ∈ E :
lim inf Mn(ω) = 0, et lim sup Mn(ω) = 1. (6.12)
n→+∞
n→+∞
Commençons par construire une suite particulière ω0 = (ci)i≥1 vérifiant (6.12) :
ω0 = ( 7, 7 , 8, 8, 8, 8, 7, . . . , 7, 8, . . . , 8, 7, . . . . . . , 7, . . . . . .).
|{z} | {z } | {z } | {z } | {z }
2 22 62 422 (42+422)2
etainsi de suite en alternant indéfiniment des bloc de 7 consécutifs et de 8

consécutifs. La longueur de chaque bloc est le carré de la somme des longueu
rs
de tous les blocs précédents. Avec cette construction, l’indice du dernier chiffr
e
de chaque bloc est un entier de la forme m + m2. A chaque étape, le dernier
bloc placé écrase quasiment tout le passé et ainsi Mn(ω0) va osciller indéfiniment
entre 0 et 1. Plus précisément, si le bloc considéré se termine par un 8, il contient
au moins m2 chiffres 8 et donc au plus m chiffres 7 donc Mm2+m(ω0) ≤ m/(m +
m2) et ce majorant tend vers 0 quand m tend vers +∞. Si le bloc finit sur un
7, il contient au moins m2 chiffres 7, donc Mm2+m(ω0) ≥ (m2/(m + m2) et ce
minorant tend vers 1 quand m tend vers +∞. On a ainsi pu extraire de la suite
□
Mn(ω0) n N une sous suite convergeant vers 0 et une autre convergeant vers
∈ ∗
1. Comme 0 ≤ Mn(ω0) ≤ 1 pour tout n, on en déduit que ω0 vérifie (6.12).

Pour obtenir une infinité non dénombrable de suites ω ayant la même pro-
priété, il suffit de modifier légèrement la construction de ω0 en :
ω = ( 7, ∗ , 8, 8, 8, ∗ , 7, . . . , 7, ∗ , 8, . . . , 8, ∗ , 7, . . . . . . , 7, ∗ , . . . . . .)
|{z}
2
| {z2
} | {z 2
6
} | {z
2
42
} | (42+42
2 {z ) } 2 2
où le dernier chiffre de chaque bloc de ω0 est remplacé au choix par un 0 ou un

1 (représenté par l’astérisque ci-dessus).
En travaillant encore un peu, on pourrait de même montrer pour tout couple
de réels (a, b) de [0, 1] tels que a < b, l’existence d’événements Ea,b non dénom-
brables et de probabilité nulle sur lesquels Mn a pour limite inférieure a et pour
limite supérieure b. . .
Tous ces exemples montrent que l’événement {Mn ne converge pas vers
1/10} a une structure très complexe. Ainsi l’aspect naturel et intuitif de la
loi forte des grands nombres pour les fréquences masque un résultat plus pro
- fond qu’il n’y paraıt. Le presque sˆ
ˆ
urement qui figure dans l’énoncé de cette loi
n’est pas une finasserie artificielle de puriste mais est bien inhérent au problème
étudié.
6.5. Discussion
On est naturellement tenté d’interpréter les résultats précédents du point

de vue de la théorie des nombres en considérant les suites de chiffres décima
ux
sur lesquelles nous venons de travailler comme des développements décimau
x
illimités de nombres réels de [0, 1]. Notre second modèle sera donc (Ω′, F ′, P ′)
où :
Ω′ = [0, 1]
etF ′ et P ′ restent à définir.
Cependant il se présente ici une difficulté qui fait que ce nouveau modèle
ne se réduit pas à une traduction automatique du précédent. Si (ci)i≥1 est une
suite de chiffres décimaux, la série :
+∞
X
ci
(6.13)
10i
i=1
converge et sa somme est un réel x de [0, 1] que l’on peut noter

+∞
X
ci
x = 0.c1c2 . . . ci . . . = .
i=1 10i
Réciproquement, tout réel de [0, 1] admet un développement décimal du type

(6.13). Ce développement est unique lorsque x n’est pas un nombre décimal
(i.e. x n’est pas de la forme k/10n, k ∈ N, n ∈ N ). Par contre si x est déci-
∗
mal, il possède deux développements décimaux distincts8. Ceci provient de la

sommation de série géométrique suivante :
+∞ +∞
X
9 9 X
1 9 1 1
∀n ≥ 1, = 10n = 10n □ = 10n−1 .(6.14)
10i 10j
i=n j=0 10
Cette relation permet de voir que si un développement décimal illimité ne com-

porte plus que des 9 à partir d’un certain rang n (le (n − 1)-ème chiffre n’étant
pas un 9), on ne change pas la somme de la série en remplaçant tous ce
s 9 par des 0 et en augmentant d’une unité le (n − 1)-
ème chiffre. On a ainsi la
propagation d’une retenue depuis l’infini. Par exemple :
5973
0.5972999999 . . . = 0.5973000000 . . . =
104
(il ne s’agit pas d’une égalité approchée, mais d’une égalité rigoureuse, les point
s
de suspension représentant la répétition indéfinie du chiffre 9 ou 0 respective-
ment). Le développement ne comportant que des 9 à partir d’un certain rang
est appelé développement décimal impropre, celui ne comportant que des 0 est
appelé développement décimal propre.
8
Voir exercice 6.11.

En revenant aux tirages illimités dans notre urne à dix boules, on voit
que si l’on choisit Ω′ = [0, 1], les deux suites de résultats qui correspondent
à un même réel décimal seront représentées par le même réel ω. Par exemple
(5, 9, 7, 2, 9, 9, 9, . . .) et (5, 9, 7, 3, 0, 0, 0, . . .) seront représentées par l’événement
élémentaire ω = 5973/1 0000.
Pour surmonter cette difficulté, nous « dédoublons » la suite (Yi)i≥1. Pour
tout i ≥ 1, on définit les deux variables aléatoires Yi et Yi′ comme suit. Si
ω ∈ [0, 1] n’est pas décimal, Yi(ω) = Yi′(ω) est le i-ème chiffre décimal de
l’unique développement décimal de ω. Si ω est un décimal de [0, 1], Yi(ω) est
le i-ème chiffre de son développement propre, Yi′(ω) le i-ème chiffre décimal
de son développement impropre. On requiert, comme dans le premier modèle
que chacune de ces deux suites soit indépendante et que chacune des variabl
es
Yi et Yi′ suive la loi uniforme sur {0, 1, . . . , 8, 9}. Ceci permet de montrer que
chaque événement élémentaire ω doit avoir une probabilité P ′ nulle. D’autre
part, Yi et Yi′ diffèrent seulement sur l’ensemble D des décimaux de [0, 1] qui
est dénombrable (voir exercice 3.15), donc de probabili uremeté nt.
P ′ Ilnulle. Ains
est don i les
c quand
deu x suite
même possibles (Y ) t (Y )
i i≥1d’interpréte
e ′
i i≥1 sont s P e sˆ
r la suite illimitée de tirages dans l’urne comme le
égale ′
-presqu
choix aléatoire d’un réel ω de [0, 1] suivant la loi de probabilité P ′.
On peut maintenant examiner les conséquences de notre cahier des charges
(les conditions sur les suites de v.a. (Yi)i≥1 et (Yi′)i≥1) sur la construction de
(F ′, P ′). La condition d’indépendance de la suite (Yi)i≥1 avec même loi uniforme
sur {0, 1, . . . , 8, 9} pour tout Yi peut s’écrire comme suit. Pour tout n ≥ 1, et
tout n-uplet (c1, . . . , cn) de chiffres décimaux,
n
Y
1
P ′(Y1 = c1, Y2 = c2, . . . , Yn = cn) = P ′(Yi = ci) = .
10n
i=1
En notant que l’on a exclu les développement impropres dans la définition de

s Yi, on a l’équivalence :
Y1(ω) = c1, Y2(ω) = c2, . . . , Yn(ω) = cn ⇔ ω ∈ [αn, αn + 10−n[,

où l’on a posé : αn = c110−1 + · · · + cn10−n. Lorsque le n-uplet (c1, . . . , cn)
prend toutes les valeurs possibles (à n fixé), αn décrit exactement l’ensemble
des décimaux pouvant s’écrire sous la forme k10−n. La condition sur la suite
(Yi)i≥1 peut donc se traduire par :
□ h k k + 1h □ 1
∀n ≥ 1, ∀ k = 0, 1, . . . , 10 − 1,
n
P ′ , = .
n
10 10n 10n
L’utilisation de la suite (Yi′) à la place de (Yi) dans le raisonnement ci-

dessus
nous aurait donné la même conclusion mais avec des intervalles ouverts à gauch
e
et fermés à droite. Notons que dans les deux cas la probabilité P ′ de l’intervalle

6.5. Discussion
concerné est égale

à sa longueur. On peut aussi utiliser chacun de ces deux
résultats pour redémontrer que la probabilité d’un événement élémentaire ω est
forcément nulle. Finalement, grâce à l’additivité de P ′ on en déduit facilement
que la condition sur la suite (Yi) équivaut à :
∀ a, b ∈ [0, 1] ∩ D (a < b), P ′([a, b]) = b − a(6.15)
(ou à chacune des conditions obtenues avec [a, b[, ]a, b] ou ]a, b[). Par continuité
monotone de P ′, on en déduit que (6.15) s’étend au cas de réels a, b > a
quelconques de [0, 1] : il suffit de considérer deux suites de décimaux an ↑ a e
t bn ↓ b et de noter que [a, b] = ∩n≥1[an, bn] (détails laissés en exercice).
Nous voyons maintenant que le problème de la construction de (F ′, P ′) es
t
exactement celui de la construction d’une fonction d’ensemble σ − additive
prolongeant la fonction longueur d’un intervalle. Ce problème est celui de la
construction de la mesure de Lebesgue. On peut le résoudre en prenant pour
F ′ la plus petite famille d’événements observables (toujours au sens de la page
5) contenant les intervalles. On arrive ainsi à définir la longueur ou mesure
de Lebesgue des sous ensembles de [0, 1] qui sont dans F ′. Si un tel sous en-
semble est de la forme B = ∪ i≥1]ai, bi[ où les suites (ai) et (bi) vérifient pour
tout n : 0 ≤ an < bn ≤ an+1 < bn+1 ≤ 1, alors B est une réunion disjointe
d’intervalles et sa probabilité P ′ ou longueur est évidemment la série de terme
général la longueur de ]ai, bi[. Malheureusement, tous les éléments de la famille
F ′ sont loin d’avoir une structure aussi simple et le calcul explicite de leur
longueur n’est pas toujours possible (on sait qu’elle existe et on connaıt se ˆ
s
propriétés). Nous connaissons déjà un exemple d’élément de F ′ qui ne peut pas
s’écrire comme réunion dénombrable d’intervalles disjoints, c’est l’événement
C7 = {convergence de la fréquence du chiffre 7 vers 1/10}. En effet par den-
sité des décimaux, tout intervalle contient au moins un décimal (en fait une
infinité) et si ω est décimal, Yi(ω) = 0 à partir d’un certain rang (de même
Yi′(ω) = 9) par conséquent Mn(ω) converge vers 0 donc ω ∈/ C7. Ainsi C7 ne
peut s’écrire comme réunion dénombrable d’intervalles disjoints. Nous savons
pourtant calculer sa longueur par la loi forte des grands nombres : elle vaut 1.
Dans toute cette section nous nous sommes intéressés à la fréquence d’ap
- parition du 7. Bien sˆ ur ce chiffre n’a été choisi que pour fixer les idées et
n’importe quel autre chiffre décimal aurait tout aussi bien fait l’affaire. Pour
généraliser un peu définissons Mn,j comme la fréquence d’apparition du chiffre
j (j ∈ {0, 1, . . . , 8, 9}) au cours des n premiers tirages. Notons de même Cj
l’événement {Mn,j converge vers 1/10}. Par la loi forte des grands nombres,
chaque Cj a une longueur (i.e. une probabilité P ′) égale à 1. Par le lemme 6.6,
l’intersection de ces dix ensembles a aussi une longueur 1.
Convenons d’appeler nombre normal tout réel de [0, 1] tel que la fréquenc
e
de chacun des 10 chiffres décimaux 0, 1, . . . 9 dans le développement décimal
illimité de ce nombre converge vers 1/10. Nous avons ainsi obtenu un résultat de
théorie des nombres qui s’énonce ainsi : l’ensemble de tous les nombres normau
x
de [0, 1] a pour longueur 1 (on dit aussi presque tout nombre de [0, 1] est normal).
Ce résultat est dû à Borel. On pourrait maintenant traduire tous les exemples
étudiés dans le cadre du premier modèle et voir ainsi que l’ensemble de longue
ur
nulle des nombres non normaux a une structure très complexe. Là encore, le
théorème de Borel est plus profond qu’il n’y paraıt à première vue. . .
ˆ
6.6. Exercice
s
6.6 Exercices
Ex 6.1. Montrer que si Xn converge presque sˆ urement vers X et Yn converge

urement vers Y , il existe un événement Ω0 de probabilité 1 tel que pour
presque sˆ
tout ω ∈ Ω0, le couple (Xn(ω), Yn(ω)) converge vers (X(ω), Y (ω)). En déduire
que pour toute fonction continue g : R2 → R, la suite de v.a. g(Xn, Yn) converge
presque sˆ
urement vers g(X, Y ). Applications : g(x, y) = x + y, g(x, y) = xy,. . .
Ex 6.2. Convergence en probabilité et addition

1) Soient U et V deux variables aléatoires positives, justifier l’inégalité :
∀ε > 0, P (U + V ≥ ε) ≤ P (U ≥ ε/2) + P (V ≥ ε/2).
2) En déduire que si Xn et Yn convergent en probabilité vers respectivement

X et Y , alors Xn + Yn converge en probabilité vers X + Y .
Ex 6.3. La convergence p.s. implique la convergence en probabilité

On suppose que la suite de v.a. (Xn)n≥1 converge presque sˆ urement vers la v.a.
X, ce qui signifie que l’événement :
Ω′ = {ω ∈ Ω, lim
n→+∞ Xn(ω) = X(ω)}
a pour probabilité 1. On fixe ε > 0 et on définit :
Ω′ε = {ω ∈ Ω, ∃ m0 = m0(ω), ∀ n ≥ m0, |Xn(ω) − X(ω)| < ε}.
1) Vérifier que P (Ω′ε ) = 1.
2) Exprimer Ω′ε à l’aide d’opérations ensemblistes dénombrables sur les

événements {|Xn − X| < ε}.
3) Pour tout k ≥ 1, on définit les événements
Ak = {ω ∈ Ω, ∀ n ≥ k, |Xn(ω) − X(ω)| < ε}.
Vérifier que la suite (Ak)k≥1 est croissante pour l’inclusion et identifier sa réunion.
En déduire :
∀ η > 0, ∃ k0, P (Ak ) > 1 − η,
0
puis :
∀n ≥ k0, P (|Xn − X| < ε) > 1 − η.
4) Conclure.
Ex 6.4. La convergence en probabilité n’implique pas la convergence p.s. ↓6.12

Considérons le jeu de pile ou face infini avec Ω = {0, 1}N où l’on code 0 pour ∗
face et 1 pour pile. On construit une suite de variables aléatoires (Tn)n≥1 comme
suit
T1 = 1
T2 = 1 si face (f) au premier coup, 0 sinon
T3 = 1 si pile (p) au premier coup, 0 sinon
T4 = 1 si ff, 0 sinon
T5 = 1 si fp, 0 sinon
T6 = 1 si pf, 0 sinon
T7 = 1 si pp, 0 sinon
T8 = 1 si fff, 0 sinon, etc.
Pour une définition plus formalisée, si :
X kn
n=2 + kn ai2kn−i ai ∈ {0, 1}
i=1
l’écriture de n en base 2, on a en notant Xi la variable indicatrice de l’évé-
est
nement « pile au i-ème coup » :
Y
kn
Tn = (aiXi + (1 − ai)(1 − Xi))
i=1
1) En utilisant l’indépendance des Xi, montrer que :
1
P (Tn = 1) =
2k n
En déduire que la suite (Tn) converge en probabilité vers 0.

2) Par ailleurs soit ω = (ui)i≥1 fixé dans {0, 1}N . Vérifier que ∗
la suite
(Tn(ω)) prend une infinité de fois la valeur 1. Indication : Pour k ∈ N , poser
∗
X k
nk = nk(ω) = 2k + ui2k−i
i=1
et calculer Tn (ω).
k
3)Montrer que Tn(ω) prend aussi une infinité de fois la valeur 0.

4)En déduire que la suite de réels (Tn(ω)) ne converge pour aucun ω ∈ Ω.
A fortiori Tn ne converge pas presque sûrement.
Ex 6.5. Reprendre les calculs des exemples 6.2 et 6.3 avec un niveau d
e confiance de 99%.

