Probabilités et statistiques : statistiques bivariées et couples

Jusqu'ici, les statistiques et les probabilités n'ont su décrire qu'une seule grandeur à la fois : une série d'observations $(x_1,\dots ,x_n)$ résumée par sa moyenne et son écart-type, une variable aléatoire $X$ résumée par son espérance et sa variance. Or l'économie et les sciences sociales ne posent presque jamais de question à une seule variable. On ne demande pas « quel est le budget publicitaire moyen ? », on demande « les entreprises qui dépensent davantage en publicité vendent-elles davantage ? ». On ne demande pas « quelle est la croissance moyenne du PIB ? », on demande « quand la croissance accélère, le chômage recule-t-il, et de combien ? ». Ces questions portent sur un lien entre deux grandeurs, et c'est l'objet de ce chapitre.

Le lien se décline en deux versions, qu'il faut soigneusement distinguer parce que les exercices passent de l'une à l'autre sans prévenir.

La première version est descriptive. On dispose de données déjà observées, deux nombres par individu, et l'on cherche à décrire la tendance qu'elles dessinent : c'est la statistique bivariée de la partie 1. Les objets y sont des nombres calculés sur des données, la covariance empirique $s_{xy}$ et le coefficient de corrélation empirique $r_{xy}$, et le résultat central est la droite des moindres carrés, celle qui ajuste au mieux le nuage de points.

La seconde version est probabiliste. On modélise deux grandeurs aléatoires par un couple $(X,Y)$ de variables aléatoires définies sur le même espace probabilisé, et l'on cherche à décrire leur dépendance avant même d'avoir observé quoi que ce soit : ce sont les parties 2 et 3. Les objets y sont des espérances, la covariance $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)$ et le coefficient de corrélation $\rho (X,Y)$.

Les deux mondes ont volontairement la même algèbre : même formule de Kœnig-Huygens, même encadrement entre $-1$ et $1$, même cas d'égalité. Ils n'ont pourtant pas le même statut. $s_{xy}$ se calcule sur un tableau de données réelles, $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)$ se calcule sur une loi. Confondre les deux dans une copie, en écrivant par exemple $\bar{x}$ là où il faut $E(X)$, est une faute lourde. Une bonne habitude : dès qu'apparaît la barre de la moyenne $\bar{x}$ et l'indice $i$ des individus, on est dans la partie descriptive ; dès qu'apparaît $P([X=x])$, on est dans la partie probabiliste.

Il faut dire tout de suite ce qui, dans ce chapitre, est admis. Quatre résultats seulement, et ce sont exactement ceux que le programme admet : le théorème de transfert pour un couple, la linéarité de l'espérance, l'égalité $E(XY)=E(X)E(Y)$ pour deux variables indépendantes, et le lemme des coalitions. On admet également, comme le demande le programme, que toutes les manipulations de sommes indexées par des ensembles dénombrables (interversion de deux sommations, regroupement de termes) sont licites : aucune question de convergence ne sera soulevée. Tout le reste est démontré ici, y compris les deux théorèmes de stabilité, et peut vous être redemandé. Deux résultats purement techniques sont en outre admis au moment où ils servent, et signalés en place : la formule de Vandermonde, qui intervient dans la démonstration de la stabilité binomiale, et l'indépendance des temps d'attente successifs dans l'exemple du collectionneur.

Voici les notations employées dans tout le chapitre.

Statistiques bivariées

Série statistique double, nuage de points et point moyen

Attention à ce que compte l'indice : $i$ numérote les individus, pas les valeurs distinctes. Deux individus peuvent parfaitement porter le même couple de valeurs, et le point correspondant est alors compté deux fois dans les moyennes, même s'il n'apparaît qu'une fois sur le dessin.

Les indicateurs de dispersion de chacune des deux séries sont ceux du chapitre de statistiques univariées, et ils resservent tels quels.

Dans une étude bivariée, les deux variables ne jouent presque jamais le même rôle.

Ce choix relève de la modélisation, pas du calcul : c'est l'économiste qui décide que la dépense publicitaire explique les ventes, et non l'inverse. Il n'est pas neutre, et l'étude des moindres carrés montrera qu'échanger les deux rôles change la droite obtenue.

Covariance empirique

La variance mesure la dispersion d'une série. La covariance mesure la façon dont deux séries varient ensemble.

Trois remarques immédiates. D'abord, la covariance est symétrique : $s_{xy}=s_{yx}$, puisque le produit de deux réels ne dépend pas de leur ordre. Ensuite, en prenant $y=x$, on retrouve la variance :

$$s_{xx}={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{(x_i-\bar{x})}^2=s_x^2\mathrm{.}$$

La covariance généralise donc la variance. Enfin, contrairement à une variance, une covariance peut être négative : c'est même toute son utilité.

Démonstration. Développons le produit à l'intérieur de la somme, en gardant à l'esprit que $\bar{x}$ et $\bar{y}$ sont des constantes vis-à-vis de l'indice $i$ :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle s_{xy}}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n(x_i{y}_i-\bar{y}{x}_i-\bar{x}{y}_i+\bar{x}\bar{y})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{x}_i{y}_i-\bar{y}\times {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{x}_i-\bar{x}\times {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{y}_i+{\displaystyle \frac{1}{n}}\times n\bar{x}\bar{y}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{x}_i{y}_i-\bar{y}\bar{x}-\bar{x}\bar{y}+\bar{x}\bar{y}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{x}_i{y}_i-\bar{x}\bar{y}\mathrm{.}}\end{array}$$

On a utilisé successivement la linéarité de la somme finie, les définitions ${\displaystyle \frac{1}{n}}\sum x_i=\bar{x}$ et ${\displaystyle \frac{1}{n}}\sum y_i=\bar{y}$, et le fait qu'une somme de $n$ termes tous égaux à la constante $\bar{x}\bar{y}$ vaut $n\bar{x}\bar{y}$. $\mathrm{\square }$

C'est cette seconde écriture qu'il faut utiliser pour tout calcul numérique : elle ne demande qu'une ligne de produits $x_i{y}_i$ dans le tableau, alors que la définition oblige à soustraire les deux moyennes à chacune des $2n$ données, ce qui multiplie les occasions de se tromper.

