Démonstrations capes - Probabilités

Posons $A_1=A\backslash B$, $B_1=B\backslash A$. Alors $(A_1,B_1,A\cap B)$ forme une partition de $A\cup B$. On a donc $$P(A\cup B)=P(A_1)+P(B_1)+P(A\cap B).$$ Mais, $(A_1,A\cap B)$ est une partition de $A$ et donc $$P(A)=P(A_1)+P(A\cap B).$$ De même, $(B_1,A\cap B)$ est une partition de $B$ et donc $$P(B)=P(B_1)+P(A\cap B).$$ On en déduit que \begin{eqnarray*} P(A\cup B)&=&P(A)-P(A\cap B)+P(B)-P(A\cap B)+P(A\cap B)\\ &=&P(A)+P(B)-P(A\cap B). \end{eqnarray*}

Notons, pour $n\geq 2$, $\mathcal P(n)$ la propriété suivante : ``pour toute famille $A_1,\dots,A_n$ d'événements deux à deux incompatibles, on a $P(A_1\cup\dots\cup A_n)=P(A_1)+\dots+P(A_n)$''. On va prouver par récurrence sur $n\geq 2$ que $\mathcal P(n)$ est vraie. On observe d'abord que $\mathcal P(2)$ est vraie (par définition d'une probabilité). Soit $n\geq 2$ tel que $\mathcal P(n)$ est vraie, et prouvons $\mathcal P(n+1)$. Soit $A_1,\dots,A_{n+1}$ une famille de $n+1$ événements deux à deux incompatibles et posons $B=A_1\cup\dots\cup A_n$. Alors $B$ et $A_{n+1}$ sont incompatibles, et puisque $\mathcal P(2)$ est vraie, on a $$P(A_1\cup\dots \cup A_{n+1})=P(B\cup A_{n+1})=P(B)+P(A_{n+1}).$$ Maintenant, on peut appliquer $\mathcal P(n)$ pour calculer $P(B)$: $$P(B)=P(A_1\cup\dots\cup A_n)=P(A_1)+\dots+P(A_n).$$ On en déduit que $\mathcal P(n+1)$ est vraie. Donc, par le principe de récurrence, $\mathcal P(n)$ est vraie pour tout $n\geq 2$.

Les événements $(A\cap E_1,\dots,A\cap E_n)$ forment une partition de $A$. Donc on a $$P(A)=\sum_{i=1}^n P(A\cap E_i).$$ Mais, par la définition des probabilités conditionnelles, $$P_{E_i}(A)=\frac{P(A\cap E_i)}{P(E_i)},$$ et donc $$P(A)=\sum_{i=1}^n P_{E_I}(A)P(E_i).$$

Par définition, $$P_A(E_k)=\frac{P(A\cap E_k)}{P(A)}.$$ On calcule $P(A)$ par la formule des probabilités totales : $$P(A)=\sum_{i=1}^n P_{E_i}(A)P(E_i).$$ De plus, on a $$P_{E_k}(A)=\frac{P(A\cap E_k)}{P(E_k)}\implies P(A\cap E_k)=P_{E_k}(A)\times P(E_k).$$

$A\cap B$ et $A\cap \bar B$ forment une partition de $A$ et on a donc $$P(A\cap B)+P(A\cap\bar B)=P(A).$$ Puisque $A$ et $B$ sont indépendants, on en déduit que $$P(A)P(B)+P(A\cap\bar B)=P(A)\iff P(A\cap \bar B)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)\big(1-P(B)\big).$$ On conclut car $P(\bar B)=1-P(B)$.