6.6. Exercices
Ex 6.6. Une inégalité de Hoeffding

Soit Z une variable aléatoire réelle vérifiant : a ≤ Z ≤ b presque sûrement. On
se propose de montrer l’inégalité suivante :
□ 2□
(b − a)
IE (exp(Z − IE Z)) ≤ exp
8
1) On rappelle qu’une fonction g est dite convexe sur un intervalle I, si
pour tous a, b ∈ I et tous u, v ∈ [0, 1] tels que u + v = 1 :
g(ua + vb) ≤ ug(a) + vg(b).
Une condition suffisante pour qu’une fonction soit convexe sur I est qu’elle ait
une dérivée seconde positive sur I. Soit t > 0 et d ∈ R. On définit la fonction g
par g(x) = exp
b−x
∀x ∈ [a, b], et(x− ) ≤
d
e
t(a−d)
+ x − a et(b−d) (6.16)
b−a b−a
2) On pose d = IE Z. Déduire de la question précédente l’inégalité :

b−d
IE (exp(t(Z − d))) ≤ e
t(a−d)
+ d − a et(b−d)
b−a b−a
3) On pose :
□ □
b − d eta + d − a etb
f (t) = ln − − td
b a 1 b −2a
Montrer que pour tout t ∈ [0, 1], f (t) ≤ 4 (b − a) . Conclure.
′′
Ex 6.7. Preuve de l’inégalité de Bernstein

En utilisant l’inégalité de Hoeffding, on se propose de démontrer le théorèm
e suivant
Théorème 6.8 (Bernstein) Soient X1, . . . , Xn n variables aléatoires réelles

indépendantes. On suppose que pour chaque i = 1, . . . , n, il existe des constantes
ai et bi telles que presque sûrement, ai ≤ Xi ≤ bi. Alors on a :
□□
n
□ □ □ □
X
−2t2
∀t > 0 P (Xi − IE Xi) ≥ t ≤ 2 exp Pn (6.17)
i=1
(b − a )2
i =1 i i
1) Montrer que pour tout u > 0" : 2 n #

u X
P (Sn − IE Sn ≥ t) ≤ exp −ut + 8 (bi − ai)2 ,

P i=1
où l’on a noté Sn = =1 Xi.
n
i

2) Optimiser cette inégalité en choisissant u de façon à minimiser le secon

d membre.
3) Démontrer une inégalité analogue pour P (Sn − IE Sn ≤ −t) et conclure.
Commentaires : Examinons ce que donne ce théorème dans le cas où les Xi son
t
indépendantes et de même loi. Alors on peut prendre tous les ai égaux à un rée
l a et tous les bi égaux à b. Tous les IE Xi sont égaux à IE X1. En posant t = nε
dans (6.17), on obtient :
□□ □ □ □ −2nε2 □
Sn
P − IE X1 ≥ ε ≤ 2 exp .(6.18)
n (b − a)2
En particulier si les Xi sont des v.a. de Bernoulli de paramètre p, on peut
prendre a = 0 et b = 1 et on a :
□□ □ □
Sn 2
P − p ≥ ε ≤ 2 exp(−2nε ). (6.19)
n
Ex 6.8. On considère une suite infinie de jets d’un dé et on appelle Sn le
nombre d’apparitions du 6 au cours des n premiers lancers.
1) En quels sens peut-on dire que Sn/n converge vers 1/6 ?
2) En utilisant l’inégalité de Tchebycheff, puis celle de Bernstein, majorer :
□□ □ □
Sn − 1
P n > 0.01 .
6
3) On note un le majorant donné par l’inégalité de Tchebycheff, vn celui
donné par celle de Bernstein. Comparer ces deux majorants suivant les valeu
rs
de n. Indication : On pourra par exemple étudier les variations de la fonction
:
x 7→ xe−bx x ∈ [0, +∞[ 0 < b < 1.
4) Montrer en utilisant l’inégalité de Bernstein que :

□ □ r !
Sk 1 2 ln k ≥ 0.999.
P ∀ k ≥ 11 − 6 ≤
k k
Donner une interprétation graphique
.
´
Ex 6.9. Enonce r une loi forte des grands nombres pour une suite de variabl
es
aléatoires indépendantes, de même espérance et uniformément bornées (∃ a, b
tels que ∀ i ∈ N , a ≤ Xi ≤ b p.s.). Quelles sont les adaptations à faire dans la
∗
preuve du théorème 6.5 pour obtenir cette généralisation ?

6.6. Exercices
Ex 6.10. Vitesse de convergence des polynômes de Bernstein ↑ 5.23

L’inégalité (6.19) permet d’améliorer les résultats obtenus à l’exercice 5.23 sur
la vitesse de convergence uniforme des polynômes de Bernstein d’une fonctio
n
continue. L’utilisation de (6.19) à la place de l’inégalité de Tchebycheff nous
donne en effet la majoration :
kf − Bnf k∞ ≤ ε + 4kf k∞ exp(−2nδ2).(6.20)

1) On suppose f lipschitzienne. Vérifier que le choix ε = cn−β dans (6.20)
donne une vitesse de convergence en O(n−β) pour tout β < 1/2, mais que l
a
même méthode ne permet pas d’obtenir la vitesse O(n−1/2).
2) Toujours avec f lipschitzienne, comment choisir c minimal pour obtenir
avec ε = c(ln n/n)1/2 la vitesse O
3) On suppose maintenant f hölderienne d’exposant α. Montrer qu’avec

un choix judicieux de ε, on obtient la vitesse O
Ex 6.11. Développement(s) décimaux illimités d’un réel

1) Prouver l’existence du développement décimal illimité d’un réel x de
[0, 1]. On donnera un algorithme simple permettant d’obtenir à partir de x les
sommes partielles de la série du type (6.13).
´
2) Etudier l’unicité de ce développement. Indication : Supposons que :
+∞ +∞
X
ci X
di
= 10i
i=1 10 i
i=1
et notons n0 le plus grand indice pour lequel les n0 premiers chiffres décimau
x ci et di sont deux à deux égaux. Si c 6= d1, on prend n0 = 0. On peut alors
1
supposer que dn +1 > cn +1. Examiner ce que cela implique pour les chiffres ci
0 0
et di , i > n0 en utilisant la relation (6.14).
Ex 6.12. Reprendre l’exercice 6.4 avec Ω = [0, 1], F ′ et P ′ étant définis à

partir des intervalles et de leur longueur comme dans le deuxième modèle de l
a section 6.5. On définit Xi(ω) comme le i-ème chiffre du développement du réel ω
en base 2. On conviendra d’exclure les développements binaires impropres (i.e
.
n’ayant que des 1 à partir d’un certain rang). Montrer qu’avec ce modèle les v.a
. Tn s’interprètent simplement comme des indicatrices d’intervalles. Interpréter
graphiquement la convergence en probabilité des Tn et leur non convergence
p.s.
Ex 6.13. Caractérisation des nombres rationnels normaux

1) On considère le nombre réel x ∈ [0, 1] dont le développement décimal
illimité s’écrit :
x = 0.35712712712 . . . 712 . . .

On dit que ce développement est périodique, la période étant ici la séquence de

chiffres 712 qui se répète indéfiniment (à partir d’un certain rang). Montrer par
un calcul de somme de série que x est un rationnel.
2) Généraliser.
3) Réciproquement, montrer que tout rationnel de [0, 1] a un développe-
ment décimal périodique.
4) Caractériser par une condition sur leur période les rationnels de [0, 1]
qui sont des nombres normaux au sens de Borel (voir page 131).
Chapitre 7
Approximation gaussienne de la
loi binomiale
Nous connaissons déjà l’approximation d’une loi binomiale B(n, p) par une
loi de Poisson P(λ) avec λ = np lorsque n est « grand » et np « petit ». Nous
étudions dans ce chapitre une approximation utilisable lorsque np ne peut êtr
e
considéré comme « petit ». Le résultat théorique qui justifie cette approximation
est le théorème de De Moivre-Laplace qui est lui même un cas particulier du
théorème central limite. Ce dernier est, avec la loi des grands nombres, certai-
nement le plus important théorème du calcul des probabilités. L’approximation
qui nous intéresse fait intervenir une famille de fonctions appelées densités gaus
- siennes (ou normales) liées à la célèbre courbe en cloche de Gauss.
7.1 La courbe en cloche

Définition 7.1 Soit m ∈ R et σ ∈ ]0, +∞[. On appelle densité gaussienne ou
normale fm,σ sur R la fonction :
1 □ (t − m)2 □
fm,σ : R −→ R+ t 7−→ √ exp −
σ 2π 2σ2
La fonction f ,1 est appelée densité normale ou gaussienne standard.
0
Dans cette famille de fonctions, m est un paramètre de localisation ou de po

- sition (c’est la valeur où fm,σ atteint son maximum). Le paramètre σ est un
paramètre d’échelle, il caractérise l’aplatissement de la courbe. Les courbes re
- présentatives Cm,σ de ces fonctions se déduisent toutes de la courbe C ,1 par
0
translations et changements d’échelle. On passe de C ,1 à Cm,σ par la transfor-

0
mation : (x, y) 7→ (σx + m, yσ ) et de Cm,σ à C ,1 par (x, y)

0 7→ ( x m , σy). La
−
σ
courbe C ,1 (figure 7.1) est très populaire sous le nom de courbe en cloche de
0
Gauss.
139
Chapitre 7. Approximation gaussienne
0.5
0.45
0.4
0.35
0.3
0.25
0.2
0.15
0.1
0.05
0
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
Fig. 7.1 – Densité f ,1 0
Bien que f ,1(t) soit strictement positif pour tout réel t, la densité f ,1 semble
0 0
être à support dans [−4, +4]. Cela provient de la décroissance rapide de exp(− ) 2
t
2
quand t tend vers +∞ et des limites de résolution du dessin.

L’influence des paramètres m et σ est illustrée par les figures 7.2 et 7.3.
Une propriété importante de C ,1 est que l’aire qu’elle délimite avec l’axe
0
des abscisses vaut 1 :

Z +∞ 1 □ t2 □
√ exp − dt = 1.(7.1)
−∞ 2π 2
L’exercice 7.1 présente une démonstration de cette relation. Les autres fonctio
ns fm,σ ont aussi une intégrale généralisée sur R qui vaut 1. Pour le voir, soient
a < b deux réels quelconques. Par le changement de variable u = (t − m)/σ :
Zb □ (t − m)2 □ Z b 1 ∗ □ u2 □
√1 exp − dt = a √ exp − du, (7.2)
σ 2σ2
2π 2π
∗
a 2
où les nouvelles bornes sont :

a−m b−m
a∗ = ∗ .
et b = σ
σ

7.1. La courbe en cloche
0.4
0.35
0.3
0.25
0.2
0.15
0.1
0.05
0
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8
Fig. 7.2 – Densités f− ,1, f ,1, f ,1

2 0 3
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8
Fig. 7.3 – Densités f ,1, f , .5, f ,2

0 00 0
Lorsque a et b tendent respectivement vers −∞ et +∞, il en est de même

pour a∗ et b . On en déduit :
∗
Z +∞ 1 □ (t − m)2 □ Z +∞ 1 □ u2 □
√ exp − dt = −∞ √ exp − du = 1.
−∞ σ 2σ2
2π 2π 2
L’aire délimitée par Cm,σ, l’axe des abscisses et les droites d’équation t = a,
t = b joue un rôle important dans l’approximation des probabilités binomiales
P (a < Sn ≤ b). Par changement de variable, le calcul de cette aire se ramène à
celui de l’aire correspondante pour C ,1 avec a∗ et b∗ à la place de a et b. Elle
0
peut donc s’écrire sous la forme Φ(b ) − Φ(a ) où la fonction Φ est définie par :
∗ ∗
Z x 1 □ t2 □
∀ x ∈ R, Φ(x) = −∞ √ exp − dt.(7.3)
2π 2
Cette intégrale ne peut s’exprimer à l’aide des fonctions usuelles. On peut e
n
calculer une valeur approchée avec toute précision souhaitée (voir exercice 7.2).
La figure 7.4 représente le graphe de Φ .
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
R
Fig. 7.4 – Fonction Φ : x 7→ −∞ xf0,1(t) dt
La table en annexe donne les valeurs de Φ(x) par pas de 0.01 pour x compr
is
entre 0 et 3 et quelques valeurs pour x compris entre 3 et 4.5. Pour x négatif,
la parité de la densité entraıne la relation Φ(x) = 1 − Φ(−x). Pour les « très
ˆ
grandes valeurs de x », (i.e. |x| ≥ 4), on dispose du résultat suivant qui donne
´
7.2. Etude graphiqu
e
une évaluation de la « queue » de la loi normale :
Lemme 7.2 Pour tout x > 0, on a l’encadrement :

□ □ 1 □ x2 □ 1 1 □ x2 □
1 − 1 √ √
exp − < 1 − Φ(x) < x exp − .(7.4)
x x3 2π 2 2π 2
Preuve : La dérivation de chacun des 3 membres A, B et C de (7.4) donne :
□ □ e−x2/2 e−x2/2 □ 1□ e
−x /22
′
A′(x) = −1 +
3 √ (x) = − √ ′
(x) = −1 − √
x4
B C x
2 .
2π 2π 2π
Il suffit alors d’intégrer sur [x, +∞[ l’encadrement suivant vrai pour tout y :
□ □ e−y /2 2
e−y /2 □ 3 □ e−y /2
2
2
1 √
−1 − 2 √ < −1 + 4 √
y < − 2π y ,
pour obtenir (7.4).
2π 2π
7.2 ´
Etude graphique
Soient X1, . . . , Xn n v.a. de Bernoulli indépendantes de même paramètre p.
On pose Sn = X1 + · · · + Xn. La loi de Sn est alors une binomiale B(n, p) :
P (Sn = k) = Ckpk(1 − p)n−k
n (0 ≤ k ≤ n)
Les histogrammes1 ci-dessous représentent cette loi pour différentes valeurs des
paramètres n et p. Bien que l’histogramme de la loi B(n, p) soit constitué théo-
riquement de n + 1 rectangles, seule une partie d’entre eux est visible sur le
dessin, les autres correspondant à des probabilités trop petites. Le nombre ε
représente pour chaque figure un majorant de la probabilité correspondant à la
réunion de ces rectangles « invisibles ». Sur chaque figure, la courbe en pointillé
s représente la densité fm,σ dont les paramètres sont donnés par : m = IE Sn = np
et σ2 = Var Sn = npq.
1Les
rectangles de l’histogramme ont une aire proportionnelle aux nombres P (Sn = k) et
ont pour axes de symétrie les droites d’équation x = k correspondantes.

0.12
0.1
0.08
0.06
0.04
0.02
0
5 10 15 20 25 30 35 40 45
Fig. 7.5 – Binomiale n = 50, p = 0.5 (ε = 3.1 × 10−4)
0.3
0.25
0.2
0.15
0.1
0.05
0
-5 0 5 10 15 20 25 30 35

´
7.2. Etude graphiqu
e
0.2
0.18
0.16
0.14
0.12
0.1
0.08
0.06
0.04
0.02
0
-5 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45
0.14
0.12
0.1
0.08
0.06
0.04
0.02
0
-5 0 5 10 15 20 25 30 35 40

0.1
0.09
0.08
0.07
0.06
0.05
0.04
0.03
0.02
0.01
0
-10 0 10 20 30 40 50

7.3. Le théorème de De Moivre-Laplace
7.3 Le théorème de De Moivre-Laplace

Ces figures laissent entrevoir la possibilité d’approximer une binomiale en
un sens que nous précisons maintenant. Il est commode pour cela d’effectuer un
changement d’origine de façon à centrer les variables aléatoires et un changement
d’échelle de façon à ce qu’elles aient toutes pour variance 1. La nouvelle v.
a. obtenue par ce procédé est :
Sn − IE(Sn) Sn − np
S∗n = =
σ(Sn) √
(7.5)
npq
Théorème 7.3 (De Moivre-Laplace) Soit Sn une variable aléatoire de loi

binomiale de paramètres n et p et S∗n définie par (7.5). Pour tous réels c < d
fixés : Z d 1 □ t2 □
lim √
n→+∞ P (c < S∗n ≤ d) = Φ(d) − Φ(c) = exp − dt.
c
2π 2
On a la même limite pour P (c ≤ S∗n ≤ d), P (c ≤ S∗n < d) et P (c <
S∗n < d). De Moivre a donné la première version de ce théorème2 en 1733.
Laplace (1812) prouva plus tard le même résultat par une méthode différent
e
en obtenant une évaluation de la vitesse de convergence. La démonstration du
théorème (cf. section 7.4) repose sur un encadrement adéquat des coefficients
binomiaux et la formule de Stirling. Elle pourra sans inconvénient être passée
en première lecture, l’important étant plutôt de comprendre la signification et
l’utilisation pratique du théorème de De Moivre-
Laplace. Comme dans le cas de
l’approximation par une loi de Poisson, ce théorème permet l’approximation de
P (a < Sn ≤ b) pour les grandes valeurs de n. Pour cela il suffit de remarquer
√
que la fonction x 7→ (x − np)/ npq étant croissante, on a l’équivalence :
a− np Sn(ω) − np ∗ b − np
a < Sn(ω) ≤ b ⇔ √ < ≤
npq √ n(ω ) √
=S .
On en déduit que pour tout n ≥ 1 npq npq
□ a− np ∗ b − np□
P (a < Sn ≤ b) = P √ npq < Sn ≤ √
npq
Lorsque n est « grand » le théorème de De Moivre-
Laplace nous dit que le second membre peut être approximé par :
□ a− np ∗ b − np□ □ − np □ □a − np□
< S
n ≤ √ ≃Φ √ −Φ √
b
P √ npq .
npq npq npq
Il suffit alors d’utiliser la table des valeurs de Φ pour calculer cette probabilité.
2Publiée en
1738 dans la seconde édition de son livre The Doctrine of Chances.
Pour que l’approximation soit légitime, il convient de savoir majorer l’erreur

commise en fonction de n, p (et aussi de a et b). Une telle majoration sera
donnée sans démonstration section 7.5. L’idée générale est que la vitesse de
convergence dans le théorème de De Moivre-Laplace est, comme pour l’inégalité
de Tchebycheff, en O(n− /2). La constante sous-entendue dans le O est d’autant
1
meilleure que p est proche de 1/2 (et se dégrade fortement quand p est proche
de 0 ou 1). Cette dépendance par rapport à p est illustrée par les figures 7.5 `
a 7.9.
´ r la probabilité que le nombre

Exemple 7.1 On lance 3600 fois un dé. Evalue
d’apparitions du 1 soit compris strictement entre 540 et 660.
Soit S le nombre d’apparitions du 1. Cette variable aléatoire suit la loi binomiale
B(3600, 1/6). On a IE S = 600 et Var S = 500. En notant S∗ = (S − IE S)/σ(S)
la variable centrée réduite associée à S :
□ 540 − 600 ∗ 660 − 600□
P (540 < S < 660) = P √ <S < √ .
500 500
Comme n est grand on peut utiliser l’approximation liée au théorème de De
Moivre-Laplace :
□ −60 ∗ 60 □ □6 □ □ −6 □
P 10 √ 5 < S < 10√ ≃Φ √ −Φ √ .
5 5 5
En utilisant la parité de la densité f ,1, on a pour tout a > 0 : Φ(a) − Φ(−a) =
0
2Φ(a) − 1. En utilisant la table des valeurs de Φ on obtient donc :
P (540 < S < 660) ≃ 2Φ(2.68) − 1 ≃ 0.9926 ≃ 0.99.