La lecture graphique se fait en partageant le plan en quatre quadrants par les droites d'équations $x=\bar{x}$ et $y=\bar{y}$, qui se coupent au point moyen $G$. Un point situé en haut à droite ou en bas à gauche de $G$ a ses deux écarts de même signe, donc son produit $(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})$ est positif. Un point situé en haut à gauche ou en bas à droite a ses deux écarts de signes contraires, donc un produit négatif. La covariance est la moyenne de ces $n$ produits : son signe dit simplement quels quadrants l'emportent.

Démonstration. La moyenne d'une série transformée de façon affine se transforme de la même façon : $\overline{x^{\mathrm{\prime }}}=a\bar{x}+b$, résultat démontré au chapitre de statistiques univariées. Par conséquent, pour tout indice $i$,

$$x_i^{\mathrm{\prime }}-\overline{x^{\mathrm{\prime }}}=(a{x}_i+b)-(a\bar{x}+b)=a(x_i-\bar{x}),$$

et de même $y_i^{\mathrm{\prime }}-\overline{y^{\mathrm{\prime }}}=c(y_i-\bar{y})$ : les constantes additives disparaissent. En reportant dans la définition de la covariance,

$$s_{x^{\mathrm{\prime }}{y}^{\mathrm{\prime }}}={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^{n}a(x_i-\bar{x})\times c(y_i-\bar{y})=ac\times {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})=ac{s}_{xy}\mathrm{.}$$

Le cas de la variance s'obtient en prenant $y=x$, $c=a$ et $d=b$, ce qui donne $s_{x^{\mathrm{\prime }}}^2=a^2{s}_x^2$, puis $s_{x^{\mathrm{\prime }}}=\sqrt{a^2{s}_x^2}=\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }{s}_x$ car un écart-type est positif. $\mathrm{\square }$

Deux conséquences pratiques. D'une part, translater les données ne change pas la covariance : changer l'origine des années ou retrancher une constante à toutes les valeurs est donc gratuit, et c'est un allègement de calcul très utile. D'autre part, la covariance dépend des unités : exprimer une dépense en euros plutôt qu'en milliers d'euros la multiplie par $1000$. Un nombre qui change quand on change d'unité ne peut pas servir à mesurer l'intensité d'une liaison, et c'est précisément ce défaut que le coefficient de corrélation va corriger.

Coefficient de corrélation linéaire empirique

L'hypothèse $s_x\mathrm{\ne }0$ signifie que les $x_i$ ne sont pas tous égaux, faute de quoi le nuage serait aligné verticalement et la question d'une tendance n'aurait aucun sens. Le quotient est construit pour être sans unité : au numérateur comme au dénominateur, on multiplie par $ac$ quand on change d'unité, et tout se simplifie.

Démonstration. Considérons la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par

$$f(t)={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n(t(x_i-\bar{x})+(y_i-\bar{y}){)}^2\mathrm{.}$$

C'est une moyenne de carrés, donc $f(t)⩾0$ pour tout réel $t$. Développons chaque carré :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle f(t)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n(t^2{(x_i-\bar{x})}^2+2t(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})+{(y_i-\bar{y})}^2)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =t^2\times {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{(x_i-\bar{x})}^2+2t\times {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})+{\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{(y_i-\bar{y})}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =s_x^2{t}^2+2s_{xy}t+s_y^2\mathrm{.}}\end{array}$$

Comme $s_x^2>0$, la fonction $f$ est un trinôme du second degré en $t$, de coefficient dominant strictement positif, et qui reste positif ou nul sur $\mathbb{R}$ tout entier. Un tel trinôme ne peut pas avoir deux racines distinctes, donc son discriminant est négatif ou nul :

$$\mathrm{\Delta }={\left(2s_{xy}\right)}^2-4s_x^2{s}_y^2=4(s_{xy}^2-s_x^2{s}_y^2)⩽0,$$

c'est-à-dire $s_{xy}^2⩽s_x^2{s}_y^2$. En prenant la racine carrée des deux membres, qui sont positifs, il vient $\mathrm{\mid }{s}_{xy}\mathrm{\mid }⩽s_x{s}_y$, puis, en divisant par le réel strictement positif $s_x{s}_y$,

$$\mid r_{xy}\mid ={\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }{s}_{xy}\mathrm{\mid }}{s_x{s}_y}}⩽1,$$

ce qui est exactement l'encadrement annoncé. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Sens direct. Supposons $\mid r_{xy}\mid =1$, c'est-à-dire $s_{xy}^2=s_x^2{s}_y^2$. Le discriminant du trinôme $f$ ci-dessus est alors nul, donc $f$ admet une racine double

$$t_0=-{\displaystyle \frac{2s_{xy}}{2s_x^2}}=-{\displaystyle \frac{s_{xy}}{s_x^2}},\text{et}f(t_0)=0.$$

Or $f(t_0)$ est une somme de $n$ carrés divisée par $n$ : une somme de réels positifs est nulle si, et seulement si, chacun de ses termes l'est. Donc, pour tout indice $i$,

$$t_0(x_i-\bar{x})+(y_i-\bar{y})=0,\text{c’est-}\grave{\text{a}}\text{-dire}{y}_i=\bar{y}-t_0(x_i-\bar{x})=\bar{y}+{\displaystyle \frac{s_{xy}}{s_x^2}}(x_i-\bar{x})\mathrm{.}$$

Tous les points $M_i$ appartiennent donc à la droite d'équation $y=\bar{y}+{\displaystyle \frac{s_{xy}}{s_x^2}}(x-\bar{x})$, qui passe visiblement par $G(\bar{x},\bar{y})$ et dont la pente ${\displaystyle \frac{s_{xy}}{s_x^2}}$ a le signe de $s_{xy}$, donc celui de $r_{xy}$.