C'est une formule difficile à démontrer en toute généralité (parle-t-on de variables aléatoires discrètes, continues,...?). Nous la démontrons dans le cas où l'univers $\Omega$ est fini! Notons $\Omega=\{\omega_1,\dots,\omega_n\}$. Le point-clé est de partir de la bonne formule de l'espérance. Si on part de la formule utilisant les valeurs de l'espace d'arrivée, $X(\Omega)=\{x_1,\dots,x_p\}$, $$E(X)=\sum_{k=1}^p x_k P(X=x_k)$$ alors c'est difficile de démontrer cette formule car $X$ et $Y$ ne prennent pas forcément des valeurs identiques. Il vaut mieux partir de la formule utilisant l'espace de départ $\Omega$ qui est $$E(X)=\sum_{k=1}^n X(\{\omega_k\})P(\{\omega_k\}).$$ On a alors \begin{eqnarray*} E(X+Y)&=&\sum_{k=1}^{n}\big(X(\{\omega_k\})+Y(\{\omega_k\})\big)P(\{\omega_k\})\\ &=&\sum_{k=1}^n X(\{\omega_k\})P(\{\omega_k\})+\sum_{k=1}^n Y(\{\omega_k\})P(\{\omega_k\})\\ &=&E(X)+E(Y). \end{eqnarray*}

On effectue la preuve lorsque $X$ et $Y$ sont deux variables aléatoires discrètes, $X(\Omega)=\{x_1,\dots,x_n\}$ et $Y(\Omega)=\{y_1,\dots,y_p\}.$ Alors, d'après la formule de transfert pour les couples de variables aléatoires, \begin{eqnarray*} E(XY)&=&\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^p x_i\cdot y_jP\big(X=x_i\textrm{ et }Y=y_j\big). \end{eqnarray*} Puisque les variables sont indépendantes, \begin{eqnarray*} E(XY)&=&\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^p x_i\cdot y_jP(X=x_i)\cdot P(Y=y_j)\\ &=&\left(\sum_{i=1}^n x_i P(X=x_i)\right)\cdot \left(\sum_{j=1}^p y_j P(Y=y_j)\right)\\ &=&E(X)\cdot E(Y). \end{eqnarray*} Rappelons que la réciproque de cette propriété est fausse.

Par définition, on a $$V(X)=E\big((X-E(X))^2\big).$$ On développe le carré, puis on utilise la linéarité de l'espérance : \begin{eqnarray*} V(X)&=&E\big(X^2-2XE(X)+E(X)^2\big)\\ &=&E(X^2)-2E(X)\cdot E(X)+\big(E(X)\big)^2\\ &=&E(X^2)-\big(E(X)\big)^2. \end{eqnarray*}

On utilise la formule de König, puis la linéarité de l'espérance : \begin{eqnarray*} V(X+Y)&=&E\big( (X+Y)^2\big)- \big(E(X+Y)\big)^2\\ &=&E\big(X^2+2XY+Y^2\big)-\big(E(X)+E(Y)\big)^2\\ &=&E(X^2)+2E(XY)+E(Y^2)-\big(E(X)\big)^2-2E(X)\cdot E(Y)-\big(E(Y)\big)^2. \end{eqnarray*} Puisque les variables aléatoires $X$ et $Y$ sont indépendantes, on a $E(XY)=E(X)\cdot E(Y)$ et donc $$V(X+Y)=E(X^2)-\big(E(X)\big)^2+E(Y^2)-\big(E(Y)\big)^2=V(X+Y).$$

Il ne faut surtout pas démontrer ces formules en utilisant la définition de l'espérance et de la variance, mais plutôt en se souvenant que $X$ s'écrit $X=X_1+\dots+X_n$, où les $X_i$ sont des variables aléatoires indépendantes de Bernoulli de paramètre $p$. En particulier, $E(X_i)=p$ et $V(X_i)=p(1-p)$. Par linéarité de l'espérance, $$E(X)=E(X_1+\dots+X_n)=\sum_{i=1}^n E(X_i)=np$$ (remarquons que ceci n'utilise pas l'indépendance des $X_i$). D'autre part, puisque les variables aléatoires sont indépendantes, on a $$V(X)=V(X_1+\dots+X_n)=\sum_{i=1}^n V(X_i)=np(1-p)$$ (ceci nécessite l'indépendance des $X_i$ pour pouvoir ajouter les variances).

$\binom{n+1}{k+1}$ représente le nombre de chemins réalisant $k+1$ succès dans l'arbre d'un schéma de Bernoulli à $n+1$ répétitions. On réalise une partition de l'ensemble de ces chemins en

$\binom nk$ représente le nombre de chemins réalisant $k$ succès dans l'arbre d'un schéma de Bernoulli à $n$ répétitions. C'est aussi le nombre de chemins réalisant $k$ échecs (par symétrie des succès et échecs dans l'arbre). Maintenant, les chemins qui réalisent $k$ échecs sont exactement ceux qui réalisent $n-k$ succès.