√
(en raison de l’approximation de 6/ 5 par 2.68, il n’y a pas lieu de conserver
les deux derniers chiffres).
Il est intéressant de comparer ce résultat avec ce qu’aurait donné l’inégalité
de Tchebycheff. En reprenant les calculs de l’exemple 5.13, on obtient :

31
500 = 36 > 0.86.
P (540 < S < 660) ≥ 1 − 602
Pour être honnête, il convient néanmoins de noter que les deux résultats sont d
e
nature différente. Le deuxième est une minoration dont on est certain, pas une
approximation. Pour pouvoir affirmer que le théorème de De Moivre-Laplace
nous donne ici un meilleur résultat que l’inégalité de Tchebycheff, il faut donc
vérifier que l’erreur d’approximation est inférieure à 0.99 − 0.86 = 0.13. (` A
suivre. . .)
Exemple 7.2 Une entreprise emploie 500 personnes qui déjeunent à la can-
tine à l’un ou l’autre des deux services avec une probabilité égale de manger au
7.3. Le théorème de De Moivre-Laplace
premier ou au second. Si le gérant veut avoir une probabilité supérieure à 95%

de disposer d’assez de couverts, combien devra-t-il en prévoir pour chacun des
deux services ?
Voici une modélisation du problème. On numérote les 500 personnes par ordr
e alphabétique3. On note Xi la variable aléatoire valant 1 si la i-
ème personne de
la liste mange au premier service, 0 si elle mange au deuxième. Les Xi sont de
s variables de Bernoulli de même loi : P (Xi = 0) = P (Xi = 1) = 1/2. On suppose
les Xi indépendantes, hypothèse raisonnable dans le cas d’une numérotation pa
r
ordre alphabétique4. Bien que l’énoncé ne le précise pas il s’agit évidemment de
trouver le nombre minimum de couverts à disposer à chaque service, sinon ave
c P
service est : Sn = 500
500 couverts à chaque service, le gérant ne prendrait aucun risque ! Notons
i
k
ce nombre minimum. Le nombre (aléatoire) de personnes mangeant au premie
r
=1 Xi (avec n = 500). Le nombre de personnes mangeant
au deuxième service est par conséquent 500 − Sn (on suppose que tout le monde
mange). Le problème revient donc à trouver k minimal tel que :
P (Sn ≤ k et 500 − Sn ≤ k) ≥ 0.95.
Ce qui s’écrit encore :
P (500 − k ≤ Sn ≤ k) ≥ 0.95.(7.6)
La loi de Sn est la binomiale B(500, 1/2), mais comme n est grand, il est légitime
d’utiliser l’approximation de cette loi par le théorème de De Moivre-
Laplace.
Pour ce faire, on normalise Sn en la centrant puis en divisant par l’écart type.
L’espérance et la variance de Sn sont IE Sn = n 12 = 250 et Var Sn = n( 12 )(1− 21 ) =
125. On peut écrire (7.6) sous la forme équivalente :
□ k − 250□
500 k − 250 ∗
≤S ≤
√ 125 √ ≥ 0.95.
−
P n
125
√ 125. En négligeant l’erreur d’approximation, le problème
où S∗n = (Sn − 250)/
revient à trouver k minimal tel que :
□ □ 250 − k□
□
k− 250
Φ √ −Φ √ ≥ 0.95.
125 125
En utilisant comme dans l’exemple précédent la relation Φ(a)−Φ(−a) = 2Φ(a)−
√
1 avec ici a = (k − 250)/ 125, on est ramené à la résolution de l’inéquation :
2Φ(a) − 1 ≥ 0.95 équivalente à Φ(a) ≥ 0.975. La table nous donn√e Φ(1.96) =
0.9750. On prendra donc pour k le plus petit entier tel que (k−250)/ 125 ≥ 1.96
3
Ou tout autre ordre fixé à l’avance.
4
Ce ne serait bien sûr pas le cas si on les avait numérotées d’après leur ordre d’arrivée à
la cantine, mais cet ordre est lui même aléatoire et nous l’avons exclu.

√
d’où : k ≥ 250 + 1.96 125 ≈ 271.91. Ainsi il suffit de prévoir 272 couverts par
service pour avoir une probabilité supérieure à 0.95 que chacun puisse manger a
u
service de son choix. On constate qu’en acceptant un risque faible de surcharg
e
de la cantine, il y a moyen de réaliser une économie considérable en place et en
mobilier.
7.4 Preuve du théorème de De Moivre-Laplace

Nous donnons dans cette section une démonstration du théorème de D
e Moivre-
Laplace (cas général : p quelconque dans ]0, 1[). Les techniques utilisées
relèvent uniquement du programme d’analyse du DEUG. Signalons qu’il existe
une démonstration beaucoup plus rapide5 basée sur la transformation de Fourier
(cf. cours de Licence).
La preuve que nous proposons n’est pas la démonstration classique. Ell
e
s’inspire de Feller6. En fait nous allons faire un peu plus que prouver le théorèm
e de De Moivre-
Laplace. Nous allons montrer l’existence d’un entier n0 = n0(p)
et d’une constante C tels que :
□
∀n ≥ n0, P (c ≤ S∗n ≤ d) − ,(7.7)
npq
ce qui prouvera le théorème tout en nous donnant une idée de la vitesse d

e convergence7. Nous notons dans la suite :
b(k, n, p) = Ckpkqn−k.
n
Il s’agit d’étudier le comportement asymptotique de :
k− np
X b(k, n, p), où xk = √ npq .(7.8)
P (c ≤ S ≤ d) =
∗
n
c≤x ≤d k
√
Remarquons que dans cette somme, le nombre de termes (en gros (d − c) npq
)
tend vers l’infini avec n, donc k peut très bien tendre vers l’infini avec n, mais
pas n’importe comment. Il doit vérifier une condition du type :
□
k − np□
√ ≤ c0 = max(|c|, |d|).(7.9)
npq
La démonstration se fait en deux temps :
5Mais
moins instructive.
6
W. Feller, An Introduction to Probability Theory and its Applications, Vol. I, ex. 19–21
p. 182 (2e édition).
7On ne cherchera pas à optimiser la valeur de C, ni même à l’expliciter.

7.4. Preuve du théorème de De Moivre-Laplace
–
On cherche un encadrement de b(k, n, p) donnant un équivalent de la forme
(2πnpq)− /2 exp(−x2k/2) lorsque n tend vers +∞ et k reste astreint à la
1
condition (7.9).
–
On traite alors le second membre de (7.8) comme une somme de Rieman
n
que l’on approxime par l’intégrale Φ(d) − Φ(c) en contrôlant l’erreur com-
mise.
7.4.1 ´
Evaluation asymptotique de b(k, n, p)
Notre point de départ est l’évaluation asymptotique du terme central de la
loi binomiale pour laquelle nous renvoyons à l’exercice 3.16 p. 70 dont nou
s rappelons les résultats :
Le maximum de b(k, n, p) à n et p fixés est atteint pour k = m défini comme
l’unique entier tel que :
(n + 1)p − 1 < m ≤ (n + 1)p.
Il existe un entier n1 = n1(p) et une constante c1 tels que

1 c1
∀n ≥ n1, b(m, n, p) =√ (1 + εn) avec |εn| ≤ . (7.10)
2πnpq npq
On raccroche l’évaluation asymptotique de b(k, n, p) à celle de b(m, n, p) en
écrivant :
k
Y
b(j, n, p)
si k > m, b(k, n, p) = b(m, n, p) , (7.11)
jm+1
=
b(j − 1, n, p)
m
Y b(j − 1, n, p)
si k < m, b(k, n, p) = b(m, n, p) .(7.12)
b(j, n, p)
jk+1
=
Nous sommes ainsi conduits à la recherche d’un encadrement du quotient :

b(j, n, p)
(n + 1 − j)p
= . (7.13)
− 1, n, p)
b(j jq
Pour des raisons de simplification calculatoire, on « centre » j par (n + 1)p et
p
on « normalise » en divisant par (n + 1)pq. Pour cela, posons :
j = (n + 1)p + δj et (n + 1)pq = τ2 (τ > 0). n
Avec ces notations, on a :

(n + 1 − j)p = (n + 1)p − (n + 1)p2 − pδj = (n + 1)p(1 − p) − pδj = τ2 − pδj. n
En reportant dans (7.13), il vient :

b(j, n, p)
τ2 − pδj δj
= 1 − puj
− 1, n, p)
n
b(j = avec uj = . (7.14)

τ2 + qδj
n 1 + quj τ2
n

Examinons d’abord le cas où k > m : on a alors j > m et δj > 0 donc uj > 0.
Nous pouvons alors utiliser avec x = quj l’encadrement suivant :
1 2
∀x > 0, 1−x< <1−x+x .
1+x
En effet, pour x ≥ 1, cet encadrement est trivial, pour 0 < x < 1, on utilise le
développement (1 + x)−1 = 1 − x + x2 − x3 + · · · en série alternée dont le terme
général décroıt en valeur absolue. La somme de la série est donc encadrée par
ˆ
deux sommes partielles consécutives.

Minoration du quotient :
1 − puj 2
> (1 − puj)(1 − quj) = 1 − (p + q)uj + pqu j > 1 − u j.
1 + quj
Majoration du quotient :
2 2
1 − puj uj )
< (1 − puj)(1 − quj + q
1 + quj = 1 − (p + q)uj + (pq + q2)u2 − pq2u3 j j
< 1 − uj + qu2 j
< 1 − uj + u2. j
Nous obtenons ainsi l’encadrement :

b(j, n, p)
Si j > m, 1 − uj < < 1 − uj + u 2
b(j − 1, n, p) j. (7.15)
Dans le cas où k < m, on s’intéresse au quotient inverse :

b(j − 1, n, p)
1 + quj
.
= 1 − puj
b(j, n, p)
Cette fois uj est négatif. En échangeant les rôles de p et q et en rempla¸cant uj
par −uj, on est donc ramené au cas précédent, d’où :
b(j − 1, n, p) 2
Si j < m, 1 + uj < < 1 + uj + u
b(j, n, p) j. (7.16)
L’étape suivante est d’encadrer les produits figurant dans (7.11) et (7.12).
Pour cela, il est commode d’utiliser le lemme suivant qui procure un encadre-
ment de chaque facteur par des exponentielles.
Lemme 7.4
□ t □
2
∀ t ∈ ]0, 1[, exp −t − < 1 − t < exp(−t).

2(1 − t)
Preuve : L’inégalité de droite provient de la convexité de la fonction t 7→ e−t : la

courbe représentative est toujours au dessus de sa tangente au point d’abscisse 0
(on peut aussi considérer le développement en série entière de e−t et remarquer
que pour 0 < t < 1, il s’agit d’une série alternée dont le terme général décroıt ˆ
en valeur absolue. . .).
Pour l’inégalité de gauche, on utilise le développement en série entière :

+∞
t 2
t3 tk tk
ln(1 − t) = −t −
X
∀ t ∈ ]0, 1[, − .
2 − ··· − − · · · = −t − k
3 k k=2
En minorant chaque dénominateur par 2 dans la série, on exploite la formule

explicite pour la somme d’une série géométrique pour obtenir :
+∞
2
X
tk t2 2 t
< (1 + t + t + ···) = .
k=2
k 2 2(1 − t)
On en déduit :
2
t
∀ t ∈ ]0, 1[, ln(1 − t) > −t − ,
2(1 − t)
et il ne reste plus qu’à prendre l’exponentielle des deux membres.
Notons maintenant que d’après (7.9), uj tend vers 0 comme n− /2 lorsque n 1
tend vers +∞ (et même uniformément par rapport à j) : on peut trouver un

entier n2 = n2(p, c, d) tel que :
1
∀n ≥ n2,
0 ≤ |uj| ≤ 2 ,
pour tous les j concernés par notre démonstration. Si t ∈ [0, 1/2], 1/(1 − t) ≤ 2.
Combinée à cette remarque, l’application du lemme 7.4 avec t = uj nous fournit :
∀n ≥ n2, ∀ j > m, exp(−uj − u2) < 1 − uj.

j
Le même lemme avec t = uj − u2 nous donne : j
∀n ≥ n2, ∀ j > m, 1 − uj + u2 < exp(−uj + u2).

j j
Ces deux inégalités nous permettent de remplacer les bornes de l’encadreme

nt (7.15) par des exponentielles. On en déduit pour tout n ≥ n2 et tout k > m :
" X k k
X
# k " X k k
X #
u j− Y
b(j, n, p) u j+
exp − jm+1 j= u2 < < exp − jm+1 j= u2 .
− 1, n, p)
= m
j
= j
+1 jm+1
=
b(j
m
+1
´
Evaluation de la somme des uj
La somme des termes d’une progression arithmétique est égale au nombre d
e
termes multiplié par la moyenne du premier et du dernier. En appliquant cette

règle, puis en centrant par rapport à (n + 1)p, nous obtenons :
k k
X 1 X
□
uj = j − (n + 1)p
jm+1
= τ2 n jm+1
=
1
=
(k − m)
21τ2 n
= □
□
2τ × 2
n
=
+ k−m
2τ2
+ 2τ2 .
n
(7.17)
= 2
2 − 2 τ
− m − (n + 1)p 2
2 □ n
2τ2 k−m
n
Comme n
2τ2
de (7.17) est comprise entre (k − 1 − m)/(2τ2) et (k − m)/(2τ2). Il existe donc
n
n n
une constante c2 (par exempl e cX2 =k (1 + c0)/2) telle que :

c2 uj ≤ c2
− ≤ + , (7.18)
2τ2
n
τn jm+1 2τ2 =
τn n
pour tout n ≥ n2 et tous les k > m vérifiant (7.9).

Majoration de la somme des u2 j
A la différence de la somme des uj qui est le terme principal, celle des u2 est un j
terme d’erreur. Comme nous voulons seulement avoir une idée de la vitesse d
e convergence dans le théorème de De Moivre-
Laplace, une majoration grossière
nous suffit. On l’obtient en majorant chaque terme de la somme par le plu
s grand d’entre eux :
k k 3
X
1 X □ (k − m)
u = 2 j − (n + 1)p 2
≤ .
τ4
j
jm+1
= τ4
n jm+1
=
n
Il existe une constante c3 (par exemple c3 = (1+ c0)3) telle que pour tout n ≥ n2
et tous les k > m vérifiant (7.9) :
X k c3
0≤ u2 ≤ .(7.19)
τn
j
jm+1
=

Posons pour alléger les écritures :

tk = 2
De (7.18) et (7.19), on tire : .

τn
k
□ t 2k c2 + c3 □ Y
b(j, n, p) □ t2k c2 + c3 □
exp − − ≤ b(j
≤ exp − + . (7.20)
2 τn jm+1 =
− 1, n, p) 2 τn
En combinant (7.10), (7.11) et (7.20), on vérifie facilement qu’il existe une
constante c4 et un entier n3 = n3(p, c, d) tels que pour tout n ≥ n3 et tous les
k > m vérifiant (7.9) :
e −t /2 2
k
c4
b(k, n, p) = √ ′ ′
(1 + ε
2πnpq n,k), avec |ε n,k| ≤ τn .(7.21)
Pour le cas j < m, uj est négatif et on a les mêmes estimations que pour
j > m en remplaçant uj par −uj (en prenant garde que dans l’évaluation de la
somme des uj, le nombre de termes est (m − k) au lieu de (k − m)). On vérifie
ainsi facilement8 que (7.21) reste valable pour k < m.
Avant de passer à la suite de notre programme, il convient de mettre le
résultat obtenu sous une forme plus commode en revenant à la normalisation et
au centrage traditionnels. Posons :
√ k − np
σn = npq et xk = . (7.22)
σn
Notons que 1/τn ≤ 1/σn. On vérifiera à titre d’exercice que :
exp(−t2k/2) = exp(−xk2/2)(1 + ε′′ c5

n,k) avec |ε ′′
n,k| ≤ σn ,
pour n ≥ n4 et tous les k vérifiant (7.9). Le résultat de cette partie peut donc
s’énoncer :
Théorème 7.5
Avec les notations (7.22) ci-dessus, il existe une constante A et un entier n0 =
√
n0(p, c0) tels que pour tout n ≥ n0 et tout k tel que |k − np| ≤ c0 npq :
exp(−x 2 A
b(k, n, p) = √ k/2) (1 + ε ) avec |εn,k| ≤
σn 2π n,k . (7.23)
σn
8Pour
les courageux et les sceptiques pas encore épuisés. . .s’il en reste.