Réciproque. Supposons les points alignés sur une droite non verticale, d'équation $y=\alpha x+\beta$ avec $\alpha \mathrm{\ne }0$ (si $\alpha =0$ tous les $y_i$ sont égaux et $s_y=0$, cas exclu par la définition de $r_{xy}$). Alors $y_i=\alpha x_i+\beta$ pour tout $i$, donc, d'après la propriété de changement d'unité vue plus haut, appliquée avec $a=1$, $b=0$, $c=\alpha$ et $d=\beta$,

$$s_{xy}=\alpha s_x^2\text{et}{s}_y=\mathrm{\mid }\alpha \mathrm{\mid }{s}_x\mathrm{.}$$

Il vient alors

$$r_{xy}={\displaystyle \frac{\alpha s_x^2}{s_x\times \mathrm{\mid }\alpha \mathrm{\mid }{s}_x}}={\displaystyle \frac{\alpha }{\mathrm{\mid }\alpha \mathrm{\mid }}}=\pm 1.\mathrm{\square }$$

Démonstration. Il suffit de reporter les trois formules du changement d'unité dans la définition :

$$r_{x^{\mathrm{\prime }}{y}^{\mathrm{\prime }}}={\displaystyle \frac{s_{x^{\mathrm{\prime }}{y}^{\mathrm{\prime }}}}{s_{x^{\mathrm{\prime }}}{s}_{y^{\mathrm{\prime }}}}}={\displaystyle \frac{ac{s}_{xy}}{\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }{s}_x\times \mathrm{\mid }c\mathrm{\mid }{s}_y}}={\displaystyle \frac{ac}{\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }c\mathrm{\mid }}}\times {\displaystyle \frac{s_{xy}}{s_x{s}_y}}={\displaystyle \frac{ac}{\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }\mathrm{\mid }c\mathrm{\mid }}}{r}_{xy}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Le coefficient de corrélation est donc insensible aux unités et aux origines choisies : c'est ce qui en fait un indicateur comparable d'une étude à l'autre, là où la covariance ne l'est pas.

La figure ci-dessus rassemble quatre nuages à lire ensemble. Le premier, de coefficient $r\approx \mathrm{0,97}$, montre des points presque alignés sur une droite croissante : l'ajustement affine y sera excellent. Le deuxième, de coefficient $r\approx \mathrm{0,55}$, montre une tendance croissante réelle mais noyée dans la dispersion : la droite existe, elle résume mal. Le quatrième, de coefficient $r\approx -\mathrm{0,92}$, est le symétrique du premier pour une liaison décroissante.

Le troisième panneau est le plus instructif, et il faut le regarder longuement. Son coefficient vaut $r=0$, et pourtant ses points sont exactement sur une parabole : la connaissance de $x$ y détermine complètement $y$. La liaison est donc totale, mais elle n'est pas linéaire, et les contributions positives et négatives à la covariance se compensent. Retenez la formulation exacte : un coefficient de corrélation nul signifie « pas de liaison linéaire », jamais « pas de liaison ». C'est la raison pour laquelle on trace toujours le nuage avant de calculer quoi que ce soit.

Trois explications concurrentes doivent toujours être envisagées devant une corrélation forte.

La première est la variable cachée, qui agit sur les deux séries à la fois. Le nombre de pompiers dépêchés sur un sinistre et le montant des dégâts constatés sont fortement corrélés positivement, ce qui ne signifie évidemment pas que les pompiers causent les dégâts : la variable cachée est l'ampleur de l'incendie, qui commande à la fois l'un et l'autre.

La deuxième est la causalité inversée. Une corrélation positive entre l'effectif commercial d'une entreprise et son chiffre d'affaires peut aussi bien s'expliquer par le fait que les entreprises qui vendent beaucoup ont les moyens d'embaucher que par l'effet des embauches sur les ventes.

La troisième est la coïncidence, d'autant plus fréquente que $n$ est petit. Sur cinq observations, il n'est pas rare d'obtenir un coefficient supérieur à $\mathrm{0,8}$ entre deux séries sans aucun rapport.

En économie, cette prudence est la règle. La loi d'Okun, par exemple, décrit une relation négative observée entre la croissance du produit intérieur brut et la variation du taux de chômage : quand la croissance accélère, le chômage a tendance à reculer. C'est une régularité empirique robuste, ajustée par une droite dans tous les manuels, mais l'ajustement à lui seul ne démontre aucun mécanisme économique : c'est la théorie qui l'interprète, pas le calcul.

Ajustement affine par la méthode des moindres carrés

Une fois admis que le nuage suit une tendance rectiligne, il faut choisir une droite parmi toutes celles qui traversent le nuage. Le critère retenu est celui des moindres carrés.

Deux précisions sur ce choix, qui n'a rien d'arbitraire. On mesure les écarts verticalement, et non perpendiculairement à la droite, parce que le but est de prédire $y$ connaissant $x$ : c'est l'erreur de prédiction sur $y$ que l'on veut rendre petite. Et on les élève au carré, plutôt que de prendre leur valeur absolue, pour deux raisons : les carrés empêchent une erreur positive de compenser une erreur négative, et surtout ils conduisent à un problème de minimisation que l'on sait résoudre exactement, avec des trinômes du second degré.

Démonstration. La fonction $S$ dépend de deux variables. La méthode consiste à fixer l'une des deux et à minimiser en l'autre, ce qui ramène le problème à deux minimisations de trinômes du second degré, faisables séparément.

Première étape : on fixe $a$ et l'on minimise en $b$. Posons, pour chaque indice $i$, $u_i=y_i-a{x}_i$. La moyenne de cette série vaut $\bar{u}=\bar{y}-a\bar{x}$, par linéarité de la moyenne. On a alors

$$S(a,b)=\sum _{i=1}^n{(u_i-b)}^2=\sum _{i=1}^n{u}_i^2-2b\sum _{i=1}^n{u}_i+n{b}^2=n{b}^2-2n\bar{u}b+\sum _{i=1}^n{u}_i^2\mathrm{.}$$

À $a$ fixé, c'est un trinôme du second degré en $b$, de coefficient dominant $n>0$ : il admet donc un minimum, atteint en

$$b={\displaystyle \frac{2n\bar{u}}{2n}}=\bar{u}=\bar{y}-a\bar{x}\mathrm{.}$$

La valeur de ce minimum se calcule directement :

$$S(a,\bar{u})=\sum _{i=1}^n{(u_i-\bar{u})}^2=n\times {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{(u_i-\bar{u})}^2=n{s}_u^2,$$

où $s_u^2$ désigne la variance empirique de la série $(u_i)$. Notons $\phi (a)=n{s}_u^2$ cette valeur, qui ne dépend plus que de $a$.

Deuxième étape : on exprime $\phi (a)$. Comme $u_i-\bar{u}=(y_i-a{x}_i)-(\bar{y}-a\bar{x})=(y_i-\bar{y})-a(x_i-\bar{x})$, on obtient en développant le carré

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle s_u^2}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n((y_i-\bar{y})-a(x_i-\bar{x}){)}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{(y_i-\bar{y})}^2-2a\times {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})+a^2\times {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{(x_i-\bar{x})}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =s_y^2-2a{s}_{xy}+a^2{s}_x^2\mathrm{.}}\end{array}$$

Ainsi $\phi (a)=n(s_x^2{a}^2-2s_{xy}a+s_y^2)$.