On a donc démontré que $\binom nk$ est le nombre de chemins réalisant $n-k$ succès dans l'arbre d'un schéma de Bernoulli à $n$ répétitions. Mais par définition des coefficients binomiaux, ce nombre vaut aussi $\binom n{n-k}$. On a bien démontré l'égalité voulue.

On cherche la probabilité que, dans la répétition indépendante de $n$ épreuves aléatoires de Bernoulli avec probabilité de succès $p$, on rencontre $k$ succès. Il y a, par définition des coefficients binomiaux, $\binom nk$ événements élémentaires constituant cet événement. Fixons un de ces événements élémentaires. Chacun des succès de cet événement élémentaire a une probabilité $p$ de se produire. Chacun des échecs a une probabilité $1-p$ de ce produire. Puisqu'il y a $k$ succès et $n-k$ échecs, par indépendance des expériences de Bernoulli, la probabilité de chaque événement élémentaire est $p^k (1-p)^{n-k}$. Puisqu'il y a $\binom nk$ tels événements élémentaires, on en déduit le résultat voulu.

Si $X$ suit une loi de Poisson de paramètre $\lambda$, alors $$E(X)=\sum_{k=0}^{+\infty}ke^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}=\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}= \lambda e^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda.$$ Pour la variance, on a $$E(X^2)=\sum_{k=0}^{+\infty}k^2e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}.$$ On écrit que $k^2=k(k-1)+k$ et donc $$E(X^2)=\lambda^2 e^{-\lambda}\sum_{k=2}^{+\infty}\frac{\lambda^{k-2}}{(k-2)!}+\lambda e^{-\lambda}\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}=\lambda^2+\lambda.$$ On en déduit que $$V(X)=E(X^2)-\big(E(X)\big)^2=\lambda.$$

Par définition, $$E(X)=\lim_{X\to+\infty}\int_0^X \lambda te^{-\lambda t}dt.$$ Cette intégrale se calcule aisément par une intégration par parties. Si on veut réaliser une preuve accessible en terminale, on cherche une primitive à $t\mapsto \lambda te^{-\lambda t}$ sous la forme $f:t\mapsto (at+b)e^{-\lambda t}$. Mais, $$f'(t)=ae^{-\lambda t}-\lambda(at+b)e^{-\lambda t}=\big(-\lambda at+(a-\lambda b)\big)e^{-\lambda t}.$$ Le choix de $a=-1$ et $b=-\frac 1\lambda$ convient. On en déduit que \begin{eqnarray*} \int_0^X \lambda te^{-\lambda t}dt&=&\left[\left(-t-\frac 1{\lambda}\right)e^{-\lambda t}\right]_0^X\\ &=&\left(-X-\frac 1{\lambda}\right)e^{-\lambda X}+\frac1\lambda. \end{eqnarray*} Faisant tendre $X$ vers $+\infty$ et utilisant la croissance comparée de l'exponentielle et des polynômes, on en déduit que $$E(X)=\frac 1{\lambda}.$$

Remarquons d'abord que, pour tout $h>0$, on a $$P(X>h)=e^{-\lambda h}.$$ En effet, $$P(X>h)=1-P(X\leq h)=1-\int_0^h \lambda e^{-\lambda t}dt=e^{-\lambda h}.$$ Par définition de la probabilité conditionnelle, on a $$P_{(X>s)}(X>s+t)=\frac{P\big( (X>s)\cap (X>s+T)\big)}{P(X>s)}.$$ Mais l'événement $X>s$ est contenu dans l'événement $X>s+t$, et donc $$P_{(X>s)}(X>s+t)=\frac{P(X>s+T)}{P(X>s)}.$$ On sait calculer ces probabilités : $$P_{(X>s)}(X>s+t)=\frac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}}=e^{-\lambda t}=P(X>t).$$ Remarquons que la réciproque est également vérifiée, mais c'est plus difficile à démontrer!

