Terminale générale · Mathématiques · Probabilités
Dernière mise à jour : 21 octobre 2026, 03:22
Pour toutes variables aléatoires \(X\) et \(Y\) (indépendantes ou non) et tout réel \(a\) :
Plus généralement : \(E(a_1X_1+a_2X_2+\cdots+a_nX_n) = a_1E(X_1)+a_2E(X_2)+\cdots+a_nE(X_n)\).
On lance deux dés. Soit \(S = X_1+X_2\) la somme. \(E(X_1)=E(X_2)=3{,}5\), donc \(E(S)=7\).
Loi de la somme de deux dés : la distribution est symétrique autour de sa moyenne E(S) = E(X₁) + E(X₂) = 3,5 + 3,5 = 7.
Soit \(X\) et \(Y\) deux variables aléatoires telles que \(E(X)=4\) et \(E(Y)=1{,}5\). Calculer \(E(X+Y)\), \(E(5X)\) puis \(E(2X+10Y)\).
\(E(X+Y) = E(X)+E(Y) = 4+1{,}5 = \mathbf{5{,}5}\).
\(E(5X) = 5E(X) = 5\times 4 = \mathbf{20}\).
\(E(2X+10Y) = 2E(X)+10E(Y) = 2\times 4 + 10\times 1{,}5 = 8+15 = \mathbf{23}\).
Aucune hypothèse d'indépendance n'est nécessaire : la linéarité de l'espérance est toujours vraie.
Un jeu coûte 2 € et rapporte \(X\) euros, avec \(P(X=0)=0{,}5\), \(P(X=3)=0{,}3\), \(P(X=10)=0{,}2\). On joue 100 fois. Quel est le gain moyen total ?
\(E(X) = 0\times 0{,}5+3\times 0{,}3+10\times 0{,}2 = 2{,}9\). Le gain net par partie : \(E(X)-2=0{,}9\) €.
Sur 100 parties : gain moyen = \(100\times 0{,}9 = 90\) € (jeu favorable).
Si \(X\) et \(Y\) sont indépendantes :
\[V(X+Y) = V(X) + V(Y)\]Plus généralement, si \(X_1, \ldots, X_n\) sont mutuellement indépendantes :
\[V(X_1+\cdots+X_n) = V(X_1)+\cdots+V(X_n)\]L'additivité de la variance n'est vraie que pour des variables indépendantes. La linéarité de l'espérance, elle, est toujours vraie.
Soit \(X\) et \(Y\) deux variables aléatoires indépendantes telles que \(V(X)=9\) et \(V(Y)=16\). Calculer \(V(X+Y)\) et \(\sigma(X+Y)\), puis \(V(3X)\) et \(\sigma(3X)\).
Comme \(X\) et \(Y\) sont indépendantes : \(V(X+Y) = V(X)+V(Y) = 9+16 = \mathbf{25}\), donc \(\sigma(X+Y) = \sqrt{25} = \mathbf{5}\).
\(V(3X) = 3^2\,V(X) = 9\times 9 = \mathbf{81}\), donc \(\sigma(3X) = |3|\,\sigma(X) = 3\times 3 = \mathbf{9}\).
Remarque : \(\sigma(X)+\sigma(Y) = 3+4 = 7 \neq 5\). Les variances s'additionnent, pas les écarts types.
Si \(X \sim \mathcal{B}(n,p)\), alors \(X = X_1+X_2+\cdots+X_n\) où les \(X_i\) sont des variables de Bernoulli indépendantes de paramètre \(p\). Donc :
Loi binomiale B(10 ; 0,5) vue comme somme de 10 variables de Bernoulli : la distribution est centrée sur son espérance E(X) = np = 5.
Un QCM comporte 100 questions. Un élève répond entièrement au hasard : à chaque question, il a une probabilité \(0{,}2\) de trouver la bonne réponse. Soit \(X\) le nombre de bonnes réponses. Donner la loi de \(X\), puis calculer \(E(X)\), \(V(X)\) et \(\sigma(X)\).
Les 100 réponses sont des épreuves de Bernoulli indépendantes et de même paramètre \(p=0{,}2\), donc \(X \sim \mathcal{B}(100\,;\,0{,}2)\).
\(E(X) = np = 100\times 0{,}2 = \mathbf{20}\).
\(V(X) = np(1-p) = 100\times 0{,}2\times 0{,}8 = \mathbf{16}\).
\(\sigma(X) = \sqrt{16} = \mathbf{4}\).
Démontrer que \(E(X)=np\) et \(V(X)=np(1-p)\) pour \(X\sim\mathcal{B}(n,p)\) en utilisant la décomposition en somme de Bernoulli.
\(X=X_1+\cdots+X_n\) avec \(X_i\sim\mathcal{B}(p)\) indépendantes.
\(E(X_i)=p\), donc \(E(X)=\sum E(X_i)=np\).
\(V(X_i)=p(1-p)\). Les \(X_i\) étant indépendantes : \(V(X)=\sum V(X_i)=np(1-p)\). □
Pour calculer l'espérance d'une quantité compliquée, on la décompose en somme de variables indicatrices (variables de Bernoulli valant 0 ou 1), puis on applique la linéarité de l'espérance.
On mélange au hasard les entiers \(1, 2, \ldots, n\) (permutation aléatoire uniforme). Un point fixe est un entier \(i\) qui reste à sa place après le mélange.
Question : quel est le nombre moyen de points fixes ?