Troisième étape : on minimise $\phi$. C'est encore un trinôme du second degré, en $a$ cette fois, de coefficient dominant $n{s}_x^2>0$ puisque $s_x^2\mathrm{\ne }0$. Il admet donc un minimum, atteint en

$$a={\displaystyle \frac{2n{s}_{xy}}{2n{s}_x^2}}={\displaystyle \frac{s_{xy}}{s_x^2}}\mathrm{.}$$

Conclusion. Notons $a^{\star }={\displaystyle \frac{s_{xy}}{s_x^2}}$ et $b^{\star }=\bar{y}-a^{\star }\bar{x}$. Pour tout couple $(a,b)$ de réels, la première étape donne $S(a,b)⩾\phi (a)$, et la troisième donne $\phi (a)⩾\phi \left(a^{\star }\right)=S(a^{\star },b^{\star })$. Donc

$$S(a,b)⩾S(a^{\star },b^{\star })\text{pour tout }(a,b)\in {\mathbb{R}}^2,$$

ce qui prouve que le minimum est bien atteint en $(a^{\star },b^{\star })$. L'unicité vient de ce que chacun des deux trinômes atteint son minimum en un unique point.

Valeur du minimum. En remplaçant $a$ par $a^{\star }$ dans l'expression de $\phi$ :

$$\phi \left(a^{\star }\right)=n(s_x^2\times {\displaystyle \frac{s_{xy}^2}{s_x^4}}-2{\displaystyle \frac{s_{xy}^2}{s_x^2}}+s_y^2)=n(s_y^2-{\displaystyle \frac{s_{xy}^2}{s_x^2}})=n{s}_y^2(1-{\displaystyle \frac{s_{xy}^2}{s_x^2{s}_y^2}})=n{s}_y^2(1-r_{xy}^2)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. L'ordonnée du point de la droite d'abscisse $\bar{x}$ vaut $a\bar{x}+b$. Or $b=\bar{y}-a\bar{x}$ par le théorème, donc cette ordonnée vaut $a\bar{x}+\bar{y}-a\bar{x}=\bar{y}$. Le point de coordonnées $(\bar{x},\bar{y})$, c'est-à-dire $G$, est donc bien sur la droite. $\mathrm{\square }$

C'est le contrôle le plus rapide d'un calcul d'ajustement : si l'on remplace $x$ par $\bar{x}$ dans l'équation trouvée et que l'on n'obtient pas $\bar{y}$, il y a une erreur, et elle est en général dans $b$.

Ce résultat éclaire d'un coup les deux paragraphes précédents. Le coefficient de corrélation ne mesure pas seulement une impression visuelle : son carré quantifie exactement la qualité du meilleur ajustement affine possible. Avec $r_{xy}=\mathrm{0,9}$, on a $r_{xy}^2=\mathrm{0,81}$ : l'ajustement restitue $81\mathrm{\%}$ de la dispersion de $y$, et il en laisse $19\mathrm{\%}$ dans les résidus.

Démonstration. La formule donnant $a^{\mathrm{\prime }}$ et $b^{\mathrm{\prime }}$ s'obtient en appliquant le théorème des moindres carrés à la série double $(y_i,x_i)$, c'est-à-dire en échangeant partout les rôles de $x$ et de $y$, la covariance étant symétrique. Pour le produit des pentes,

$$a\times a^{\mathrm{\prime }}={\displaystyle \frac{s_{xy}}{s_x^2}}\times {\displaystyle \frac{s_{xy}}{s_y^2}}={\displaystyle \frac{s_{xy}^2}{s_x^2{s}_y^2}}={\left({\displaystyle \frac{s_{xy}}{s_x{s}_y}}\right)}^2=r_{xy}^2\mathrm{.}$$

Enfin, la seconde droite s'écrit $y={\displaystyle \frac{1}{a^{\mathrm{\prime }}}}x-{\displaystyle \frac{b^{\mathrm{\prime }}}{a^{\mathrm{\prime }}}}$ lorsque $a^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\ne }0$, et sa pente vue dans le repère habituel est ${\displaystyle \frac{1}{a^{\mathrm{\prime }}}}$. Les deux droites, qui ont déjà un point commun $G$, sont confondues si et seulement si elles ont la même pente, c'est-à-dire $a={\displaystyle \frac{1}{a^{\mathrm{\prime }}}}$, soit $a{a}^{\mathrm{\prime }}=1$, soit $r_{xy}^2=1$.

Reste le cas écarté $a^{\mathrm{\prime }}=0$, c'est-à-dire $s_{xy}=0$ : la seconde droite est alors la verticale $x=\bar{x}$ et la première l'horizontale $y=\bar{y}$. Elles sont distinctes, et $r_{xy}=0$ donc $\mid r_{xy}\mid \mathrm{\ne }1$ : l'équivalence est encore vérifiée. $\mathrm{\square }$

Il n'y a là aucun paradoxe : les deux droites répondent à deux questions différentes. La première minimise les écarts verticaux parce qu'elle sert à prédire $y$ ; la seconde minimise les écarts horizontaux parce qu'elle sert à prédire $x$. Vues dans le repère habituel, leurs pentes valent $a$ et ${\displaystyle \frac{1}{a^{\mathrm{\prime }}}}$, et, lorsque $r_{xy}\mathrm{\ne }0$, leur quotient vaut ${\displaystyle \frac{1}{a{a}^{\mathrm{\prime }}}}={\displaystyle \frac{1}{r_{xy}^2}}⩾1$ : la droite de régression de $x$ en $y$ est donc toujours plus redressée vers la verticale que celle de $y$ en $x$, et l'écart entre les deux est d'autant plus visible que l'ajustement est mauvais. En pratique, on n'utilise que la droite de régression de la variable à expliquer en la variable explicative, et l'énoncé précise toujours laquelle est laquelle.

Pertinence d'un ajustement et pré-transformations

Le calcul des moindres carrés produit toujours une droite, même quand le nuage n'en réclame aucune : les formules ne protègent de rien. La question de la pertinence se pose donc avant, et elle se tranche en regardant le nuage.