Posons, pour $x\geq 0$, $$F(x)=P(-x< X< x)=\int_{-x}^x \frac{e^{-t^2/2}}{\sqrt{2\pi}}dt=2\int_0^x \frac{e^{-t^2/2}}{\sqrt{2\pi}}dt.$$ Alors $F$ est une fonction continue sur $[0,+\infty[$. Elle vérifie $F(0)=0$ et $\lim_{x\to+\infty}F(x)=1$. De plus, $F$ est dérivable et pour tout $x\in\mathbb R$, $$F'(x)=2e^{-x^2/2}/\sqrt{2\pi}>0.$$ Ainsi, $F$ est strictement croissante. $F$ réalise donc une bijection de $[0,+\infty[$ sur $[0,1[$. On en déduit qu'il existe un unique $u_\alpha>0$ tel que $F(u_\alpha)=1-\alpha$.

Dans le cours de Terminale S, on dit que $X$ suit une loi normale $\mathcal N(m,\sigma^2)$ lorsque $\frac{X-m}{\sigma}$ suit une loi normale centrée réduite $\mathcal N(0,1)$. Soit $a<b$ deux réels. On a \begin{eqnarray*} P(a\leq X\leq b)&=&P(a-m\leq X-m\leq b-m)\\ &=&P\left(\frac{a-m}{\sigma}\leq \frac{X-m}\sigma \leq \frac{b-m}\sigma\right)\\ &=&\int_{\frac{a-m}\sigma}^{\frac{b-m}\sigma}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{u^2}2\right)du, \end{eqnarray*} où on a utilisé la densité d'une variable aléatoire suivant une loi $\mathcal N(0,1)$. On réalise alors le changement de variables $u=\frac{x-m}\sigma$, de sorte que $\sigma du=dx$. On a alors $$P(a\leq X\leq b)=\int_a^b \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac 12\left(\frac{x-m}\sigma\right)^2\right)dx.$$ Ceci signifie exactement que $f$ définie sur $\mathbb R$ par $f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\exp\left(-\frac 12\left(\frac{x-m}\sigma\right)^2\right)$ est la densité de probabilité de $X$.

En Terminale S, on définit l'espérance de $X$ suivant une loi normale $\mathcal N(0,1)$ par $$E(X)=\lim_{x\to+\infty}\int_0^x tf(t)dt+\lim_{y\to-\infty}\int_y^0 tf(t)$$ où $f$ est la densité de $X$. Calculons donc, pour tous $a,b\in\mathbb R$, \begin{eqnarray*} \int_a^b tf(t)&=&\frac{1}{\sqrt 2\pi}\int_a^b te^{-t^2/2}dt\\ &=&\frac{-1}{\sqrt 2\pi} \int_a^b u'(t)\exp(u(t))dt \end{eqnarray*} où $u(t)=t^2/2$. On a donc \begin{eqnarray*} \int_a^b tf(t)&=&\frac{-1}{\sqrt 2\pi}\left[\exp(-t^2/2)\right]_a^b\\ &=&\frac{-1}{\sqrt 2\pi}\left(\exp(-b^2/2)-\exp(-a^2/2)\right). \end{eqnarray*} On en déduit que $$\lim_{x\to+\infty}\int_0^x tf(t)dt=\lim_{x\to+\infty}\frac{-1}{\sqrt 2\pi}\left(\exp(-x^2/2)-1\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$$ et que $$\lim_{y\to-\infty}\int_y^0 tf(t)dt=\lim_{y\to-\infty}\frac{-1}{\sqrt 2\pi}\left(1-\exp(-y^2/2)\right)=\frac{-1}{\sqrt{2\pi}}.$$ Finalement, on en déduit que l'espérance de $X$ est nulle.

Pour la variance de $X$, c'est plus difficile. D'une part, la définition n'est pas très claire. D'autre part, le calcul est plus difficile et est admis. Il faut retenir que la variance d'une variable aléatoire $X$ suivant une densité $f$ et ayant une espérance $E(X)$ est définie par $$V(X)=\lim_{x\to+\infty}\int_0^x (t-E(X))^2f(t)dt+\lim_{y\to-\infty}\int_y^0 (t-E(X))^2f(t)$$ lorsque ces deux limites existent.

Lorsque $X$ suit une loi normale $\mathcal N(m,\sigma^2)$, on peut retrouver la variance ou l'espérance de plusieurs façons, par exemple :