7.4.2 Sommes de Riemann

Disposant d’une évaluation asymptotique de chaque terme b(k, n, p), nou
s pouvons passer à celle de leur somme indexée par la condition :
k− np
c≤ √ ≤ d.
npq
Nous notons respectivement k1 et k2 le plus petit et le plus grand entier vérifiant

cette condition. Nous nous proposons dans cette partie d’évaluer à l’aide d’un
e intégrale la somme :
k2 X
P (c ≤ S∗n ≤ d) =
X
1
b(k, n, p) = f (xk)(1 + εn,k),
σn
=k1
k
c≤x k≤d
où l’on pose :

□ x2 □1
f (x) = √
exp − .
2π 2
Le nombre de termes dans cette somme est k2 − k1 + 1 qui est majoré par
(d − c)σn + 1. Compte tenu de (7.23), on en déduit :
A
1 X k2
|εn,k| ≤ c6
σn ≤ .
=k1
k
σ2n σn
Par conséquent :
□
1 X
□ c
P (c ≤ S∗n ≤ d) − f (xk) ≤ σ6 n .(7.24)
σn
c≤x k≤d
On est ainsi ramené à l’évaluation de la somme de Riemann de terme généra

l n f (xk). On considèr e pour cela σn f (xk) comme l’aire d’un rectangle de base
σ−1 −1
[sk, sk+1] et de hauteur f (xk), où les sk constituent un partage de l’intervalle

[c, d] tel que sk+1 − sk = σ−1n et sk ≤ xk ≤ sk+1 pour tout k. A priori, xk peut
être placé n’importe où9 sur [sk, sk+1]. Nous admettrons (cf. exercice 7.10) que
le meilleur choix pour une fonction f de classe C2, est de prendre xk au milieu
de [sk, sk+1], ce qui revient à poser :
1 1
sk = xk − et sk+1 = xk + (k1 ≤ k ≤ k2).
2σn 2σn
Lorsque f est monotone sur [xk−1, xk+1] (ce qui est bien le cas ici sauf peut-
être pour l’un de ces intervalles), il est facile de se convaincre que ce choix est
meilleur que de prendre comme partage la suite des xk elle même (figure 7.10).
9Le choix
de la position de l’un des xk détermine celle de tous les autres par translation.
7.4. Preuve du théo
rème de De Moivre
-Laplace
f (xk )
xk sk+1 xk sk xk
sk + sk+1 Choix sk+1 = xk
Choix sk = xk Choix xk = 2
Fig. 7.10 – Divers choix de sk
Avec notre choix des sk, on a (cf. exercice 7.10) :
□ Z sk+1 □
1 1 sup |f ′′|.
f (xk) − f (x) dx ≤ σ 3
σn 24 n [sk ,sk+1]
s
k
La fonction f ′′ est donnée ici par f ′′(x) = (2π)− /2(x2 − 1) exp(−x2/2). Elle 1
est bornée sur R, le maximum de |f ′′| est atteint en 0 et vaut (2π)− /2. Nous 1
pouvons donc écrire :
X k2 Z xk2+1/(2σn)
1
σn f (xk) = f (x) dx + Δn, (7.25)
xk1−1/(2σn)
=k1
k
où
1 (d − c)σn + 1
k2 − k1 + 1 c7
|Δn| ≤ √ × 24
√ ≤ .(7.26)
≤
2π 24σn3 2π σ3n σ2n
Enfin dans l’évaluation de notre somme de Riemann par Φ(d) − Φ(c), nou
s
devons tenir compte d’une dernière source d’erreur : les deux termes de bor
d générés par la non coıncidence (en général) des bornes c et xk − 1/(2σn) à
¨ 1
gauche et d et xk + 1/(2σn) à droite (cf. figure 7.11). Comme à chaque fois

√
2
la distance entre les deux bornes2πconcer , on co née s n’ex

ntrôle e pa
cecsèddeu 1/(2σsn)d’erreu
x sterme et la fonc-
r par
tion f est majorée sur R par 1/
l’inégalité :
□ □Z
□Z c f (x) dx +
d
□ 1
f (x) dx ≤ √ . (7.27)
1
−1/(2σ ) n x 2 +1/(2σ ) k 2π σn
n
xk
Conclusion
L’inégalité triangulaire nous permet de déduire de (7.24), (7.25), (7.26) et (7.27)
c xk1
Fig. 7.11 – Approximation par Φ(d) − Φ(c)
l’existence d’une constante C et d’un entier n0 = n0(p, c, d) tels que :
□ Z d
exp(−x2/2) □ C
∀n ≥ n0, P (c ≤ S ≤ d) −
∗
n √ dx ≤ √ npq . (7.28)
c
2π
Ceci achève la preuve du théorème de De Moivre-Laplace.
Remarque :
Lorsqu’on applique ce théorème d’un point de vue pratique (i.e. avec n fixé),
on peut éliminer l’erreur due aux termes de bord (7.27) en remplaçant c par
xk − 1/(2σn) et d par xk + 1/(2σn). On peut voir que cela ne change rien pour
1 2
Sn, en effet :
∗
1 ∗ 1 k1 − 1/2 − np Sn − np k2 + 1/2 − np
xk − 1 ≤S ≤ xk2 + ⇔ √ √ √
2σn n
2σn
1 ≤ 1 ≤ npq
⇔ k1 − npq ≤ Sn ≤ k2 + 2npq
2
⇔ k1 ≤ Sn ≤ k2,
puisque Sn ne prend que des valeurs entières. Ce procédé d’approximation s’ap-

pelle correction de continuité.
7.5. Vitesse de convergence
7.5 Vitesse de convergence

La démonstration du théorème de De Moivre-Laplace nous a permis de voir10
que la vitesse de convergence était en O(n− /2), plus précisément nous avons
1
montré que l’erreur commise en utilisant l’approximation :

□ □ □ a − np □
− np
P (a ≤ Sn ≤ b) ≃ Φ √
b
−Φ √
npq npq
√
est majorée par C/ npq. Par ailleurs l’évaluation du terme dominant de la loi
binomiale par la formule de Stirling nous montre qu’on ne peut pas espérer en
général avoir une vitesse de convergence meilleure que O(n− /2). De nombreux
1
travaux de l’école russe du début du siècle ont été consacrés à la détermination

d’une valeur explicite pour la constante C et plus généralement à la recherche
d’un contrôle fin de l’erreur tenant compte des valeurs de p, a et b. Les calculs
sont trop compliqués pour trouver leur place dans ce polycopié. Nous nous
contenterons de présenter sans démonstration des résultats dˆ us à Uspensky . 11
Le résultat le plus fin concerne l’approximation obtenue en effectuant la

« correction de continuité ». Dans cette approximation, chaque probabilité bi-
nomiale P (Sn = k) est représentée graphiquement par le rectangle élémentaire
de base [k − 1/2, k + 1/2] et de hauteur P (Sn = k). C’est exactement la conven-
tion adoptée sur les figures 7.5 à 7.9 pour représenter la loi de Sn. De plus le
s
bornes de variation de Φ sont ajustées de façon à prendre en compte seulement
un nombre entier de ces rectangles (plus de « chutes » aux bords). La rédu
c-
tion des bornes (en abscisse) du rectangle élémentaire par la transformation t
√ √
7→ (t − np)/ npq nous donne comme nouvelles bornes : (k − 1/2 − np)/ npq
√
et (k + 1/2 − np)/ npq. Si k1 et k2 sont des entiers, l’approximation avec
correction de continuité s’écrit ainsi :
□ 1 1□
P (k1 ≤ Sn ≤ k2) = P k1 − ≤ Sn ≤ k2 +
2 2
□ k2 + 0.5 − np □
k1 −0.5 − np ≤ S
∗
= P □ √ npq □ n □≤ k1 − 0√.5npq− np □
k2 +0.5 − np
≃ Φ √ −Φ √ .
npq npq
Notons pour alléger :

k2 + 0.5 − np
− np
k1 −0.5 npq , z2 = √
z1 = √
.(7.29)
npq
Voici maintenant une évaluation de l’erreur d’approximation pour la correction
de continuité :
10La lecture de cette section ne présuppose pas celle de la précédente. Il y a donc forcément
quelques redites. . .
11J. V. Uspensky, Introduction to mathematical probability, McGraw-Hill 1937.
Théorème 7.6 (Uspensky)

Si Sn suit la loi binomiale B(n, p) et si npq ≥ 25, alors pour tous entiers k1 et
k2 tels que 0 ≤ k1 ≤ k2 ≤ n, on a :
□ □ t 2 □□
z2
q−p
P (k1 ≤ Sn ≤ k2) = Φ(z2) − Φ(z1) + √ (1 − t ) exp − 2 + ε,
6 2πnpq 2 z 1
où z1 et z2 sont définis par (7.29) et où le terme complémentaire ε vérifie :

3√ □
2 npq .(7.30)
0.13 + 0.18|p − q|
|ε| < nt est en 1/√npq, il se dégrade quand p est proche de
Le terme d’erreur domina
0 ou de 1 ( q = 1 − p est alors proche de 0). □
Dans le cas particulier où p = 1/2, le terme + expen− 1/√npq s’annule et l’erreur
npq
d’approximation est en O(1/(npq)). De même si p est quelconque mais z1 = −z2
(intervalle [k1, k2] symétrique autour de np).
Lorsque l’on n’effectue pas la correction de continuité, les résultats sont
moins bons, mais on a toujours en général un terme d’erreur dominant en
√
1/ npq. Quelques notations supplémentaires sont nécessaires à leur exposition.
Nous souhaitons évaluer P (x1 ≤ S∗n ≤ x2) pour x1 et x2 réels fixés. Pour x ∈ R,
on appelle partie fractionnaire de x le réel θ = x − [x] (où [x] désigne la partie
entière de x, plus grand entier inférieur ou égal à x). On note alors :
√
θ1 la partie fractionnaire de nq − x1 npq, (7.31)
√
θ2 la partie fractionnaire de np − x2 npq. (7.32)
Théorème 7.7 (Uspensky)

Si Sn suit la loi binomiale B(n, p) et si npq ≥ 25, alors pour tous réels x1 et x2
avec x1 < x2, on a :
A q−p h ix
P (x1 ≤ S∗n ≤ x2) = Φ(x2) − Φ(x1) + √ + √ (1 − t 2 −t /2 2 2 + ε ′,
2πnpq 6 2πnpq )e x1
où θ1 et θ2 sont définis par (7.31) et (7.32), A par :
□1 □ □ x21 1 □ □ x22
A= − θ1 exp − □ □ − θ2 exp − □
2 + 2
2 2
et le terme ε′ est majoré par :
3√ □
0.20 + 0.25|p − q| 2 npq .(7.33)
|ε′| <
□
+ exp −
npq
7.5. Vitesse de convergence
On peut faire des commentaires analogues à ceux qui suivent le théorème 7.6. Il
est intéressant de déduire du théorème 7.7 une majoration uniforme (par rapport
√
à x1 et x2) de l’erreur d’approximation du type C/ npq. Ceci permet de se faire
rapidement une première idée et de voir s’il y a lieu d’affiner l’approximation à
l’aide de l’un des résultats ci-dessus.
Corollaire 7.8 (Majoration uniforme de l’erreur)
Si npq ≥ 25, pour tous réels x1 < x2,
□
P (x1 ≤ S∗n ≤ x2) − .
npq
Preuve : Comme θ1 et θ2 sont dans [0, 1[, il est clair que |A| ≤ 1. D’autre part
l’étude des variations de la fonction t 7→ (1 − t2)e−t /2 montre que sur R son
2
maximum est 1 (atteint en t = 0) et son minimum −2e− .5 > −0.4463 (atteint1

√ √
en t = − 3 et t = 3). On a donc :
□
q−p h ix □ 1 1 + 0.4463
√ (1 − t )e
2 −t /22 2
≤ npq 6√ 2π .
√
6 2πnpq x 1
√
Par hypothèse, npq ≥ 5, d’où :
0.20 + 0.25|p − q| 1 0.09
≤ √ 0.45
npq = √
npq 5 .
Enfin, pour le dernier terme, on écrit : npq
□ 3√ □ 1 □√ □ 3√ □□ 1 x≥5 □
exp − 2 npq = √ npq exp − 2 npq ≤ √ npq sup xe− x/2 . 3
L’étude des variations denpq

la fonction x 7→ xe− x/2 montre qu’elle est décroissante
3
et positive sur [2/3, +∞[, le supremum ci-dessus est donc atteint en x = 5

et vaut 5e− .5 < 0.0028. Finalement en rassemblant toutes ces majorations
7
√
partielles, on voit que l’on a bien un majorant du type C/ npq et que l’on peut
prendre :
1
C=√
1.4463□
□ + 0.09 + 0.0028 < 0.5880.
1+ 6
2π
Exemple 7.3 (suite de l’exemple 7.1)

On lance 3600 fois un dé et on s’intéresse à la probabilité que le nombre d’appa-
ritions du 1 soit compris strictement entre 540 et 660. D’après l’approximation
gaussienne utilisée à l’exemple 7.1, cette probabilité vaut environ 0.9926. D’autre
part, l’inégalité de Tchebycheff nous dit qu’elle est certainement supérieure à
0.86. On voudrait savoir si l’approximation gaussienne donne réellement un
meilleur résultat.

D’après le corollaire 7.8, l’erreur Δ commise en faisant l’approximation est ma-

jorée par :
0.588 0.588
Δ≤ √ =√
npq
< 0.0263.
On peut donc affirmer que 500
P (540 < Sn < 660) ≥ 0.9926 − 0.0263 > 0.9662

(en diminuant d’une unité le quatrième chiffre après la virgule pour prendre e
n
compte la précision de 10−4 dans la table des valeurs de Φ). L’approximation
gaussienne donne donc bien un meilleur résultat que l’inégalité de Tchebycheff
.
7.6 Exercices
Ex 7.1. Un calcul d’intégrale
1) Montrer la convergence de l’intégrale généralisée :
□
Z +∞ exp − x 2 □
I= dx.
0 2
2) Vérifier que :
Z +∞ Z +∞ □ (x 2 + y2 □
I2 = exp − dx dy.
0
0 2
3) Calculer cette intégrale double en passant en coordonnées polaires.
Z +∞ 1 □ x2 □
√ exp − dx = 1.
−∞ 2π 2
Ex 7.2. Comment construire la table des valeurs de Φ
Utiliser le lemme sur l’évaluation de la queue de la loi normale pour donne
r
une méthode pratique de construction d’une table des valeurs de Φ avec u
ne
précision au moins égale à 10−d. Indication : On considérera le développement
en série de Taylor de la densité gaussienne standard sur un intervalle compac
t [−a, +a] convenablement choisi et on remarquera qu’il s’agit d’une série alternée.
Il est donc facile d’encadrer les sommes partielles et de majorer l’erreur commis
e
en remplaçant la série par l’une de ses sommes partielles. On est ainsi ramené
à un calcul de polynôme.
Ex 7.3. Trouver un entier k tel qu’avec une probabilité d’environ 0.5 le nombre
de faces obtenues en 1000 lancers d’une pièce soit compris au sens large entr
e 490 et k.

7.6. Exercices
Ex 7.4. Un central téléphonique dessert 5000 abonnés. A un instant donné,

chaque abonné a une probabilité égale à 2 % d’utiliser son téléphone et les appel
s
des abonnés sont supposés indépendants. Quel nombre minimal d’appels doit
pouvoir traiter simultanément le central pour que sa probabilité d’être saturé à
un instant donné soit inférieure à 2.5 % ?
Ex 7.5. Surréservation aérienne

Il arrive assez souvent que le nombre de réservations pour une liaison aérienne
soit supérieur au nombre de passagers se présentant effectivement le jour du
vol. Cela est dû à des empêchements imprévisibles de certains passagers et à
une politique systématique de certains d’entre eux qui réservent des places sur
plusieurs vols de façon à choisir au dernier moment celui qui leur convient le
mieux (en raison de la concurrence, les compagnies ne pénalisent pas les client
s qui se désistent et ne font payer effectivement que ceux qui embarquent). Pour
compenser ce phénomène, une compagnie aérienne exploitant un avion de 30
0
places décide de faire de la surréservation (surbooking ) en prenant pour chaque
vol un nombre n > 300 de réservations. S’il se présente plus de 300 passager
s
à l’embarquement, les 300 premiers arrivés prennent leur vol et les autres sont
dédommagés financièrement.
1) On considère que les passagers sont mutuellement indépendants et que
la probabilité de désistement de chacun d’eux est 10%. On note n le nombre
de réservations prises par la compagnie pour un vol donné et Sn le nombre
(aléatoire) de passagers se présentant à l’embarquement pour ce vol. Donner la
loi de Sn, IE Sn et Var Sn.
2) Le directeur commercial de la compagnie aimerait connaıtre la valeur
ˆ
maximale de n telle que : P (Sn ≤ 300) ≥ 0.99. En utilisant le théorème de De

Moivre-Laplace, proposez une solution approchée de ce problème.
Ex 7.6. Une entreprise de vente par correspondance envoie un lundi 210