Une dernière mise en garde concerne l'usage de la droite obtenue. Interpoler, c'est-à-dire prédire $y$ pour une valeur de $x$ située à l'intérieur de la plage observée, est raisonnable. Extrapoler loin de cette plage ne l'est pas : rien ne garantit que la tendance se prolonge, et l'exemple filé n'autorise aucune prédiction pour une dépense publicitaire de $50$ milliers d'euros.

Lorsque le nuage est visiblement courbé, tout n'est pas perdu. Souvent, une transformation bien choisie des données redresse le nuage, et il suffit alors d'appliquer la méthode des moindres carrés aux données transformées.

Démonstration. Comme $A>0$ et que l'exponentielle est strictement positive, $y=A{\mathrm{e}}^{bx}$ entraîne $y>0$, et l'on peut prendre le logarithme des deux membres. La relation fonctionnelle $\ln (uv)=\ln u+\ln v$ et $\ln \left({\mathrm{e}}^t\right)=t$ donnent

$$\ln y=\ln A+\ln \left({\mathrm{e}}^{bx}\right)=bx+\ln A\mathrm{.}$$

Réciproquement, si $z=bx+\ln A$ avec $z=\ln y$, alors en composant par l'exponentielle, qui est strictement croissante sur $\mathbb{R}$, on retrouve $y={\mathrm{e}}^{bx+\ln A}=A{\mathrm{e}}^{bx}$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Pour $x>0$, on a par définition $x^b={\mathrm{e}}^{b\ln x}$, donc $y=A{\mathrm{e}}^{b\ln x}$. En prenant le logarithme comme ci-dessus, $\ln y=b\ln x+\ln A$, c'est-à-dire $z=bu+\ln A$. La réciproque s'obtient en composant par l'exponentielle. $\mathrm{\square }$

Dans les deux cas, la démarche est la même : on transforme, on ajuste dans le monde transformé, puis on revient au modèle initial en appliquant l'exponentielle. Le point délicat est le retour : le coefficient directeur de la droite ajustée donne directement $b$, mais l'ordonnée à l'origine donne $\ln A$, et il faut encore l'exponentier pour obtenir $A$.

Conduire un ajustement affine : la méthode

Couples de variables aléatoires discrètes

On change de monde. Les données observées disparaissent, remplacées par un modèle : deux variables aléatoires discrètes $X$ et $Y$ définies sur le même espace probabilisé $(\mathrm{\Omega },\mathcal{A},P)$. C'est ce « même espace » qui donne un sens à des écritures comme $[X=2]\cap [Y=3]$, et donc à tout ce chapitre : deux variables définies sur deux expériences sans rapport ne forment pas un couple.

Conformément au programme, aucune difficulté ne sera soulevée sur les sommes indexées par des ensembles dénombrables : les interversions de sommations et les regroupements de termes sont admis.

Loi conjointe d'un couple

Lorsque $X(\mathrm{\Omega })$ et $Y(\mathrm{\Omega })$ sont finis, la loi conjointe se présente dans un tableau à double entrée : une ligne par valeur de $X$, une colonne par valeur de $Y$, et dans la case $(i,j)$ la probabilité $p_{i,j}$.

Démonstration. La positivité est immédiate : chaque $p_{i,j}$ est la probabilité d'un événement. Pour la somme, considérons la famille des événements

$$A_{i,j}=[X=x_i]\cap [Y=y_j]\mathrm{.}$$

Ces événements sont deux à deux incompatibles : si $(i,j)\mathrm{\ne }(i^{\mathrm{\prime }},j^{\mathrm{\prime }})$, alors $x_i\mathrm{\ne }{x}_{i^{\mathrm{\prime }}}$ ou $y_j\mathrm{\ne }{y}_{j^{\mathrm{\prime }}}$, et une même issue $\omega$ ne peut pas donner deux valeurs différentes à $X$ ou deux valeurs différentes à $Y$. Leur réunion est $\mathrm{\Omega }$ tout entier : quelle que soit l'issue $\omega$, le réel $X(\omega )$ est l'un des $x_i$ et le réel $Y(\omega )$ est l'un des $y_j$, donc $\omega$ appartient à l'un des $A_{i,j}$. La famille $\left(A_{i,j}\right)$ est donc un système complet d'événements, et la somme de ses probabilités vaut $1$. $\mathrm{\square }$

Cette égalité est la vérification obligatoire de tout tableau de loi conjointe : la somme de toutes les cases doit valoir $1$. Une erreur de calcul se détecte là, avant de propager la faute dans les cinq questions suivantes.

Lois marginales

Le tableau contient bien plus que le comportement de chaque variable prise isolément, mais il le contient aussi, et l'on récupère celui-ci en sommant.

Démonstration. Traitons la loi de $X$, l'autre s'obtenant en échangeant les rôles. La famille ${([Y=y_j])}_j$ est un système complet d'événements : deux valeurs distinctes de $Y$ s'excluent, et toute issue donne à $Y$ l'une des valeurs de $Y(\mathrm{\Omega })$. La formule des probabilités totales appliquée à l'événement $[X=x_i]$ et à ce système complet donne

$$P(X=x_i)=\sum _{j}P([X=x_i]\cap [Y=y_j])=\sum _j{p}_{i,j}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

En pratique, on borde le tableau d'une colonne « total » à droite et d'une ligne « total » en bas : la colonne porte la loi de $X$, la ligne porte la loi de $Y$, et la case du coin doit contenir $1$. Ces sommes écrites dans la marge du tableau expliquent le mot « marginale ».

Vient maintenant le point le plus important du paragraphe, et l'une des idées maîtresses du chapitre.

Démonstration. Il suffit d'exhiber deux couples. Considérons les deux lois conjointes suivantes, pour deux couples $(X,Y)$ et $(X^{\mathrm{\prime }},Y^{\mathrm{\prime }})$ à valeurs dans $\{0,1\}$.

