Essentiellement pour vous, les moments sont des grandeurs numériques à calculer.
Le sens à donner aux moments concerne essentiellement les 4 premiers. Le moment d’ordre 1 est l’espérance. Le moment centré d’ordre 2 est la variance. Le moment centré d’ordre 3 est une mesure de l’asymétrie. Le moment centré d’ordre 4 est une mesure du caractère « pointu » de la distribution.
Pour l’exercice 19, on veut calculer pour tout n ∈ N, la probabilité :
P_{X+Y=n} (X=k) = P({X=k} ∩ {X+Y=n}) / P(X+Y=n) : c’est la définition de la probabilité conditionnelle.
Calculons d’abord P(X+Y=n) = ∑_{k=0}^n P(X=k) × P_{X=k} (X+Y=n)
= ∑_{k=0}^n λ^k / k! × e^-λ × P_{X=k} (Y=n−k) = ∑_{k=0}^n λ^k / k! × e^-λ × P(Y=n−k)
= ∑_{k=0}^n λ^k / k! e^-λ × λ^{n−k} / (n−k)! × e^-λ
= e^-2λ × ( ∑_{k=0}^n λ^{k+n−k} / (k! (n−k)!) ) : il y a deux facteur e^-λ que l’on multiplie
= e^-2λ × ( ∑_{k=0}^n λ^n × (k parmi n) / n! = e^-2λ × λ^n / n! × ∑_{k=0}^n (k parmi n)
On reconnait la formule du binôme pour (1+1)^n, ou une formule du cours qui nous assure que la somme des coefficients binomiaux sur une même ligne vaut 2^n.
Donc P(X+Y=n) = e^-2λ × λ^n / n! × 2^n.
On calcule maintenant le numérateur : P({X=k} ∩ {X+Y=n}) = P({X=k} ∩ {Y=n−k})
or les variables X et Y sont indépendantes donc la probabilité se réécrit
P(X=k) × P(Y=n−k) = λ^k / k! e^-λ × λ^{n−k} / (n−k)! × e^-λ
= e^-2λ × λ^n × (k parmi n) / n!
D’où P_{X+Y=n} (X=k) = (k parmi n) / 2^n
Donc si on sait que X+Y=n, la loi (conditionnelle) de X est une loi binomiale de paramètres n et p=1/2. En effet, on trouve P_{X+Y=n} (X=k) = (k parmi n) × (1/2)^k × (1/2)^{n−k}.
Vous pourrez faire l’exercice 20 suivant le même principe.
Pour terminer le cours, on dit quelques mots sur l’indépendance, qui se définit comme pour des variables sur un univers fini, et généralise donc la notion définie sur les évènements.
Là encore, l’indépendance de 2 variables dit plus que l’indépendance de deux évènements, car elle concerne toutes les valeurs possibles de X et de Y.
Pour déterminer l’indépendance de 2 évènements, il y a juste à tester la formule P(A∩B) = P(A)×P(B).
Pour déterminer l’indépendance de 2 variables, il faut éventuellement tester toutes les valeurs possibles des deux variables.
Cela implique deux choses : d’abord que pour montrer que deux variables NE SONT PAS indépendantes, il suffit d’un calcul qui ne marche pas.
Ensuite, si on a un théorème qui nous dit que deux variables sont indépendantes, on en profite, ça nous épargnera des calculs.
Si X, Y, Z sont les résultats de trois lancers d’un dé, et qu’on note M = max(X,Y,Z) et L=min(X,Y,Z),
(Je rappelle alors que M n’est pas forcément égal à 6 ni L à 1 : c’est le maximum constaté sur les 3 lancers. Par exemple, si Camille, Zohra, et Alice ont obtenu en lançant le dé 3, 5 et 5, dans ce cas M=5 et L=3.)
Dans notre exemple, X, Y et Z sont indépendantes (le fait de connaitre le résultat de Camille ne nous dit absolument rien sur les autres résultats) mais M et L ne sont pas indépendantes.
En effet, il est possible que le maximum soit égal à 3 (par exemple, si on a tiré 3, 2 et 3) et il est possible que la minimum vaille 5 (si on a tiré 6, 5 et 5). Donc P(M=3) > 0 et P(L=5) > 0.
Donc P(M=3) × P(L=5) > 0.
Mais P({M=3} ∩ {L=5}) = 0.
En effet, on a forcément M≥L. Donc les deux lignes précédentes montrent que L et M ne sont pas indépendantes.