0
colis. La probabilité qu’un colis soit distribué le lendemain est 0.7, celle qu’il
soit retourné pour erreur d’adresse est de 0.001. On note X le nombre de coli
s
distribués le lendemain et Y le nombre de colis retournés pour erreur d’adress
e.
1) Donner la loi exacte, l’espérance et la variance de X. Même question
pour Y .
2) Proposer une valeur approchée de la probabilité P (1358 ≤ X ≤ 1442)
en expliquant soigneusement la méthode utilisée.
3) Par quelle loi discrète classique peut-on approcher la loi de Y ? Utiliser
cette approximation pour évaluer P (Y ≥ 4).
Ex 7.7. Un modèle simple pour le mélange de deux gaz
Un récipient hermétique de 2 litres est séparé en deux parties symétriques
« gauche » et « droite » par une cloison hermétique munie d’une vanne à lar
ge
ouverture. La vanne étant fermée, la partie gauche du récipient contient au

départ 1 litre d’oxygène et sa partie droite 1 litre d’azote le tout à la pression

atmosphérique. On ouvre la vanne de la cloison intermédiaire et on laisse s’effe
c-
tuer le mélange, puis au bout d’un temps suffisant on ferme la vanne. On mesur
e
alors la proportion d’azote et d’oxygène dans la partie gauche et on constate
expérimentalement qu’elles sont égales. Le but de cet exercice est l’étude d’un
modèle simple permettant de prévoir ce phénomène.
Les molécules étant agitées d’un mouvement incessant, on suppose qu’après
fermeture de la vanne, chaque molécule a une probabilité 1/2 de se trouver dan
s
la partie gauche du récipient. On dispose de n molécules d’oxygène et n d’azote.
On indexe les molécules d’oxygène de 1 à n et celles d’azote de n + 1 à 2n. O
n note Xi la variable de Bernoulli indicatrice de l’événement la i-
ème molécule
se trouve dans la partie gauche après fermeture de la vanne. On suppose les X
i indépendantes. On pose :
2n
X X
n Xi, Tn =
Sn = i=1 i =
Xi.
La variable Sn est donc le nombre aléatoire de molécules d’oxygène et Tn celui
des molécules d’azotes dans la partie gauche après fermeture.
1) Quelle est la loi exacte de Sn, son espérancen+1
et sa variance (en fonction
de n) ? On a clairement les mêmes résultats pour Tn.
2) Soit x > 0 un nombre fixé. On considère l’événement
nn x√ n x√ o
A= − 2 n ≤ Sn ≤ + 2 n .
2 2
En utilisant le théorème de De Moivre-Laplace, montrer que l’on peut approxi-
mer P (A) par 2Φ(x) − 1 où Φ est la fonction de répartition de la loi normale
N (0, 1). On a bien sûr le même résultat pour P (B), avec
nn x√ n x√ o
B= − n ≤ Tn ≤ +
2 2 2 2 n .
√
3) On suppose désormais que n − x n > 0. On√s’intéresse à l’événement
√ n+x n o
n n−x n Tn √ .
C= √ ≤ Sn ≤ n − x n
n+x n
Montrer que A ∩ B ⊂ C.
4) En négligeant l’erreur due à l’approximation gaussienne, proposer à
l’aide de Φ(x) une majoration de P (Ac ∪ Bc). En déduire une minoration de
P (C). On exprimera simplement le résultat final en fonction de la quantité
R(x) = (1 − Φ(x)).
5) Application numérique : n = 10 , x = 10. On utilisera la formule
22
d’encadrement de 1 − Φ(x) pour les « très grandes valeurs de x » fournie à l

a fin des tables. Commentez le résultat obtenu.
7.6. Exercices
Ex 7.8. Une compagnie d’assurances assure sur une année n personnes contr
e
un certain risque. On note Xi la somme qu’aura à verser cette année la compa
- gnie au i-
ème client. C’est une variable aléatoire qui prend la valeur 0 lorsque
le client n’est pas sinistré. On peut en général considérer que les variables aléa-
toires X1, . . . Xn sont indépendantes. Supposons qu’elles obéissent toutes à une
même loi d’espérance mathématique µ et de variance σ2. Soit x la prime deman-
dée à chacun des n clients. Comment la compagnie doit-
elle fixer x pour qu’avec
une probabilité supérieure à 1 − ε la différence entre l’encaissement des primes
et les remboursements sur l’année reste supérieure à un montant b déterminé
par ses frais de gestion et le bénéfice minimum qu’elle désire faire ?
Ex 7.9. Montrer que le théorème de De Moivre-Laplace implique la loi faible
des grands nombres pour les fréquences. Indication : pour ε > 0 fixé, contrôler
l’erreur commise écrivant l’ approximation :
□□ S □ □ □ r n □ □ r n □
P n
−p ≤ ε ≃ Φ ε − Φ −ε .
n pq pq
Ex 7.10. Sur l’approximation d’une somme de Riemann
Soit f une fonction deux fois continûment dérivable sur un intervalle [a, b] et
(sk) un partage quelconque de [a, b]. Soit xk ∈ [sk, sk+1].
1) Montrer qu’en général on a :
□ Zs □
1
k+1
c .
f (xk) − f (x) dx ≤ − sk)2
sk+1 − sk s k
(s k+1
2) Lorsque xk est
le milieu du segment [sk, sk+1] :
□ Zs □
1
k+1
mk ,
f (xk) − f (x) dx ≤ − sk)3
sk+1 − sk s k
24(sk +1
où mk est le maximum de |f ′′| sur [sk, sk+1].

Indication : utiliser la formule de Taylor-Lagrange.
Ex 7.11. En reprenant l’exemple 7.3, donner une majoration plus fine de l’er-
reur d’approximation.
Ex 7.12. Retour sur le problème des deux dés
1) Combien de fois faut-
il lancer une paire de dés pour qu’avec une pro-
babilité supérieure à 0.999, la fréquence d’apparition du double six soit plus
proche de 1/36 que de 1/21 ? (On supposera que la probabilité d’obtention d’un
double six est effectivement 1/36. . .).
2) Reprendre la même question en supposant que la probabilité d’appari-
tion du double six est 1/21.
3) Définir et discuter une procédure permettant de répondre expérimenta-
lement à la question posée à la fin du chapitre 1.

Table des valeurs de Φ (loi normale standard)

0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
x 0.00 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09
0.0 0.5000 0.5040 0.5080 0.5120 0.5160 0.5199 0.5239 0.5279 0.5319 0.5359
0.1 0.5398 0.5438 0.5478 0.5517 0.5557 0.5596 0.5636 0.5675 0.5714 0.5754
0.2 0.5793 0.5832 0.5871 0.5910 0.5948 0.5987 0.6026 0.6064 0.6103 0.6141
0.3 0.6179 0.6217 0.6255 0.6293 0.6331 0.6368 0.6406 0.6443 0.6480 0.6517
0.4 0.6554 0.6591 0.6627 0.6664 0.6700 0.6736 0.6772 0.6808 0.6844 0.6879
0.5 0.6915 0.6950 0.6985 0.7019 0.7054 0.7088 0.7122 0.7156 0.7190 0.7224
0.6 0.7257 0.7291 0.7324 0.7356 0.7389 0.7421 0.7454 0.7486 0.7517 0.7549
0.7 0.7580 0.7611 0.7642 0.7673 0.7703 0.7734 0.7764 0.7793 0.7823 0.7852
0.8 0.7881 0.7910 0.7939 0.7967 0.7995 0.8023 0.8051 0.8079 0.8106 0.8133
0.9 0.8159 0.8186 0.8212 0.8238 0.8264 0.8289 0.8315 0.8340 0.8365 0.8389
1.0 0.8414 0.8438 0.8461 0,8485 0.8508 0.8531 0.8554 0.8577 0.8599 0.8622
1.1 0.8643 0.8665 0.8687 0.8708 0.8729 0.8749 0.8770 0.8790 0.8810 0,8830
1.2 0.8849 0.8869 0.8888 0.8907 0.8925 0.8944 0.8962 0.8980 0.8997 0.9015
1.3 0.9032 0.9049 0.9066 0.9083 0.9099 0.9115 0.9131 0.9147 0.9162 0.9177
1.4 0.9193 0.9207 0.9222 0.9236 0.9251 0.9265 0.9279 0.9292 0.9306 0.9319
1.5 0.9332 0.9345 0.9357 0.9370 0.9382 0.9394 0.9406 0.9418 0.9429 0.9441
1.6 0.9452 0.9463 0.9474 0.9485 0.9495 0.9505 0.9515 0.9525 0.9535 0.9545
1.7 0.9554 0.9564 0.9573 0.9582 0.9591 0.9599 0.9608 0.9616 0.9625 0.9633
1.8 0.9641 0.9648 0.9656 0.9664 0.9671 0.9678 0.9686 0.9693 0.9699 0.9706
1.9 0.9713 0.9719 0.9726 0.9732 0.9738 0.9744 0.9750 0.9756 0.9761 0.9767
2.0 0.9772 0.9778 0.9783 0.9788 0.9793 0.9798 0.9803 0.9808 0.9812 0.9817
2.1 0.9821 0.9826 0.9830 0.9834 0.9838 0.9842 0.9846 0.9850 0.9854 0.9857
2.2 0.9861 0.9864 0.9868 0.9871 0.9874 0.9878 0.9881 0.9884 0.9887 0.9890
2.3 0.9893 0.9895 0.9898 0.9901 0.9903 0.9906 0.9909 0.9911 0.9913 0.9916
2.4 0.9918 0.9920 0.9922 0.9924 0.9926 0.9928 0.9930 0.9932 0.9934 0.9936
2.5 0.9938 0.9940 0.9941 0.9943 0.9944 0.9946 0.9948 0.9949 0,9951 0.9952
2.6 0.9953 0.9955 0.9956 0.9957 0.9958 0.9960 0.9961 0.9962 0.9963 0.9964
2.7 0.9965 0.9966 0.9967 0.9968 0.9969 0.9970 0.9971 0.9972 0.9973 0.9974
2.8 0.9974 0.9975 0.9976 0.9977 0.9977 0.9978 0.9979 0.9979 0.9980 0.9981
2.9 0.9981 0.9982 0.9982 0.9983 0.9984 0.9984 0.9985 0.9985 0.9986 0.9986
Table pour les grandes valeurs de x
x 3.0 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.8 4.0 4.5
Φ(x) 0.99865 0.99904 0.99931 0.99952 0.99966 0.99976 0.999841 0.999928 0.999968 0.999997
7.6. Exercice
s
La table donne les valeurs de Φ(x) pour

0.6
0.5
x 0.4
positif. Lorsque x est négatif, on utilise la 0.3
relation Φ(x) = 1 − Φ(−x) qui résulte de 0.2
la parité de la densité gaussienne N (0, 1). 0.1
Exemple : pour x = −1, 8, on trouve :

0
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
Φ(x) = 1 − 0, 9641 = 0, 0359.

Chapitre 8
Variables aléatoires réelles
8.1 Sortie du cadre discret

Le théorème de De Moivre-
Laplace nous a montré que pour la variable aléa-
toire discrète Sn, à la limite, les probabilités P (a < S∗n ≤ b) devenaient des
∗
R
intégrales f ,1(t) dt. De même la fonction de répartition F∗ de S∗n tend vers
a
b
0 n
la fonction continue Φ qui a toutes les propriétés d’une fonction de répartition

(croissance de 0 à 1 sur ] − ∞, +∞[, continuité à droite et limites à gauche
en tout point) sauf les discontinuités. Il est alors bien tentant R d’élargir notre
partition d’une variabl e aléatoir e Z t que P (a < Z ≤ ) = f ,1(t) dt. Avant
définition des variables aléatoires pour pouvoir dire que Φ est la fonction de ré-
e b b
a 0
de succomber définitivement à cette tentation, nous allons examiner d’autres

exemples assez naturels de convergence de fonctions de répartition de variable
s discrètes vers des fonctions croissantes continues.
Convergence de lois uniformes confinées dans [0, 1].
Pour n ≥ 2, considérons une variable aléatoire Un de loi uniforme sur l’en-
semble {1/n, 2/n, . . . , n/n}. Soit Fn sa fonction de répartition. C’est la fonction
en escalier nulle sur ] − ∞, 1/n[, valant 1 sur [1, +∞[ et avec sauts d’amplitude
1/n aux points k/n (1 ≤ k ≤ n). On a clairement Fn(k/n) = k/n et pour
tout x ∈ [0, 1[, on a un unique k entre 1 et n tel que (k − 1)/n ≤ x < k/n et
Fn(x) = (k − 1)/n. On a ainsi
1
∀x ∈ [0, 1[, Fn(x) ≤ x < Fn(x) +,
n
d’où 0 ≤ x − Fn(x) < 1/n. Si nous faisons tendre n vers +∞, ceci montre que
Fn(x) converge (uniformément) sur [0, 1[ vers x. Comme Fn est constante égale
à 0 sur ] − ∞, 0[ et constante égale à 1 sur [1, +∞[, Fn converge sur tout R vers
la fonction continue F définie par
0 si −∞ < x < 0,
F (x) = x si 0 ≤ x ≤ 1,
1 si 1 < x < +∞.
169
Chapitre 8. Variables aléatoires réelles
` nouveau F a toutes les propriétés d’une fonction de répartition, sauf les sauts.
A
L’exemple que nous venons d’étudier semble à première vue assez artificiel. Il
est pourtant relié à un problème essentiel : comment choisir au hasard un nombre
réel entre 0 et 1 ? ou encore un point d’un segment ? ou encore construire un
générateur de nombres aléatoires pour les simulations informatiques ? En pra
-
tique, on écrit les nombres sous forme décimale (ou binaire). Choisir un rée ur
lcomm
au hasar d revient ains i à hoisi r la suite de s hiffres décimaux. E t bie
e il est impossible d’écrire une infinité de chiffres, on se contente d’une
c se c n sˆ
approximation en tronquant au-delà d’un certain rang m. On considèrera donc
une variable aléatoire Un comme ci-dessus avec n = 10m. Voici une façon com-
plètement élémentaire de générer une telle variable. Dans une urne contenant
dix boules numérotées de 0 à 9, on effectue m tirages avec remise. Notons Yi le
chiffre sorti au i-ème tirage. Posons pour n = 10m
m
X
Yi(ω)
Un(ω) = Vm(ω) := .
10i
i=1
Ce modèle a déjà été discuté au chapitre 6 (section 6.5). On y a déjà vu que

Vm suit la loi uniforme sur l’ensemble des décimaux Dm := {k/10m; 0 ≤ k ≤
10m}. D’après ce qui précède, sa fonction de répartition converge vers F . Il
n’est pas difficile ici d’imaginer ce que pourrait bien être une variable aléatoire
(généralisée) ayant pour fonction de répartition F . Il suffit de remarquer que la
série
+∞
U(ω) :=
X
Yi(ω)
10i
i=1
converge pour tout ω vers un réel de [0, 1] puisque le terme général est compris
entre 0 et 9/10i.
Convergence de lois géométriques par changement d’échelle de temps.
Nous avons vu au chapitre 3 que le temps d’attente du premier succès dan
s
une suite d’épreuves répétées indépendantes suit une loi géométrique. L’expres
-
sion « temps d’attente » est ici relative à l’horloge intrinsèque de l’expérience
dont l’unité de temps est la durée d’une épreuve. Par exemple si l’on fait des
tirages avec remise d’une boule dans une urne contenant des boules vertes
et
des rouges, le numéro du tirage où l’on sort pour la première fois une boule
verte est assimilé à la durée de l’attente de ce premier succès1.
Envisageons maintenant une situation où le temps d’attente a un sens plu
s
physique. Par exemple l’attente du premier éclair d’un orage, celle du premier
tremblement de terre de l’année, de la première désintégration d’atome dans un
accélérateur de particules,. . .On dispose d’une horloge H0 pour mesurer ce temps
1
Ceci suppose implicitement que tous les tirages ont la même durée. D’ailleurs, même si ce
n’est pas le cas, il suffit d’imaginer un observateur qui n’aurait pas d’autre moyen de mesurer
le temps que de compter le nombre de tirages, d’où le nom d’horloge intrinsèque. . .

8.1. Sortie du cadre discret
d’attente. La durée observée sera toujours un multiple entier de la plus petite

durée u0 mesurable par l’horloge H0. On découpe alors le temps en intervalle
s [0, u0[, [u0, 2u0[, [2u0, 3u0[, etc. Si l’évènement que l’on attend se produit pour
la première fois dans l’intervalle de temps [ku0, (k + 1)u0[, son temps d’attente
mesuré par notre horloge aura été ku0. Si l’on remplace H0 par une horloge dix
fois plus précise H1, la plus petite unité de temps mesurable sera u1 = u0/10
et le temps d’attente observé sera l’un des 10 nombres 10ku1, (10k + 1)u1, . . .,
(10k + 9)u1. . .
Pour fixer les idées, imaginons que l’on attende le premier éclair lors d’u
n orage. Prenons comme unité de départ u0 = 1 seconde et notons A[s,t[, l’évè-
nement « il n’y a pas d’éclair pendant l’intervalle [s, t[ ». On suppose ici que s
et t sont des réels (0 ≤ s < t) mesurant le temps en secondes avec une préci-
sion infinie, ce qui est évidemment inaccessible à l’expérience. Nous ferons les
hypothèses suivantes (analogues aux hypothèses (a) et (b)) du théorème 3.14) :
(a) Les A[s,t[ indexés par des intervalles de temps disjoints sont indépen-
dants ;
(b) Pour tout réels 0 ≤ s < t, P (A[s,t[) ne dépend que de la durée t − s.
Autrement dit, il existe une fonction h : R+ → [0, 1] telle que P (A[s,t[) =
h(t − s).
Soit X0 le temps d’attente du premier éclair mesuré par l’horloge H0. La variable
aléatoire discrète X0 prend ses valeurs dans N. Pour trouver sa loi, on remarque
d’abord que p0 := P (X0 = 0) = P (Ac ,1[) = 1 − h(1). Ensuite pour k ∈ N , la
[0
∗
décomposition
□ k □
{X0 = k} = ∩
=1 A [i− ,i[1 ∩ A[k,k+1[c
i
combinée avec les hypothèses d’indépendance (a) et de stationnarité (b) nous
donne en posant q0 = h(1) = 1 − p0 :
P (X0 = k) = qk0p0. (8.1)
Cette loi ressemble à la loi géométrique (à une translation près : 1 + X0 suit la
loi géométrique de paramètre p0). On suppose désormais que q0 est strictement
inférieur à 1 et strictement positif. Comme pour la loi géométrique, il est facile
dévaluer la queue de la loi de X0. En effet, pour tout entier k, on a
X+∞ +∞
X
p
j k+1 k+1 0
P (X0 > k) = q0p0 = q0 p0 qi0 = qk+1
0
0
=q .
j=
k+1 i=0
1 − q0
On en déduit que pour tout x ∈ R+,
P (X0 > x) = P (X0 > [x]) = q[x]+1

0 , (8.2)
oùl’on a noté [x] la partie entière de x, c’est-à-dire l’unique entier k tel que
k ≤ x < k + 1.
Maintenant, supposons que l’on dispose d’une suite d’horloges (ou chron
o- mètres) Hn où la plus petite unité de temps mesurable par Hn est un = 10−n
secondes. Notons Xn le temps d’attente du premier éclair mesuré par cette hor-
loge dans l’unité un. Notons Yn ce même temps d’attente converti en seconde
s.
Par exemple avec n = 3, si l’on observe X3(ω) = 5 347 millièmes de seconde,
on aura Y3(ω) = 5,347, X2(ω) = 534, Y2(ω) = 5,34, X1(ω) = 53, Y1(ω) = 5,3,
et X0(ω) = Y0(ω) = 5. Il est clair que pour trouver la loi de Xn, il suffit de
remplacer dans (8.1), q0 par qn = h(10−n) et p0 par pn = 1 − qn. D’autre part
la relation entre h(1) et h(10−n) découle immédiatement de la décomposition
10n
A [0,1[ = ∩ A[(i−1)10−n,i10−n[.
i=1
On obtient donc h(1) = h(10−n) . Pour alléger les écritures, notons h(1) =
10n
exp(−a), ce qui est toujours possible avec un paramètre a > 0 puisque 0 <
h(1) < 1. Avec cette notation, qn = h(10−n) = exp(−a10−n).
Comment se comporte la fonction de répartition de Yn lorsque n tend ver
s l’infini ? En utilisant (8.2) avec qn à la place de q0, on obtient :
P (Yn > x) = P (Xn > 10nx) = qn [10nx]+1
= exp
à l’encadrement y − 1 < [y] ≤ y valable pour tout réel y, on voit que