Les deux tableaux ont pour somme $1$, donc définissent bien deux lois conjointes. Leurs marges sont identiques : $X$ et $X^{\mathrm{\prime }}$ suivent la même loi, donnée par $\mathrm{0,40}$ et $\mathrm{0,60}$, et $Y$ et $Y^{\mathrm{\prime }}$ également, données par $\mathrm{0,30}$ et $\mathrm{0,70}$. Pourtant les tableaux diffèrent, par exemple $p_{0,0}=\mathrm{0,10}$ alors que $p_{0,0}^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{0,12}$. $\mathrm{\square }$

La morale est à retenir mot pour mot : connaître la loi de $X$ et la loi de $Y$ ne suffit pas à connaître la loi du couple. Il manque exactement l'information sur la façon dont les deux variables sont liées. Le second tableau ci-dessus est d'ailleurs celui de l'unique couple indépendant ayant ces marges, puisque chaque case y est le produit des deux marges correspondantes, par exemple $\mathrm{0,40}\times \mathrm{0,30}=\mathrm{0,12}$. Le premier ne l'est pas. Conséquence pratique immédiate : une question du type « calculer $P([X=1]\cap [Y=1])$ » n'a aucune réponse tant que l'énoncé ne donne pas la loi conjointe ou une hypothèse d'indépendance.

Lois conditionnelles

Sur le tableau, la lecture est simple : la loi conditionnelle de $X$ sachant $[Y=y_j]$ s'obtient en prenant la colonne numéro $j$ et en divisant chacune de ses cases par son total.

Démonstration. Chaque terme est un quotient de deux réels positifs, donc il est positif. Pour la somme,

$$\sum _i{\displaystyle \frac{p_{i,j}}{p_{\bullet ,j}}}={\displaystyle \frac{1}{p_{\bullet ,j}}}\sum _i{p}_{i,j}={\displaystyle \frac{p_{\bullet ,j}}{p_{\bullet ,j}}}=1,$$

en utilisant la formule des marginales établie plus haut. $\mathrm{\square }$

Démonstration. C'est la formule des probabilités composées, ou simplement la définition d'une probabilité conditionnelle multipliée par $P(Y=y_j)$. $\mathrm{\square }$

Cette égalité est la clé des énoncés qui se déroulent en deux temps, et ils sont très nombreux : un premier tirage détermine un paramètre, un second se déroule sachant ce paramètre. L'énoncé donne alors la loi de la première variable et les lois conditionnelles de la seconde, et c'est à vous de reconstituer la loi conjointe.

Loi d'une variable $Z=g(X,Y)$

Les deux cas au programme sont $Z=X+Y$ et $Z=XY$, mais la méthode est la même pour $\min (X,Y)$, $\max (X,Y)$, $\mid X-Y\mid$ ou n'importe quelle autre expression.

Théorème de transfert et linéarité de l'espérance

L'intérêt est le même qu'à une variable : on calcule l'espérance de $g(X,Y)$ sans déterminer la loi de $g(X,Y)$. En particulier, pour le produit,

$$E(XY)=\sum _i\sum _j{x}_i{y}_j{p}_{i,j}\mathrm{.}$$

Comme tout le programme, ce théorème est admis, et les questions de convergence ne seront jamais soulevées : dans les exercices, toutes les espérances rencontrées existent.

Démonstration. Appliquons le théorème de transfert à la fonction $g(x,y)=ax+by$ :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle E(aX+bY)}& {\displaystyle =\sum _i\sum _j(a{x}_i+b{y}_j)p_{i,j}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a\sum _i\sum _j{x}_i{p}_{i,j}+b\sum _i\sum _j{y}_j{p}_{i,j}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a\sum _i{x}_i\left(\sum _j{p}_{i,j}\right)+b\sum _j{y}_j\left(\sum _i{p}_{i,j}\right)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a\sum _i{x}_i{p}_{i,\bullet }+b\sum _j{y}_j{p}_{\bullet ,j}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =aE(X)+bE(Y)\mathrm{.}}\end{array}$$

On a séparé la somme en deux, puis, dans chaque morceau, factorisé par le terme qui ne dépend pas de l'indice de sommation intérieur, et enfin reconnu les lois marginales. Les interversions et regroupements sont licites, comme le programme l'admet. $\mathrm{\square }$

Cette propriété est la plus utilisée de tout le chapitre, et sa force tient entièrement à l'absence d'hypothèse. Deux variables peuvent être liées de la façon la plus tordue, leurs espérances s'ajoutent quand même. L'exemple du panel l'illustrait déjà : les variables $X$ et $Y$ y sont clairement dépendantes, et pourtant $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$.

Indépendance de deux variables aléatoires

Autrement dit, $X$ et $Y$ sont indépendantes exactement lorsque la loi conjointe se reconstruit à partir des deux marginales. C'est le seul cas où l'information des marges suffit, et cela éclaire rétrospectivement le contre-exemple des deux tableaux de mêmes marges : les deux tableaux y avaient les mêmes marges, mais un seul était le tableau des produits.

Démonstration. Sens direct. Si $X$ et $Y$ sont indépendantes, alors $p_{i,j}=p_{i,\bullet }{p}_{\bullet ,j}$, ce qui est la forme voulue avec ${\lambda }_i=p_{i,\bullet }$ et $c_j=p_{\bullet ,j}$ : la ligne numéro $i$ est la liste des $p_{\bullet ,j}$ multipliée par le coefficient $p_{i,\bullet }$.

Réciproque. Supposons $p_{i,j}={\lambda }_i{c}_j$ pour tous $i$ et $j$. Posons $\mathrm{\Lambda }={\sum }_i{\lambda }_i$ et $C={\sum }_j{c}_j$. En sommant sur $j$ puis sur $i$ :

$$p_{i,\bullet }=\sum _j{\lambda }_i{c}_j={\lambda }_{i}C,p_{\bullet ,j}=\sum _i{\lambda }_i{c}_j=\mathrm{\Lambda }{c}_j,1=\sum _i\sum _j{\lambda }_i{c}_j=\mathrm{\Lambda }C\mathrm{.}$$

Par conséquent

$$p_{i,\bullet }\times p_{\bullet ,j}={\lambda }_{i}C\times \mathrm{\Lambda }{c}_j={\lambda }_i{c}_j\times \left(\mathrm{\Lambda }C\right)={\lambda }_i{c}_j=p_{i,j},$$

ce qui est la définition de l'indépendance. $\mathrm{\square }$

Ce critère est un accélérateur de lecture : sur un tableau numérique, deux lignes visiblement non proportionnelles suffisent à conclure à la dépendance, sans calculer la moindre marge.