Résolution. Pour chaque \(i \in \{1, \ldots, n\}\), on pose la variable indicatrice :
\[X_i = \begin{cases} 1 & \text{si } i \text{ est un point fixe} \\ 0 & \text{sinon}\end{cases}\]Le nombre total de points fixes est \(F = X_1 + X_2 + \cdots + X_n\).
Par symétrie, chaque élément a une probabilité \(\frac{1}{n}\) de rester à sa place, donc \(E(X_i) = \frac{1}{n}\).
Par linéarité de l'espérance (même si les \(X_i\) ne sont pas indépendantes) :
\[E(F) = \sum_{i=1}^{n} E(X_i) = n \times \frac{1}{n} = 1\]Résultat remarquable : en moyenne, il y a exactement 1 point fixe, quelle que soit la taille \(n\) de la permutation.
On tire 5 cartes au hasard dans un jeu de 52 cartes (13 valeurs, 4 couleurs). Une paire est un couple de deux cartes de même valeur dans la main.
Question : quel est le nombre moyen de paires dans la main ?
Résolution. Pour chaque couple possible \(\{i,j\}\) de cartes dans la main (avec \(1 \leqslant i < j \leqslant 5\)), on pose :
\[Y_{\{i,j\}} = \begin{cases} 1 & \text{si les cartes en positions } i \text{ et } j \text{ ont la même valeur} \\ 0 & \text{sinon}\end{cases}\]Le nombre total de paires est \(P = \displaystyle\sum_{1 \leqslant i < j \leqslant 5} Y_{\{i,j\}}\). Il y a \(\binom{5}{2} = 10\) tels couples.
Calculons \(E(Y_{\{i,j\}})\). La carte \(j\) a la même valeur que la carte \(i\) si elle fait partie des 3 cartes restantes de même valeur parmi les 51 cartes restantes :
\[E(Y_{\{i,j\}}) = P(\text{même valeur}) = \frac{3}{51} = \frac{1}{17}\]Par linéarité :
\[E(P) = 10 \times \frac{1}{17} = \frac{10}{17} \approx 0{,}588\]En moyenne, une main de 5 cartes contient environ \(0{,}59\) paire.
On tire successivement, sans remise, 2 cartes d'un jeu de 52 cartes. Soit \(N\) le nombre d'as obtenus. En introduisant deux variables indicatrices, calculer \(E(N)\).
Pour \(i \in \{1, 2\}\), on pose \(X_i = 1\) si la \(i\)-ième carte tirée est un as, \(X_i = 0\) sinon. Alors \(N = X_1 + X_2\).
Par symétrie, chaque carte tirée a la même probabilité d'être un as : \(E(X_i) = P(X_i = 1) = \frac{4}{52} = \frac{1}{13}\).
Par linéarité de l'espérance (valable même si \(X_1\) et \(X_2\) ne sont pas indépendantes, le tirage étant sans remise) :
\[E(N) = E(X_1) + E(X_2) = \mathbf{\frac{2}{13}} \approx 0{,}15\]Un échantillon de taille \(n\) d'une loi de probabilité est une liste \((X_1, X_2, \ldots, X_n)\) de variables aléatoires indépendantes suivant toutes la même loi.
On définit :
Si les \(X_i\) sont i.i.d. d'espérance \(\mu\) et de variance \(V\) :
Un échantillon \((X_1, \ldots, X_{25})\) de taille \(n = 25\) est prélevé d'une loi d'espérance \(\mu = 10\) et d'écart type \(\sigma = 2\). Calculer \(E(S_{25})\), \(V(S_{25})\) et \(\sigma(S_{25})\).
La variance de chaque \(X_i\) vaut \(V = \sigma^2 = 4\).
\(E(S_{25}) = n\mu = 25\times 10 = \mathbf{250}\).
Les \(X_i\) étant indépendantes : \(V(S_{25}) = nV = 25\times 4 = \mathbf{100}\), donc \(\sigma(S_{25}) = \sqrt{100} = \mathbf{10}\).
Effet de concentration : la distribution de la moyenne Mₙ est plus resserrée autour de μ que celle d'une observation individuelle X.
La moyenne \(M_n\) a la même espérance que chaque \(X_i\), mais sa variance est \(n\) fois plus petite. Plus l'échantillon est grand, plus la moyenne est concentrée autour de \(\mu\). C'est la base de la loi des grands nombres (chapitre suivant).
On mesure la taille de 100 élèves. Chaque mesure \(X_i\) a pour espérance \(\mu=170\) cm et écart type \(\sigma=8\) cm.
Contrôle qualité en usine
Une usine fabrique des pièces cylindriques. La masse \(X_i\) de chaque pièce (en grammes) est une variable aléatoire d'espérance \(\mu = 250\) g et d'écart type \(\sigma = 6\) g. Un contrôleur prélève un échantillon de \(n\) pièces et calcule la masse moyenne \(M_n\).
Problème de synthèse
Un dé équilibré est lancé \(n\) fois. Soit \(S_n\) la somme des résultats et \(M_n=\frac{S_n}{n}\) la moyenne.
Problème de synthèse — Assurance
Un assureur couvre \(N = 1\,000\) clients contre un risque. Chaque client \(i\) a une probabilité \(p = 0{,}04\) de déclarer un sinistre au cours de l'année. En cas de sinistre, l'assureur verse un montant fixe \(C = 5\,000\) €. On suppose les sinistres indépendants d'un client à l'autre.