Grâce
[10nx] + 1 10nx + 1
10nx ≤ ,
10 n 10n
<
ce qui se simplifie en x <10
n
10−n([10nx] + 1) ≤ x + 10−n et assure la convergence
de P (Yn > x) vers exp(−ax).
On en déduit immédiatement que la fonction de répartition de Yn converge
en tout point x vers
□
0 si x ≤ 0,
F (x) =
1 − e− x a
si x > 0.
` nouveau F a toutes les propriétés d’une fonction de répartition, sauf les sauts
A
8.2 Notion de variable aléatoire réelle

Dans l’observation d’une grandeur physique X (longueur, aire, volume, temp
s,
intensité de courant,. . .), il est impossible pratiquement d’avoir une précision in-
finie. Dans ces conditions, attribuer une valeur précise X = x (x étant un réel)
signifie implicitement que la vraie valeur de X est dans un petit intervalle conte-
nant x et dont la longueur dépend de la précision de l’appareil de mesure dont on
dispose. Dans le même ordre d’idées, on peut remarquer que dans les exemple
s
de convergence de fonctions de répartition vus en introduction, les probabilités

8.2. Notion de variable aléatoire réelle
de valeurs ponctuelles s’annulent à la limite. Il n’en va pas de même pour le

s
probabilités d’intervalles. Pour généraliser la théorie des variables aléatoires dis-
crètes que nous avons étudiée jusqu’à présent, il apparaıt donc pertinent de ne
ˆ
pas baser cette théorie sur les probabilités du type P (X = x) mais plutôt sur
les P (X ∈ I) où I est un intervalle. La définition ci-dessous est donc motivée
par la nécessité d’attribuer de façon cohérente une probabilité aux ensembles
{ω ∈ Ω; X(ω) ∈ I}.
Définition 8.1 Soit (Ω, F, P ) un espace probabilisé. On appelle variable aléa-
toire réelle sur (Ω, F , P ) toute application X :
X : Ω −→ R ω 7→ X(ω),
vérifiantla condition :
(i) Pour tout intervalle I de R, A = {ω ∈ Ω, X(ω) ∈ I} fait partie de la
famille F d’événements auxquels on peut attribuer une probabilité par P .
Cette définition a un contenu plus riche qu’il n’y paraıt. Par exemple si X est
ˆ
une variable aléatoire réelle, {X ∈/ [0, 1]} est dans F puisque F est stable par
passage au complémentaire. De même {X ∈ ] − 3, 1] ou X ∈ ]4, 5]} est dans F
puisque F est stable par union dénombrable, donc a fortiori par union finie.
Plus généralement, on peut montrer que si BR est la plus petite famille contenant
tous les intervalles de R et telle que 2
(a) R ∈ BR ;
(b) BR est stable par passage au complémentaire dans R ;
(c) BR est stable par union dénombrable ;
alors pour tout B ∈ BR, X−1(B) est dans F. On peut donc attribuer une
probabilité à {X ∈ B}.
Cette famille BR s’appelle tribu borélienne de R. Il se trouve qu’il existe de
s
parties de R qui ne sont pas dans BR. La situation est donc plus complexe qu
e pour une variable aléatoire discrète Y où Y −1(B) ∈ F pour tout B ⊂ R. Cette
propriété des variables aléatoires discrètes repose sur le fait que l’ensemble de
s ur, les variables aléatoires
valeurs possibles Y (Ω) est dénombrable. Pour une variable aléatoire réelle, en
général on ne dispose plus de cette hypothèse. Bien sˆ
discrètes sont aussi des variables aléatoires réelles.
Les propriétés (a)–(c) sont les mêmes que celles attribuées à la famille d’évè-
nements observables F lors de la définition 1.1 de l’espace probabilisé (Ω, F, P )
mais avec R à la place de Ω. On peut alors définir la loi de X comme dans l
e
cas d’une variable discrète (cf. la définition 3.2) mais avec BR au lieu de P(R).
Définition 8.2 Soit X une variable aléatoire réelle sur (Ω, F, P ). On lui as-
socie la fonction d’ensembles PX définie sur la famille BR de parties de R en
2Plus petite au sens de l’inclusion, ce qui signifie que BR est une sous-famille de toute autre
famille B′ contenant les intervalles et ayant les trois propriétés (a)–(c).

posant :
PX (B) = P (X ∈ B) = P ({ω ∈ Ω; X(ω) ∈ B} = P
La fonction d’ensembles PX ainsi définie est une probabilité sur BR. On l’appelle
loi de la variable aléatoire X.
Pour légitimer cette définition, il nous faut vérifier que la fonction d’ensembles
PX est bien une probabilité sur BR. En effet, PX (R) = P (Ω) = 1. De plus si
(Bi)i N est une suite de parties de R éléments de BR et deux à deux disjointes,
∈
on voit aisément que
□ □ Bi } = ∪
X−1 ∪ Bi = {ω ∈ Ω; X(ω) ∈ ∪i∈ N i∈ N {ω ∈ Ω; X(ω) ∈ Bi}.
N
i∈
Comme les évènements {X ∈ Bi} sont deux à deux disjoints, la σ-additivité de
PX découle alors de celle de P :
□ □ □ □ □□ □ □
PX ∪ N Bi = P X−1 ∪ N Bi = P ∪ N X−1(Bi)
i∈ i∈ i∈
X P
= i∈ N
X
= PX (Bi).
i∈ N
Théorème 8.3 Soit X une variable aléatoire réelle.

(a) Sa loi PX est caractérisée par les probabilités d’intervalles
PX (]a, b]) = P
(b) Elle est aussi caractérisée par la fonction de répartition FX : R → [0, 1]

définie par
FX (x) = PX (] − ∞, x]) = P (X ≤ x), x ∈ R.
La conséquence pratique de ce théorème est que pour montrer que deux va-
riables aléatoires X et Y ont même loi, il suffit de montrer que pour tous réels
a ≤ b, P (X ∈ ]a, b]) = P (Y ∈ ]a, b]) ou que X et Y ont même fonction de ré-
partition. La caractérisation (a) revient à dire que deux probabilités (au sens
fonctions d’ensembles) sur BR qui coıncident sur la famille des intervalles de
¨
R sont égales. C’est un résultat qui sera vu en Licence et que nous admet-
tons. La caractérisation (b) découle alors facilement de (a) en remarquant que
P (X ∈ ]a, b]) = FX (b) − FX (a).
Théorème 8.4 La fonction de répartition FX d’une variable aléatoire réelle X
est croissante sur R, continue à droite et limitée à gauche en tout point. Elle
tend vers 0 en −∞ et vers 1 en +∞.
Preuve : La démonstration est essentiellement la même que celle du théorème
3.4. L’adaptation est laissée au lecteur.

8.3. Variables à densité
Signalons enfin que le théorème 8.4 a la réciproque suivante.

Théorème 8.5 Soit F une fonction définie et croissante sur R. On suppose de
plus que F est continue à droite et limitée à gauche en tout point et qu’elle tend
vers 0 en −∞ et vers 1 en +∞. Alors il existe une espace probabilisé (Ω, F, P )
et une variable aléatoire réelle X définie sur cet espace et ayant F pour fonction
de répartition.
La preuve complète de ce théorème relève elle aussi du programme de Licenc

e. Le schéma de preuve est le suivant. On prend Ω = R, F = BR et pour X
l’application identité de R. On commence par définir P sur la famille I des
intervalles de la forme ]a, b] en posant P (]a, b]) := F (b) − F (a). La difficulté est
de prouver que P se prolonge à toute la famille BR. . .
8.3 Variables à densité

8.3.1 Densité
La loi d’une variable aléatoire X est à densité f si pour tout intervalle de R, la
probabilité d’appartenance de X à cet intervalle peut s’écrire comme l’intégrale
de f sur cet intervalle. L’apparente simplicité de cette définition informelle est
trompeuse. Dans le cadre du programme de DEUG, la seule notion d’intégral
e
que l’on connaisse est celle de Riemann et il se trouve qu’elle n’est pas tota
-
lement satisfaisante pour les besoins de la théorie des probabilités. Nous nou
s contenterons donc d’une définition susceptible de réinterprétation ultérieure.
Définition 8.6 Une fonction f : R → R est appelée densité de probabilité si

elle est positive (en tout point t ∈ R où elle est définie, f (t) ≥ 0), intégrable
sur R et si Z +∞
f (t) dt = 1. (8.3)
−∞
Définition 8.7 La variable aléatoire réelle X suit la loi de densité f si :
b
Z
∀a ∈ R, ∀ b ≥ a, P (X ∈ ]a, b]) = a f (t) dt. (8.4)
Il est clair d’après cette définition que si Y est une autre variable aléatoire ayant
même loi que X ( donc mêmes probabilités d’appartenance aux intervalles), elle
a aussi la densité f . Il serait donc plus correct de parler de la densité de la loi
de X.
Voyons maintenant à quoi peut ressembler une densité. D’abord si f est
une fonction positive définie seulement sur un intervalle ]a, b[ de R et telle que
Rb
f (t) dt = 1, on peut en faire une densité en la prolongeant à tout R en posant
a
f (t) := 0 pour t ∈/]a, b[.
Voici quatre exemples simples de densités :

1
1[ ](t); f2(t) := √ 1 (t);
b1 − a a,b 2 t ,1] ]0
f1(t) :=
1
f3(t) := e−t1 [0,+∞[ (t); f4(t) := π(1 + t2) .
Ces exemples entrent tous dans le cadre de ce que nous appellerons le mod`
ele courant, lequel recouvre toutes les densités classiques.
Modèle courant de densité : f est positive sur son ensemble de définition et
vérifie l’un des deux cas suivants
(i) f est définie et continue sur R et son intégrale de Riemann généralisée
R +∞ f (t) dt converge et vaut 1. C’est le cas de f4 ci-dessus.
−∞
(ii) f est définie sur R privé d’un ensemble fini de points a1 < . . . < an. Sur
chacun des intervalles ouverts ] − ∞, a1[, ]ai, ai+1[ (1 ≤ i < n), ]an, +∞[,
f est continue et a une intégrale de Riemann (ordinaire ou généralisée)
convergente et la somme de toutes ces intégrales vaut 1. Les fonctions f1,
f2 et f3 sont dans ce cas.
Pour obtenir des densités d’une forme plus complexe, on peut considérer le
modèle suivant.
Modèle plus sophistiqué de densité : f est définie et positive sur l’ensemble R\D
où D est une partie dénombrable de R (on peut donc considérer les éléments
de D comme les termes d’une suite infinie de réels tous distincts3). De plu
s R \ D peut s’écrire comme réunion dénombrable ∪ i∈ N]ai, bi[ d’intervalles ouverts
disjoints de ¯ . Remarquons que l’on ne suppose pas nécessairement bn = an+1.
R
On suppose en outre que pour tout i ∈ N et tout intervalle [α, β] ⊂]ai, bi[, f est
R f (t) dt
Riemann intégrable sur [α, β] et l’intégrale (ordinaire ou généralisée) i bi
a
converge. Finalement on suppose aussi que
Z +∞ Z
+∞ bi
X
f (t) dt := f (t) dt = 1.
−∞ ai
i=0
Proposition 8.8 Si la variable aléatoire X a pour densité f , sa fonction de

répartition F vérifie :
R f (t) dt ;
(i) ∀ x ∈ R, F (x) = −∞x
(ii) F est continue sur R.

(iii) Si f est continue au point x0, alors F est dérivable en ce point et
F ′(x0) = f (x0).
3Il
n’est pas toujours possible de choisir la numérotation des éléments de D de façon à ce
que cette suite soit monotone. C’est clairement impossible lorsque D a au moins deux points
d’accumulation finis

Preuve : Puisque X a pour densité f , on a pour tous réels a < b,

b
Z
f (t) dt. (8.5)
P (X ∈ ]a, b]) = F (b) − F (a) = a
Preuve de (i) : Il suffit d’appliquer (8.5) avec b = x fixé et a = −n pour chaque

n ∈ N tel que −n < x. La suite d’événements
An := {X ∈ ] − n, x]}, n > −x,
est croissante pour l’inclusion et a pour réunion A = {X ∈ ] − ∞, x]}. Par
continuité monotone séquentielle (cf. proposition 1.2), on a P (An) ↑ P (A), d’où

F (x) = P (A) = lim Z x Z x
n→+∞ P (X ∈ ] − n, x]) = lim f (t) dt = −∞ f (t) dt,
n→+∞ −n
en notant que l’ intégrale généralisée de la densité f converge en −∞.
Preuve de (ii) : Fixons x0 ∈ R quelconque. On sait déjà que F est continue
à droite en tout point comme toute fonction de répartition. Il suffit donc de
montrer la continuité à gauche en x0. Nous nous contenterons de le faire sou
s
l’hypothèse additionnelle suivante : « il existe a < x0 tel que f soit définie et
Riemann intégrable sur tout intervalle [a, a′] ⊂ [a, x0[ ». On a alors
Z x Z x 0
lim f (t) dt = f (t) dt,

x↑x0 a a
où la deuxième intégrale est soit une intégrale de Riemann ordinaire soit une
intégrale généralisée convergente. Cette relation peut aussi s’écrire à l’aide de
F :
x↑x □
lim 0
F (x) − F (a) = F (x0) − F (a).

On en déduit par addition de F (a) que F (x) tend vers F (x0) quand x tend vers
x0 par valeurs inférieures. L’hypothèse supplémentaire que nous avons introduite
est vérifiée par toutes les densités du modèle courant ci-dessus et aussi par les
densités du modèle plus général lorsque x0 n’est pas un point d’accumulation
de D.
Preuve de (iii) : Puisque f est continue en x0, elle est définie sur tout un
voisinage de x0 et donc sur tout un intervalle ]a, b[ contenant x0. La continuité
de f en x0 peut alors s’écrire :
∀ ε > 0, ∃ ]x0 − δ, x0 + δ[⊂]a, b[; ∀ t ∈ ]x0 − δ, x0 + δ[, |f (t) − f (x0)| < ε. (8.6)
R
Pour tout h tel que 0 < |h| < δ, on a alors F (x0 + h) − F (x0) = x +h 0 f (t) dt x
0
d’où
□Z x +h
□ 0
□ □
|F (x0 + h) − F (x0) − hf (x0)| = f (t) − f (x0) dt ≤ hε.
En divisant par h on voit que F a bien une dérivée en x0 et que celle ci vaut
x 0
f (x0).

Remarques :
– Pour toute densité f (au sens de la définition 8.6), il existe une variable
aléatoire X ayant f pour densité : il suffit d’appliquer le théorème 8.5 en
définissant F par (i).
– D’après (ii) toute variable aléatoire à densité a une fonction de réparti-
tion continue. La réciproque est fausse : il existe des lois à fonction de
répartition continue sans densité.
– Par ailleurs si X a une densité, sa fonction de répartition n’est pas forcé-
ment dérivable en tout point. Par exemple la densité f2 ci-dessus a pour
√
fonction de répartition associée F2(x) = x1 ,1](x) + 1 ,+∞[√(x) (cette
]0 ]1
écriture condensée signifie que F2(x) est nul sur R−, vaut x entre 0 et 1
et reste constant égal à 1 sur ]1, +∞[). F2 est dérivable en tout point sauf
en 0 et en 1.
La proposition suivante donne une règle pratique permettant de trouver la den-
sité (lorsqu’elle existe !) à partir de la fonction de répartition dans les cas le
s plus courants.
Proposition 8.9 On suppose que la fonction de répartition F de X est C1
par morceaux au sens suivant : F est continue sur R et dérivable sur R privé
(éventuellement) d’un ensemble fini de points a1 < . . . < an. Sur chacun des
intervalles ouverts ] − ∞, a1[, ]ai, ai+1[ (1 ≤ i < n), ]an, +∞[, la dérivée f de
F est continue. Alors X a pour densité f .
Preuve : Il est commode de poser a0 := −∞ et an+1 = +∞. Sur chacun des
intervalles ouverts I découpés par les ai, F est dérivable et sa dérivée f est
continue. On sait alors que f a une infinité de primitives sur I et que si l’on fixe
R
un α dans I, toute primitive H de f sur I est de la forme H(x) = x f (t) dt+C,
α
avec C constante. Comme F est l’une des primitives de f sur I, en prenant

H = F et en faisant x = α, on voit que la consta R
nte C vaut F (α). On a donc
pour α et x quelconques dans I, F (x) − F (α) = f (t) dt. Fixons α et prenons
α
x
x ≥ α. Faisons tendre x vers la borne supérieure ai de I. Comme F est continue

converge et vaut F (ai)−F (α) (ou 1−F (α) quand ai = +∞). De même en Rfaisant
(ou dans le cas ai = +∞, F a une limite 1), l’intégral R e généralisée f (t) dt
ai
α
tendre α vers ai−1 on voit que l’intégrale généralisée ai f (t) dt converge et vaut
a
i−1
F (ai) − F (ai−1) (ou F (ai) quand ai−1 = −∞). Finalement soient a et b > a
quelconques dans R. Si a et b sont dans le même intervalle I on a directemen
R
tF (b) − F (a) = b f (t) dt. Sinon on note (ai)i ≤i≤i l’ensemble de tous les ai qui
a 0 1
sont dans [a, b] et on écrit

i −1
X1
F (b)−F (a) = F (ai )−F (a)+

0
i=i0
en utilisant la relation de Chasles pour les intégrales généralisées. On a donc
R
toujours P (X ∈ ]a, b]) = F (b) − F (a) = b f (t) dt, ce qui montre que X a pour
a
densité f .
8.3.2 Moments des variables à densité
Définition 8.10 Si la loi de la variable aléatoire réelle X a une densité f telle

R |x|f (x) dx converge, on appelle espérance de X le réel
que l’intégrale −∞
+∞
Z +∞
IE X := xf (x) dx.
−∞
Lorsque les intégrales et les séries concernées sont absolument convergentes,

on a le tableau comparatif suivant.
Variable discrète Variable à densité f

X(Ω) {x0, x1, x2, . . .} R ou intervalle
X Zb
f (t) dt
P (a < X ≤ b) P (X = xk) a
a<xk≤b
P (X = xk) Z x
X f (t) dt
F (x) = P (X ≤ x) −∞
xk≤x
X Z +∞
xf (x) dx
IE X xkP (X = xk)
xk∈ X(Ω) −∞
+∞
X Z
g(x)f (x) dx
IE g(X) g(xk)P (X = xk)
xk∈ X(Ω) −∞
+∞
X Z x2f (x) dx
IE X2 x2kP (X = xk)
xk∈ X(Ω) −∞
Var X X (xk − IE X)2P (X = xk) Z +∞
(x − IE X)2f (x) dx
xk∈ X(Ω) −∞
Commentaires : Nous admettons les formules donnant IE X2 et IE g(X) lorsque

X est à densité. Dans le cas « courant » où F est C1 par morceaux, on peut
les obtenir par changement de variable. On remarquera l’analogie formelle entr
e
les formules de ce tableau. En gros, on passe des v.a. discrètes aux v.a. à de
n-
sité en remplaçant les séries par des intégrales et les probabilités ponctuelles
P (X = x) par les « probabilités infinitésimales » f (t) dt. Cette analogie s’ex-
plique par l’existence d’une théorie de l’intégration qui unifie ces deux cas. Cette
théorie relève d’un cours de Licence. Elle est indispensable si on veut établir pro-
prement une propriété aussi naturelle que la linéarité de l’espérance. En effet il
est facile de trouver des exemples de variables aléatoires X et Y ayant chacune
une densité et une espérance mais telles que X +Y n’ait pas de densité (cf. exer
- cice 8.4). Il est donc impossible de démontrer la formule IE(X +Y ) = IE X +IE Y
avec la définition 8.10.