Le programme admet ce résultat. Il n'est pourtant pas mystérieux : le théorème de transfert donne $E(XY)={\sum }_i{\sum }_j{x}_i{y}_j{p}_{i,j}$, et sous l'hypothèse d'indépendance $p_{i,j}=p_{i,\bullet }{p}_{\bullet ,j}$, ce qui permet de factoriser la somme double en un produit de deux sommes simples,

$$\sum _i\sum _j{x}_i{y}_j{p}_{i,\bullet }{p}_{\bullet ,j}=\left(\sum _i{x}_i{p}_{i,\bullet }\right)\left(\sum _j{y}_j{p}_{\bullet ,j}\right)=E(X)E(Y)\mathrm{.}$$

La seule chose réellement admise est donc la licéité de ces manipulations dans le cas infini.

Attention à la réciproque, qui est fausse. L'égalité $E(XY)=E(X)E(Y)$ peut se produire sans indépendance, et le contre-exemple est donné plus loin, avec la covariance.

C'est un cas particulier du lemme des coalitions, énoncé dans la partie 3. On l'utilise sans cesse et sans y penser : si $X$ et $Y$ sont indépendantes, alors $X^2$ et ${\mathrm{e}}^Y$ le sont, $2X+1$ et $-Y$ aussi, et par conséquent, par exemple, $E\left(X^2{Y}^2\right)=E\left(X^2\right)E\left(Y^2\right)$.

Loi du minimum et du maximum

Le minimum et le maximum de deux variables se traitent par une technique spécifique : on ne cherche pas directement $P(\min =k)$, on passe par des événements de la forme $[X>k]$ et $[X⩽k]$, qui se traduisent immédiatement en intersections.

Démonstration. Soit $\omega$ une issue. Dire que $\min (X(\omega ),Y(\omega ))>k$, c'est dire que le plus petit des deux nombres dépasse $k$, donc que les deux le dépassent : c'est exactement $X(\omega )>k$ et $Y(\omega )>k$. Réciproquement, si les deux dépassent $k$, leur minimum aussi. Les deux événements ont donc les mêmes issues. Le raisonnement pour le maximum est identique : le plus grand des deux est inférieur ou égal à $k$ si, et seulement si, les deux le sont. $\mathrm{\square }$

Ces deux égalités ne demandent aucune hypothèse. C'est ensuite, pour transformer la probabilité de l'intersection en produit, que l'indépendance intervient.

L'étape 4 mérite une justification, faite une fois pour toutes. Si $M$ est à valeurs entières, l'événement $[M>k-1]$ est la réunion des deux événements incompatibles $[M=k]$ et $[M>k]$, d'où $P(M>k-1)=P(M=k)+P(M>k)$ et la formule annoncée. De même $[M⩽k]$ est la réunion de $[M⩽k-1]$ et de $[M=k]$.

Stabilité des lois binomiales et des lois de Poisson

Additionner deux variables indépendantes de même famille ne redonne pas, en général, une variable de cette famille. Deux cas font exception, et ce sont deux résultats à connaître par coeur.

Démonstration. Notons $S=X_1+X_2$ et $q=1-p$. La variable $S$ est à valeurs dans $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[0,n_1+n_2]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$. Fixons $k$ dans cet intervalle. La famille ${([X_1=i])}_{0⩽i⩽n_1}$ est un système complet d'événements, donc la formule des probabilités totales donne

$$P(S=k)=\sum _{i=0}^{n_1}P([X_1=i]\cap [S=k])=\sum _{i=0}^{n_1}P([X_1=i]\cap [X_2=k-i]),$$

car, à l'intérieur de l'événement $[X_1=i]$, dire que $S=k$ revient à dire que $X_2=k-i$. L'indépendance de $X_1$ et $X_2$ transforme chaque terme en produit :

$$P(S=k)=\sum _{i=0}^{n_1}P(X_1=i)P(X_2=k-i)=\sum _{i=0}^{n_1}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n_1}{i}\right)}{p}^i{q}^{n_1-i}\times {\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n_2}{k-i}\right)}{p}^{k-i}{q}^{n_2-k+i},$$

avec la convention usuelle ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{m}\right)}=0$ dès que $m<0$ ou $m>n$, qui annule automatiquement les termes correspondant à des valeurs impossibles de $X_2$. Les puissances de $p$ et de $q$ se regroupent, et elles ne dépendent plus de $i$ :

$$p^i\times p^{k-i}=p^k,q^{n_1-i}\times q^{n_2-k+i}=q^{n_1+n_2-k}\mathrm{.}$$

C'est ici que l'hypothèse « même $p$ » est utilisée, et elle est indispensable. On peut donc sortir ces facteurs de la somme :

$$P(S=k)=p^k{q}^{n_1+n_2-k}\sum _{i=0}^{n_1}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n_1}{i}\right)}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n_2}{k-i}\right)}\mathrm{.}$$

La formule de Vandermonde, que l'on rappelle et que l'on admet, affirme que

$$\sum _{i=0}^{n_1}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n_1}{i}\right)}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n_2}{k-i}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n_1+n_2}{k}\right)}\mathrm{.}$$

Elle se lit d'ailleurs très bien : pour choisir $k$ personnes dans un groupe de $n_1$ femmes et $n_2$ hommes, on choisit $i$ femmes puis $k-i$ hommes, et l'on somme sur $i$. Finalement

$$P(S=k)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n_1+n_2}{k}\right)}{p}^k(1-p{)}^{n_1+n_2-k},$$

ce qui est exactement la loi $\mathcal{B}(n_1+n_2,p)$. $\mathrm{\square }$

Ce théorème n'a rien de surprenant si l'on revient au sens des lois : $X_1$ compte les succès de $n_1$ épreuves indépendantes de probabilité $p$, $X_2$ ceux de $n_2$ autres épreuves, indépendantes des premières et de même probabilité $p$. Leur somme compte donc les succès de $n_1+n_2$ épreuves indépendantes de probabilité $p$.