On évite de dire que L et M sont dépendantes, parce que ce vocabulaire va être associé à des notions de causalité. Donc on reste sur l’expression « ne sont pas indépendantes ».
Pour montrer que deux variables sont indépendantes, il faudrait montrer l’égalité avec toutes les valeurs possibles.
Donc en général, on ne procède pas directement ainsi.
La 1re méthode consiste à justifier l’indépendance par la réalisation physique (du genre le résultat du premier dé n’influence pas le 2e).
La 2e méthode classique est d’utiliser le lemme des coalitions.
Si Camille, Zohra et Alice lancent toutes les 3 un dé et obtiennent respectivement 3, 1 et 2, et si Sarah, Eliot et Fanny lancent aussi chacun un dé et obtiennent respectivement 6, 5 et 6, et qu’on calcule le maximum M du 1er groupe et le minimum L du 2e groupe, alors M et L sont indépendants par lemme des coalitions.
En effet, en notant chaque résulat de dé par l’initiale de l’élève qui le lance, C, Z, A, S, E et F sont indépendants donc par lemme des coalitions, M=max(C,Z,A) et L=min(S,E,F) sont indépendants.
Mais ce lemme des coalitions s’appuie sur la connaissance qu’on a d’une famille de variables indépendantes.
Sur un tirage de 3 dés, on peut avoir deux variables indépendantes, par exemple le résultat du dé jaune et le résultat du dé rouge.
Ou bien le résultat du dé jaune et la somme des résultats du bleu et du rouge.
De façon plus subtile, lançons deux pièces de monnaie.
On gagne 1 € si on obtient deux côtés différents et 0 € sinon.
On note A l’évènement : « la pièce de 50c tombe côté pile » et B « la pièce de 20c tombe côté pile » et C l’évènement « on gagne 1 € ».
L’évènement A est clairement indépendant de B pour des raisons physiques.
Mais A est aussi indépendant de C ! P(A)=1/2 et P(C)=1/2, avec P(A∩C) = P(A∩B‾) = P(A)×P(B‾) = 1/4 = P(A) × P(C).
De même B est indépendant de C. Mais A et B et C ne sont pas indépendant tous les 3 en même temps : si vous connaissez A et B, vous connaissez C.
La propriété suivante sur la somme de variables de Bernoulli indépendantes et de même paramètre peut s’intepréter comme le décompte des expériences réussies dans un échantillon d’expériences indépendantes avec la même probabilité de réussite.
Cette propriété nous permet au passage de retrouver l’expression de l’espérance et de la variance de la loi binomiale : si X ↝ B(n,p) : E(X) = np et V(X) = np(1−p).
Les deux propriétés suivantes ne sont pas explicitement au programme mais sont des exercices hyperclassiques qu’il faut savoir refaire.
(En fait, la somme de deux variables de Poisson a été traitée ce matin dans le cas particulier où X et Y avaient le même paramètre).
On termine ce cours avec le paradigme de Poisson.
La démonstration de la formule commence avec la définition des probabilités pour la loi binomiale. On remplace le coefficient binomial par l’expression avec les factorielles.
On multiplie p_n^k au numérateur par n^k et on divise par ce même facteur et on utilise la notation exponentielle pour la dernière puissance : a^b = exp(b ln(a))
Le k! au dénominateur y reste jusqu’au bout, la puissance (n p_n)^k converge vers λ^k quand n tend vers +∞, donc il nous reste à traiter n! / (k! n^k).
Le quotient des deux factorielles nous donne n(n−1)⋯(n−k+1), exactement comme 100!/37!=100×99×⋯×38.
Le quotient n! / ((n−k)! n^k) converge donc vers 1
et il ne reste qu’à montrer que le facteur exp((n−k) ln(1−p_n)) tend vers e^-λ.
Le DL à l’ordre 1 pour une fonction f s’écrit f(x)=f(a) + f’(a)×(x−a) + (x−a)×ε(x−a) avec la fonction ε qui tend vers 0. Dans le cas de la fonction logarithme, on trouve ln(1+x) = ln(1+a) + 1/(1+a) × (x−a) + (x−a) ε(x−a) et pour a=0, on trouve
ln(1+x) = ln(1) + 1/(1+0) x + x ε(x) = x + x ε(x).
Pour demain, essayer de démontrer les deux propriétés précédentes dans le cours.
R^N suites réelles R E suites cvg lim 0 0 Ker lim = ensemble des suitesC’est bien l’ensemble des suites convergeant vers 0. Cet ensemble est donc forcément un sous-espace vectoriel, puisque c’est un noyau.