8.4 Lois à densité classiques

8.4.1 Lois uniformes
Définition 8.11 La variable aléatoire réelle X suit la loi uniforme sur l’in-
tervalle [a, b] (−∞ < a < b < +∞) si elle a une densité f constante sur cet
intervalle et nulle en dehors. On a alors
1
f (t) = 1 (t).
b−a [ ] a,b
La fonction de répartition F est affine par morceaux :
0 si −∞ < x ≤ a;
x−a si a < x ≤ b;
F (x) = b−a
1 si b < x < +∞.
f (t) ✻
✲
a 0 bt
F (x)
✻
1
✦
✦
✦✦
✦✦
✦
✦✦ ✦
✦
✦ ✦ ✲
✦✦
a 0 b x
La règle suivante permet en général d’éviter les calculs d’intégrales (élémen-

taires mais fastidieux) pour évaluer P (X ∈ B) lorsque B est une réunion finie ou
dénombrable d’intervalles (voir l’exercice 8.2). La preuve est laissée en exercice.
Proposition 8.12 Si X suit la loi uniforme sur [a, b], alors pour tout intervalle
I de R,
ℓ([a, b] ∩ I)
P (X ∈ I) = ,
ℓ([a, b])
où ℓ(J) désigne la longueur de l’intervalle J.
8.4. Lois à densité classiques
En particulier pour I = [a, b] on voit que P (X ∈ [a, b]) = 1. Ainsi une variable
aléatoire de loi uniforme est bornée. Elle a donc des moments de tout ordre.
Calculons l’espérance et la variance.
Proposition 8.13 Si X suit la loi uniforme sur [a, b], son espérance et sa
variance sont données par :
a+b (b − a)2
IE X = , Var X = .
2 12
La valeur de l’espérance est conforme à l’intuition si l’on se rappelle l’interpré-
tation de l’espérance comme barycentre d’un système de masses : le centre de
gravité d’un fil homogène correspondant au segment [a, b] est bien le milieu de
ce segment.
Preuve :
Z +∞ Z b
x dx 1□ x2 □b a+b
IE X = xf (x) dx = = (b 2 − a2) =
= .
−∞ a b−a 2(b − a) a 2( b − a) 2
Le moment d’ordre deux se calcule de la même façon.
□
Z +∞ Z b x2 dx x3 □
b
b 1 2
= +ab+a2).
IE X2 = x2
f (x) dx = b−a = 3 − a3 (b
−∞ a
3(b − a) a = 3
b−a
La variance s’en déduit grâce à la formule de Koenig

1
2
+ b2 − 2ab).
. (a + b)2
(b2 + ab + a2) − = (a
3 4 12
1
Var X = IE X2 − (IE X)2 =
Une des raisons de l’importance de la loi uniforme sur [0, 1] est le théorèm
e suivant.
Théorème 8.14 Si X est une variable aléatoire réelle de fonction de réparti-

tion continue strictement croissante F et si U est une variable aléatoire de loi
uniforme sur [0, 1], alors la variable aléatoire Y := F −1(X) a même loi que X.
Rappelons qu’avoir même loi que X ne signifie aucunement être égale à X. Ce

théorème permet de réduire la simulation informatique de la loi de X à celle d
e
U. Le résultat s’étend à toutes les fonctions de répartition, sans hypothèse d
e continuité ni de croissance stricte (voir l’exercice 8.3).
Preuve : Comme F est continue strictement croissante, c’est une bijection de
R sur son image ]0, 1[ (en raison de la stricte monotonie de F , les bornes 0 et
1 ne sont pas atteintes). Par conséquent F −1 :]0, 1[→ R est bien définie et vérifie :
∀ u ∈ ]0, 1[, ∀ x ∈ R, F −1(u) ≤ x si et seulement si u ≤ F (x).

Comme P (0 < U < 1) = 1, on en déduit que les évènements {F −1(U) ≤ x} et

{U ≤ F (x)} ont même probabilité. Pour obtenir la fonction de répartition de
Y , on remarque alors que pour tout x ∈ R,
ℓ([0, F (x)])
P (Y ≤ x) = P (F −1(U) ≤ x) = P (U ≤ F (x)) = = F (x).
ℓ([0, 1])
Ainsi Y a pour fonction de répartition F donc a même loi que X.
8.4.2 Lois exponentielles

Définition 8.15 Soit a un réel strictement positif. La variable aléatoire réelle
X suit la loi exponentielle de paramètre a si elle admet pour densité
f (t) = ae−at1 [0,+∞[ (t).
✻
f (t)
a
✲
0 1 2 t
✻
F (x)
1
✲
0 1 2 x
En pratique, plutôt que de travailler avec la fonction de répartition d’une loi

exponentielle, il est plus commode d’utiliser la fonction de survie G :
□
1 si x ≤ 0,
G(x) = P (X > x) = 1 − F (x) = −ax si x > 0.
e
Les lois exponentielles sont souvent utilisées pour modéliser des temps d’attente.
Par exemple, temps d’attente à partir de maintenant du prochain tremblement
de terre, du prochain faux numéro sur une ligne téléphonique, de la prochaine

désintégration d’un atome de radium, etc.
De même que l’absence de mémoire en temps discret était une propriété
caractéristique des lois géométriques (cf. exercice 3.1), l’absence de mémoire e
n temps continu caractérise les lois exponentielles.
Théorème 8.16 (i) Si la variable aléatoire X suit une loi exponentielle,
alors elle vérifie la propriété d’absence de mémoire :
∀s ∈ R+, ∀ t ∈ R+, P (X > t + s | X > t) = P (X > s).(8.7)
(ii) Réciproquement si une variable aléatoire X vérifie (8.7), alors elle suit
une loi exponentielle.
Preuve : Remarquons d’abord que la probabilité conditionnelle dans (8.7) s’ex-
prime commodément à l’aide de la fonction de survie G de la variable aléatoir
e X (définie par G(x) := P (X > x)). En effet, s étant positif, on a t + s ≥ t
d’où l’inclusion de {X > t + s} dans {X > t} et l’égalité d’évènements :
{X > t + s} ∩ {X > t} = {X > t + s}. On en déduit
P (X > t + s) G(t + s)
P (X > t + s | X > t) = = . (8.8)
P (X > t) G(t)
Preuve de (i) : Si X suit la loi exponentielle de paramètre a, on a G(x) = e−ax

pour tout x positif et (8.8) se traduit alors par :
−a(t+s)
e −as
= P (X > s).
P (X > t + s | X > t) = =e
e−at
Preuve de (ii) : Soit X une variable aléatoire dont la loi vérifie (8.7) et G sa
fonction de survie. Comme G = 1 − F (où F désigne la fonction de répartition
de X), G est décroissante et continue à droite et tend vers 0 en +∞. De plus
l’écriture de (8.7) suppose implicitement que G(t) > 0 pour tout t ≥ 0 car
sinon P ( . | X > t) ne serait pas définie. Grˆ ace à (8.8), on voit que la propriété
d’absence de mémoire (8.7) équivaut à
+ s) = G(s).
G(tG(t)
∈ R+, ∀ t ∈ R+,
∀s
La fonction de survie G doit donc être une solution décroissante, continue `
a droite, tendant vers 0 en +∞ et telle que 0 < G(t) ≤ 1 de l’équation fonction-
nelle4 :
∀ s ∈ R+, ∀ t ∈ R+, G(t + s) = G(t)G(s).(8.9)
4Une équation fonctionnelle est une équation dont l’inconnue est. . .une fonction ! Les équa-
tions différentielles sont des exemples bien connus d’équations fonctionnelles.

En faisant s = t = 0 dans (8.9), on obtient G(0) = G(0)2 et comme G(0) > 0,

on a
G(0) = 1.(8.10)
En faisant s = t dans (8.9), on obtient G(2t) = G(t)2, puis de proche en proche
∀n ∈ N , ∀ t ≥ 0,
∗
G(nt) = G(t)n.(8.11)
En particulier pour t = 1/d, d ∈ N∗ :
□n □ □ 1 □n
∀n ∈ N , ∀d ∈ N ,
∗ ∗
G =G
d d . (8.12)
Lorsque n = d, (8.12) donne G(1) = G(1/d)d d’où
□ 1□
∀d ∈ N, ∗
G = G(1) /d.(8.13)
1
d
Nous connaissons maintenant G sur l’ensemble des rationnels positifs puisqu
e (8.10), (8.11), (8.12) et (8.13) nous donnent
∀r ∈ Q+ , G(r) = G(1)r.(8.14)
Soit x ∈ R+\Q+, x est limite d’une suite décroissante (rn) de rationnels. Comme
G est continue à droite, G(rn) converge vers G(x). D’autre part l’application y
7→ G(1)y est continue sur R. Ainsi en appliquant (8.14) à rn et en faisant
tendre n vers l’infini on obtient
∀x ∈ R+, G(x) = G(1)x.(8.15)
A priori la constante G(1) est dans ]0, 1]. On peut écarter la valeur G(1) = 1
car sinon d’après (8.15), la limite en +∞ de G serait 1 alors qu’elle vaut 0.
Finalement, puisque 0 < G(1) < 1, on peut poser G(1) = e−a pour un réel
a > 0 (cela revient à prendre a = − ln G(1)). On peut alors réécrire (8.15) sous
la forme
∀ x ∈ R+, G(x) = e−ax.
La fonction de survie G est donc la même que celle de la loi exponentielle
de
paramètre a, donc X suit cette loi (puisque la fonction de survie caractérise l
a loi au même titre que la fonction de répartition).
8.4.3 Lois gaussiennes

Nous avons déjà rencontré ces lois lors de l’étude du théorème de De Moiv
re
Laplace. Elles jouent un rôle capital dans l’étude des lois limites de sommes
de variables aléatoires indépendantes.
Définition 8.17 On dit que la variable aléatoire X suit la loi gaussienne ou

normale N (m, σ) si elle a pour densité la fonction :
1 □ (t − m)2 □
fm,σ : R −→ R+ t 7−→ √ exp − .
σ 2π 2σ2
La loi N (0, 1) est appelée loi normale standard.
Tous les calculs de probabilités concernant une variable aléatoire de loi N (m, σ)
peuvent se ramener à des calculs sur une variable de loi normale standard.
Proposition 8.18 Si la variable aléatoire X suit la loi N (m, σ), alors Y :=
(X − m)/σ suit la loi N (0, 1).
Preuve : On calcule P (a < Y ≤ b) pour a et b réels quelconques (a < b).
□ X −m □
P a< ≤ b = P (σa + m < X ≤ σb + m)
σ σb+m
1 □ (x − m)2 □
Z √ exp − dx.
= σa+m σ 2π 2σ2
Il suffit alors de faire le changement de variable y = (x − m)/σ pour obtenir
□ □
Z b 1 y2
∀ a ∈ R, ∀ b > a, P (a < Y ≤ b) = √ 2π exp − 2 dy.

a
Donc Y a bien la densité f ,1.

0
En raison de la décroissance rapide de l’exponentielle, il est clair que les

variables gaussiennes ont des moments de tout ordre. L’interprétation des pa-
ramètres m et σ est très simple.
Proposition 8.19 Si la variable aléatoire X suit la loi N (m, σ),
IE X = m, Var X = σ2.
Preuve : La variable aléatoire Y := (X − m)/σ suit la loi N (0, 1) et l’on a

X = σY + m. Il suffit donc de montrer que IE Y = 0 et Var Y = IE Y 2 = 1.
L’espérance de Y s’écrit
Z +∞ y □ y2 □
IE Y =
√ exp − dy.
−∞
2π 2
La convergence de cette intégrale généralisée étant acquise, il est clair qu’elle
vaut 0 en raison de l’imparité de l’intégrande (la fonction sous le signe somme
). On a alors Var Y = IE Y 2 et il nous faut vérifier que
Z +∞ y2 □ y2 □
IE Y 2 =
−∞
√ exp − dy = 1.
2π 2
Une façon de le voir est d’intégrer par parties la densité f ,1. Pour celà considé-
0
rons pour a > 0 l’intégrale
Z a
1 □ y2 □
I(a) := √ exp − dy
−a
2π 2
etposons u = exp(−y2/2), dv = (2π)−1/2 dy, du = −y exp(−y2/2) dy et v =

(2π)−1/2y. Il vient
□ □ y2 □□a Z a −y2 □ y2 □
y
I(a) = √
exp − − √ exp − dy
2π 2 −a −a 2π 2
2a □ a2 □ Z a y2 □ y2 □
= √ exp − + −a √ exp − dy.
2π 2 2π 2
En faisant tendre a vers l’infini5 dans cette égalité, on obtient
Z +∞
1 □ y2 □ Z +∞ y2 □ y2 □
1= √ exp − dy = −∞ √ exp − dy.
−∞ 2π 2 2π 2
La figure suivante illustre la signification du paramètre de position m et du

paramètre de dispersion σ pour la loi gaussienne N (m, σ).
5Pour
aller plus vite, on a intégré sur un intervalle symétrique [−a, +a] parce que l’on sait
déjà que les intégrales généralisées concernées sont convergentes. Si l’on voulait se servir de
ce calcul pour montrer leur convergence, il faudrait bien sˆ ur intégrer sur un intervalle [−a, b]
et faire tendre a et b séparément vers +∞.
8.5. Exercices
✲
m − 3σ m − 2σ m − σ m m + σ m + 2σ m + 3σ
✛ ✲
68, 3%
✛ ✲
95, 4%
✛
✲
99, 7%
Cette concentration de pratiquement toute la probabilité dans l’intervalle

[m − 3σ, m + 3σ] permet l’utilisation des lois gaussiennes pour modéliser des
grandeurs aléatoires qui a priori prennent leurs valeurs seulement dans un petit
intervalle de R+ : taille, poids, . . ., même si théoriquement une variable gaus-
sienne peut prendre toute valeur entre −∞ et +∞.
8.5 Exercices
Ex 8.1. Le temps d’attente (en minutes) pour accéder à des données suit une
loi uniforme U [1, 6].
1) Déterminer la probabilité d’attendre au moins 4 minutes.
2) Déterminer le temps d’attente moyen.
Ex 8.2. Un arrêt de bus est desservi tous les quart d’heures à partir de 7
h du matin (inclus). Un passager arrive à l’arrêt à un instant aléatoire de loi
uniforme sur [7h ; 7h30]. Quelle est la probabilité qu’il attende moins de 5 m
n pour un bus ? plus de 10mn ?
Ex 8.3. Soit F une fonction de répartition. On définit sur ]0, 1[ son inverse
généralisée F −1 par
F −1(u) := inf{x ∈ R; F (x) ≥ u}, u ∈ ]0, 1[.

1)Pourquoi a-t-on exclu les cas particuliers u = 0 et u = 1 de la définition
ci-dessus ? Que peut-on dire des limites de F −1 en 0 et en 1 ?
2) Pour u ∈ ]0, 1[, on pose Iu := {x ∈ R; F (x) = u}. Montrer que Iu est un
intervalle fermé à gauche ou l’ensemble vide.
3) Donner la construction graphique de F −1(u) dans chacun des cas pos-
sibles pour Iu : Iu = ∅ , Iu = {x0}, Iu = [x0, x1[, Iu = [x0, x1].
4) Représenter F −1 lorsque F est en escaliers.
5) Montrer que les inégalités F −1(u) ≤ x et u ≤ F (x) sont équivalentes en
justifiant chacune des implications ci-dessous. Dans un sens,
u ≤ F (x) ⇒ F −1(u) ≤ x.
Dans l’autre sens,
F −1(u) ≤ x ⇒ ∀ ε > 0, F (x + ε) ≥ u ⇒ F (x) ≥ u.
6)
Soit X une variable aléatoire de fonction de répartition F et U une
variable aléatoire de loi uniforme sur [0, 1]. Montrer que X et F −1(U) ont même
loi.
Ex 8.4. Soit X une variable aléatoire de loi uniforme sur [0, 1] et Y := 1 − X.
Trouver la fonction de répartition de Y et en déduire sa loi. Ceci fournit un
exemple élémentaire de deux variables à densité dont la somme est une variabl
e discrète.
Ex 8.5. Soit X une variable aléatoire de loi uniforme sur [0, 1] et Y la variable
aléatoire définie sur le même espace Ω par
□
X(ω) si X(ω) ∈ [0, 1/4] ∪ [3/4, 1];
Y (ω) :=
1 X(ω)
−
si X(ω) ∈ ]1/4, 3/4[.
Quelle est la loi de Y ? Trouver la fonction de répartition de la variable aléatoir
e Z := X + Y et vérifier que Z n’est ni discrète ni à densité.
Ex 8.6. Soit X une variable aléatoire de densité :

□ 2 si x ∈ [0; θ],
2x/θ
f (x) = 0 sinon.
1) Calculer IE[X], IE[X2] puis Var[X] en fonction de θ.
2) Calculer P (X < θ/4).
8.5. Exercices
Ex 8.7. Consommation d’eau

La consommation journalière en eau d’une agglomération au cours du mois d
e juillet est une variable aléatoire X dont la densité f a la forme :
f (t) = c(t − a)(b − t)1[ ](t), a,b t ∈ R,
où a, b, c sont des constantes strictement positives (a < b) et 1[a,b](t) = 1 si
t ∈ [a, b] et 0 sinon.
1) Vérifier que l’on a pour tout n ∈ N :
Z b
(b − a) n+2
(t − a)n(b − t) dt = .
a (n + 1)(n + 2)
2) Exprimer la constante c en fonction de a et b.
□ □
3) Calculer IE(X − a) et IE (X − a)2 . En déduire IE X et Var X.
4) Donner la fonction de répartition F de la variable aléatoire X : on
distinguera pour le calcul de F (x) les cas x < a, a ≤ x ≤ b et x > b et, dans le
deuxième cas, on écrira F (x) en fonction de (x − a) et (b − x) sans développer
ni réduire le polynôme obtenu. Donner l’allure des représentations graphiques
de f et F . Proposer une interprétation physique des constantes a et b.
5) En notant Xi la consommation du i-ème jour et en supposant que les
Xi sont indépendantes et de même loi que X, exprimer à l’aide de F et de n
la fonction de répartition de la variable aléatoire Mn = max Xi. Indication :
1≤i≤n
On commencera par écrire l’événement {Mn ≤ x} en fonction des événements
{Xi ≤ x}.
6) En fait la ville est alimentée en eau par un canal qui peut fournir au
maximum une quantité journalière d’eau x0 = a + 0.9(b − a) et par un réservoir
de sécurité dans lequel elle peut puiser en cas de trop forte demande. Calcule
r
numériquement la probabilité qu’au cours des 31 jours du mois de juillet, on ne
fasse jamais usage du réservoir de sécurité (le résultat ne dépend ni de a ni de
b).
Ex 8.8. Soit X une variable aléatoire suivant la loi exponentielle de paramètre

a. On lui associe la variable aléatoire discrète Y = [X], où les crochets désignent
la partie entière. Quelle est la loi de Y ? Quelle est la loi de la partie fractionnaire
Z := X − [X] ?
Ex 8.9. Calcul des moments de la loi gaussienne standard
Soit X une variable aléatoire de loi N (0, 1).
1) Que valent les IE X n+1 pour n ∈ N ?
2
2) On pose cn = IE X n. Montrer en intégrant par parties que

2
1
∀n ∈ N, cn = 2n + 1 cn+1.
en déduire une formule explicite pour IE X n. 2
Ex 8.10. Une formule simple pour la queue de la loi normale

Soit X une variable aléatoire de loi N (0, 1).
1) En utilisant le changement de variable t = x + s dans la relation
□ □
Z +∞ 1 t
√ 2π exp − 2 dt,
2
P (X ≥ x) =
x
vérifier que l’ on a pour tout x ≥ 0,

□
1
2
/2 , P (|X| ≥ x) ≤ exp
P (X ≥ x)so≤nt moins bonnes que le lemme 7.2 pour x ≥ 2/
Ces majorations
√
exp 2π ≃ 0,798.
2
Elles ont l’avantage d’être plus faciles à mémoriser et de donner pour les petite
s valeurs de x un majorant inférieur à 1.
2) Soit (Xi)i≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes de même loi
que X. Montrer que pour tout r ≥ 0,
□ r □
P min ≤i≤n |Xi| ≥ √ ≤ exp
1 n
3) Montrer de même que pour tout c > 1,
lim □ √ □
n→+∞ P max 2 ln n = 1.
≤i≤n |Xi| < c
1

Annexe A
Ensembles et dénombrements
A.1 Généralités
Soit Ω un ensemble ; A est un sous-ensemble (ou une partie) de Ω si tout
élément de A est aussi un élément de Ω (∀ ω ∈ A, ω ∈ Ω). On note A ⊂ Ω. On
appelle P(Ω) l’ensemble des parties de Ω ce que l’on peut noter1
P(Ω) = {A; A ⊂ Ω}.
ainsi les écritures A ⊂ Ω et A ∈ P(Ω) sont deux façons de dire la même chose2.
Si A et B sont deux parties du même ensemble Ω, on dit que A est inclus
dans B (notation A ⊂ B) si tout élément de A est aussi élément de B (∀ ω ∈ A,
ω ∈ B), autrement dit, si l’appartenance à A implique l’appartenance à B :
A⊂B signifie ∀ω ∈ Ω, (ω ∈ A) ⇒ (ω ∈ B).
Soit I un ensemble quelconque d’indices (fini ou infini) et (Ai)i I une famille
∈
de parties de Ω. On définit son intersection ∩ Ai et sa réunion, ∪

i∈ I i∈ A
I i par :
∩ Ai = {ω; ∀ i ∈ I, ω ∈ Ai} et ∪ = {ω; ∃ i ∈ I, ω ∈ A }.

i∈ I i∈A
I i i
Remarque : La réunion et l’intersection d’une famille de parties de Ω sont

définies de façon globale, elles s’obtiennent d’un coup, sans passage à la limit
e quand I est infini et sans qu’un ordre éventuel sur l’ensemble d’indices I n’ait
d’importance. Dans la définition de la propr+∞
iété de σ-additivité :
□ □
X
P (Ai),
P ∪N Ai = i=1 ∗
i∈
1Dans toutes les écritures d’ensembles entre accolades, nous utilisons le point virgule au
sens de « tel que ».
2Noter cependant la différence de statut de A : dans la première écriture, A est considéré
comme un ensemble, dans la deuxième comme un élément d’un ensemble d’un type un peu
particulier.
191
Annexe A. Ensembles et dénombrements
le premier membre s’obtient sans passage à la limite, tandis que le deuxièm

e
résulte d’un passage à la limite. Cette définition reste cohérente parce que pou
r
une série à termes positifs, la valeur de la somme ne dépend pas de l’ordre d
e sommation. Si on voulait définir la σ-additivité pour une fonction d’ensemble
pouvant prendre des valeurs positives et négatives, il faudrait imposer en plus
que la série ci-dessus soit absolument convergente.
Réunion et intersection sont très utiles pour la la traduction automatique
des quantificateurs. Si I est un ensemble quelconque d’indices, (πi) une propriété
dépendant de l’indice i et Ai l’ensemble des ω ∈ Ω vérifiant (πi), on a :
\
{ω ∈ Ω; ∀ i ∈ I, ω vérifie (πi)} = Ai
i∈ I
[
{ω ∈ Ω; ∃ i = i(ω) ∈ I, ω vérifie (πi)} = Ai
i∈ I
Ainsi le quantificateur ∀ peut toujours se traduire par une intersection et le
quantificateur ∃ par une réunion. (Pour une illustration, voir le chapitre 6, p.
123).
L’intersection et l’union sont distributives l’une par rapport à l’autre, c’est
à dire
□ □ □ □
B∪ ∩
∈I A i = ∩
i∈ I (Ai ∪ B) B∩ ∪∈ I Ai = ∪i∈ I (Ai ∩ B).
i i
Le complémentaire de A (dans Ω) est l’ensemble Ac := {ω ∈ Ω; ω ∈/ A}.

L’opération passage au complémentaire (qui est une bijection de P(Ω) dans lui
même) vérifie (Ac)c = A, Ωc = ∅ , ∅ c = Ω et échange réunions et intersections
grâce aux très utiles formules :
□ □c □ □c
∩ Ai Ac.
= ∪ Ac ∪ Ai = ∩
i
i ∈I
i∈ I i∈I i∈I i
On définit le produit cartésien de deux ensembles E et F noté E × F par :
E × F := {(x, y); x ∈ E, y ∈ F }.
Attention dans cette écriture (x, y) ne désigne en aucune façon un ensemble
mais un couple d’éléments (l’ordre d’écriture a une importance). Pour éviter
toute confusion, on utilise des accolades pour la description des ensembles e
t des parenthèses pour les couples , triplets, etc, d’éléments.
L’ensemble E2 = E × E = {(x1, x2); x1 ∈ E, x2 ∈ E} peut être utilisé pour
représenter l’ensemble de toutes les applications de {1, 2} dans E (le couple
(x1, x2) correspondant à l’application f : {1, 2} → E définie par f (1) = x1
et f (2) = x2). Il pourrait de la même façon représenter les applications d’un
ensemble à deux éléments dans E (remplacer les chiffres 1 et 2 par n’importe
quelle paire de symboles distincts : 0 et 1, a et b, etc.).
A.2. Ensembles finis
Plus généralement, pour n ≥ 2, En est l’ensemble des n-uplets ou listes de

longueur n d’éléments de E. Dans un n-uplet (x1, . . . , xn), il peut y avoir des
répétitions. On peut aussi utiliser En pour représenter toutes les applications
de l’ensemble {1, . . . , n} (ou de n’importe quel ensemble à n éléments) dans E.
Soit I un ensemble quelconque, fini ou infini. Par analogie avec ce qui pré-
cède, l’ensemble de toutes les applications f : I → E sera noté EI . Par exemple
avec E = {0, 1} et I = N, on obtient l’ensemble {0, 1}N de toutes les suites de
chiffres binaires indexées par N : {0, 1}N = {u = (ui)i N; ui = 0 ou 1}. Avec
∈
E = R et I = [0, 1], on obtient l’ensemble R , ] des fonctions définies sur l’in-

[0 1
tervalle [0, 1] et à valeurs dans R.
A.2 Ensembles finis

Soit E un ensemble fini. Le cardinal de E, noté card E est le nombre de ses
éléments.
Proposition A.1 Soient E et F deux ensembles finis. Leur produit cartésien

a pour cardinal
card(E × F ) = card E × card F.
Proposition A.2 (a) Si card E = n et card F = p, l’ensemble F E des

applications de E dans F est fini et a pour cardinal pn, autrement dit :
card
(b) Comme P(E) est en bijection avec l’ensemble {0, 1}E des applications
de E dans {0, 1},
card P(E) = 2n = 2card E.
Une bijection naturelle entre P(E) et {0, 1}E est l’application ϕ qui à toute
partie A de E associe sa fonction indicatrice :
ϕ : P(E) → {0, 1}E A 7→ ϕ(A) := 1A.
Rappelons que l’indicatrice d’une partie A de E est l’application

□
1 si ω ∈ A,
1A : E → {0, 1} ω 7→ 1A(ω) :=
0 si ω ∈/ A.
Si E est un ensemble de cardinal n et p un entier tel que 1 ≤ p ≤ n, on
appelle arrangement de p éléments de E tout p-uplet (x1, x2, . . . , xn) d’éléments
tous distincts de E. Un tel arrangement représente une injection de {1, . . . , p}
dans E.

Annexe A. Ensembles et dénombrements
Proposition A.3 Le nombre d’arrangements de p éléments de E (1 ≤ p ≤

n = card E) est
n! .
Apn = n(n − 1)(n − 2) · · · (n − p + 1) = (n − p)!
Apn est aussi le nombre d’injections d’un ensemble I de cardinal p (par exemple
{1, . . . , p}) dans E. En particulier pour I = E (et donc p = n), on obtient le
nombre de bijections de E dans lui même (appelées aussi permutations de E) :
nombre de permutations de E = Ann = n!

On appelle combinaison de p éléments de E (1 ≤ p ≤ n = card E) toute
partie de cardinal p de E. Une telle combinaison, comme un arrangement a tou
s ses éléments distincts, mais l’odre d’écriture n’a pas d’importance.
Proposition A.4 Le nombre de combinaisons de p éléments de E (1 ≤ p ≤
n = card E) est
n(n − 1)(n − 2) · · · (n − p + 1) n!
Cp = = .
p(p − 1) · · · 1
n
p!(n − p)!

Bibliographie
[1] P. Barbe et M. Ledoux. Probabilité. Espaces 34, Belin, 1998.

[2] P. Billingsley. Probability and measure. Wiley, 1979.
[3] E. Borel, Probabilité et certitude. Que sais-je ? No 445 P.U.F.
[4] W. Feller, An Introduction to Probability Theory and its Applications,
Vol. I. Wiley.
[5] D. Foata et A. Fuchs, Calcul des Probabilités. Dunod, 1998.
[6] Le hasard, numéro hors-série de Pour la Science, avril 1996.
[7] S. M. Ross, Initiation aux probabilités. Presses polytechniques et universi-
taires romandes, Lausanne.
[8] D. Ruelle, Hasard et Chaos. Odile Jacob, 1991.
[9] J. V. Uspensky, Introduction to mathematical probability. McGraw-Hill,
1937.
195

CMD 060902

Transféré par

Informations du documentcliquez pour développer les informations du document

Droits d'auteur :

Formats disponibles

CMD 060902

Transféré par

Informations du document

Description originale:

Titre original

Copyright

Formats disponibles

Partager ce document

Partager ou intégrer le document

Options de partage

Avez-vous trouvé ce document utile ?

Ce contenu est-il inapproprié ?

Droits d'auteur :

Formats disponibles

CMD 060902

Transféré par

Droits d'auteur :

Formats disponibles

Université des Sciences et Technologies de Lille

U.F.R. de Mathématiques Pures et Appliquées

DEUG MIAS 2 et MASS 2 2002–2003

3 Variables aléatoires discrètes 47

4 Vecteurs aléatoires discrets 75

5 Moments des v. a. discrètes 87

6 Loi des grands nombres 117

7 Approximation gaussienne 139

8 Variables aléatoires réelles 169

Les troisième et quatrième éditions de ce polycopié (septembre 1998 et 1999)

Expérience Résultat observable

Bien que le résultat précis de chacune de ces expériences soit imprévisible

siquelqu’un a 60 bonnes réponses sur 100 au questionnaire, est-il légitime de

qualité de la production globale ?

Notations Vocabulaire ensembliste Vocabulaire probabiliste

Ω ensemble plein événement certain

ω∈ A ω appartient à A Le résultat ω est une des

2 Ch. Suquet, Probabilités

La simplicité de leur définition est trompeuse. Leur structure compliquée peut

Fn = {fin de la partie au n-ième lancer}, n∈ N, ∗

Sj = {le j-ème lancer donne un « six »}, j ∈ N. ∗

Commençons par D. Il est clair que D se réalise si et seulement si le « six »

l’événement Sc est réalisé. D’où :

Ch. Suquet, Probabilités 3

Enfin, chaque Fn (n ≥ 2) se réalise si et seulement si d’une part chacun des

(1 ≤ j ≤ n − 1) et d’autre part le n-ième lancer donne « six » (Sn se réalise).

Ω on travaillait pour effectuer les décompositions d’événements ci-

Remarque1 Si I est un ensemble d’indices quelconque non vide et (Ai)i I une ∈

famille d’événements indexée par I, on peut définir ∪ i I Ai comme l’ensemble ∈

des ω appartenant à l’un au moins des Ai et ∩i I Ai comme l’ensemble des ω

1.3 La probabilité comme fonction d’ensembles

4 Ch. Suquet, Probabilités

toujours possible d’attribuer ainsi de manière cohérente une probabilité à chaque

Définition 1.1 Soit Ω un ensemble et F une famille d’événements observables

Le triplet (Ω, F, P ) s’appelle espace probabilisé.

Exemple 1.2 (suite de l’exemple 1.1)

la probabilité de victoire de chacun des joueurs.

algèbre de parties de Ω, mais nous n’emploierons pas ce voca-

De plus chacune de ces réunions est disjointe : si i 6= j, Fi ∩ Fj = ∅ car si un

en utilisant la convergence et le calcul de la somme de la série géométrique de

c’est même un ensemble très « gros » du point de vue de la cardinalité : on peut

Proposition 1.2 (Propriétés générales d’une probabilité)

(a) Si (Bn)n≥1 est une suite croissante d’événements de F convergente5

Bn ↑ B ⇒ P (Bn) ↑ P (B) (n → +∞).

(b) Si (Cn)n≥1 est une suite décroissante d’événements de F convergente6

Cn ↓ C ⇒ P (Cn) ↓ P (C) (n → +∞).

Preuve : Soit P une fonction d’ensemble F → [0, 1] satisfaisant aux conditions

P (Aj) ≥ P (A1) + P (A2),

le premier membre pouvant être égal à +∞. En choisissant Aj = ∅ pour tout

Preuve de 2. Soient A1, . . . , An, n événements de F deux à deux disjoints. Pour

Ch. Suquet, Probabilités 7

Preuve de 3. Prendre B = Ac dans 2 (a) et utiliser (i).

A ∪ B = (A ∩ Bc) ∪ (A ∩ B) ∪ (Ac ∩ B),

En utilisant l’additivité on en déduit :

Preuve de 6. Il suffit de prouver 6(a), la propriété 6(b) s’en déduit en appliquant

n ≥ 1, Bn vérifie la décomposition en union disjointe :

P (B) = P (B0) + P (Bi \ Bi−1).