Démonstration. Prenons $X_1\hookrightarrow \mathcal{B}(1,\frac{1}{2})$ et $X_2\hookrightarrow \mathcal{B}(1,\frac{1}{4})$ indépendantes, et $S=X_1+X_2$, à valeurs dans $\{0,1,2\}$. Par indépendance,

$$P(S=0)={\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{3}{4}}={\displaystyle \frac{3}{8}},P(S=2)={\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{4}}={\displaystyle \frac{1}{8}},P(S=1)=1-{\displaystyle \frac{3}{8}}-{\displaystyle \frac{1}{8}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{.}$$

Supposons par l'absurde que $S$ suive une loi $\mathcal{B}(2,p)$. La linéarité de l'espérance donne $E(S)={\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}={\displaystyle \frac{3}{4}}$, et l'espérance d'une loi $\mathcal{B}(2,p)$ vaut $2p$, donc $p={\displaystyle \frac{3}{8}}$. Il faudrait alors

$$P(S=2)=p^2={\displaystyle \frac{9}{64}},\text{alors que}P(S=2)={\displaystyle \frac{1}{8}}={\displaystyle \frac{8}{64}}\mathrm{.}$$

Ces deux nombres diffèrent : contradiction. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Notons $S=X_1+X_2$, à valeurs dans $\mathbb{N}$. Fixons $k\in \mathbb{N}$. Comme ci-dessus, la formule des probabilités totales avec le système complet ${([X_1=i])}_{i\in \mathbb{N}}$, puis l'indépendance, donnent

$$P(S=k)=\sum _{i=0}^{k}P(X_1=i)P(X_2=k-i),$$

la somme s'arrêtant à $i=k$ puisque $X_2$ ne prend pas de valeur strictement négative. En remplaçant par les lois de Poisson :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle P(S=k)}& {\displaystyle =\sum _{i=0}^k{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_1}{\displaystyle \frac{{\lambda }_1^i}{i!}}\times {\mathrm{e}}^{-{\lambda }_2}{\displaystyle \frac{{\lambda }_2^{k-i}}{(k-i)!}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\mathrm{e}}^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)}\sum _{i=0}^k{\displaystyle \frac{{\lambda }_1^i{\lambda }_2^{k-i}}{i!(k-i)!}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)}}{k!}}\sum _{i=0}^k{\displaystyle \frac{k!}{i!(k-i)!}}{\lambda }_1^i{\lambda }_2^{k-i}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{{\mathrm{e}}^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)}}{k!}}\sum _{i=0}^k{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{k}{i}\right)}{\lambda }_1^i{\lambda }_2^{k-i}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\mathrm{e}}^{-({\lambda }_1+{\lambda }_2)}{\displaystyle \frac{{({\lambda }_1+{\lambda }_2)}^k}{k!}},}\end{array}$$

où l'on a multiplié et divisé par $k!$ pour faire apparaître le coefficient binomial, puis reconnu la formule du binôme de Newton. C'est exactement la loi $\mathcal{P}({\lambda }_1+{\lambda }_2)$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Les variables $X_1$ et $X_2$ sont à valeurs dans ${\mathbb{N}}^{\ast }$, donc leur somme est à valeurs dans $\{2,3,4,\dots \}$ : en particulier $P(X_1+X_2=1)=0$. Or toute variable suivant une loi géométrique de paramètre $p^{\mathrm{\prime }}\in ]0,1[$ vérifie $P(\cdot =1)=p^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\ne }0$. La somme ne peut donc pas être géométrique. $\mathrm{\square }$

Il n'existe ainsi que deux théorèmes de stabilité au programme, la binomiale à paramètre commun et la loi de Poisson. Écrire « la somme de deux géométriques indépendantes est géométrique » est une faute grave et fréquente, et la décomposition en temps d'attente de la partie 3 montrera ce que cette somme représente réellement.

Covariance de deux variables aléatoires

C'est l'exacte transposition de la covariance empirique de la partie 1 : la moyenne des données y devient l'espérance, et la moyenne des produits d'écarts devient une espérance de produit d'écarts.

Démonstration. Notons $m=E(X)$ et $m^{\mathrm{\prime }}=E(Y)$, qui sont des constantes. Développons le produit à l'intérieur de l'espérance :

$$(X-m)(Y-m^{\mathrm{\prime }})=XY-m^{\mathrm{\prime }}X-mY+m{m}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{.}$$

La linéarité de l'espérance, appliquée aux quatre termes (l'espérance d'une constante étant cette constante), donne

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)}& {\displaystyle =E(XY)-m^{\mathrm{\prime }}E(X)-mE(Y)+m{m}^{\mathrm{\prime }}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =E(XY)-m^{\mathrm{\prime }}m-m{m}^{\mathrm{\prime }}+m{m}^{\mathrm{\prime }}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =E(XY)-m{m}^{\mathrm{\prime }}=E(XY)-E(X)E(Y)\mathrm{.}}\end{array}$$

Notons qu'aucune hypothèse d'indépendance n'intervient : seule la linéarité est utilisée. $\mathrm{\square }$

Démonstration. a. Le produit de deux réels est commutatif, donc $(X-E(X))(Y-E(Y))=(Y-E(Y))(X-E(X))$, et les deux espérances sont égales.

b. En prenant $Y=X$ dans la définition, $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,X)=E\left({(X-E(X))}^2\right)=V(X)$, qui est la définition même de la variance.

c. La variable constante égale à $a$ a pour espérance $a$, donc, par Kœnig-Huygens, $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,a)=E(aX)-E(X)\times a=aE(X)-aE(X)=0$.

d. Utilisons Kœnig-Huygens et la linéarité de l'espérance, en remarquant que $(aX+bZ)Y=a(XY)+b(ZY)$ :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(aX+bZ,Y)}& {\displaystyle =E((aX+bZ)Y)-E(aX+bZ)E(Y)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =aE(XY)+bE(ZY)-(aE(X)+bE(Z))E(Y)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a(E(XY)-E(X)E(Y))+b(E(ZY)-E(Z)E(Y))}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)+b\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(Z,Y)\mathrm{.}}\end{array}$$

La linéarité par rapport à la seconde variable s'en déduit par symétrie. $\mathrm{\square }$

La propriété c jointe à la bilinéarité donne une conséquence commode : $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X+a,Y+b)=\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)$. Comme pour la covariance empirique, translater les variables ne change rien.

Démonstration. L'indépendance donne $E(XY)=E(X)E(Y)$, résultat admis plus haut. La formule de Kœnig-Huygens s'écrit alors

$$\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=E(X)E(Y)-E(X)E(Y)=0.\mathrm{\square }$$

Démonstration. Voici le contre-exemple de référence, à savoir rédiger intégralement.

Soit $X$ une variable suivant la loi uniforme sur $\{-1,0,1\}$, c'est-à-dire $P(X=-1)=P(X=0)=P(X=1)={\displaystyle \frac{1}{3}}$, et posons $Y=X^2$.

Calcul de la covariance. Par transfert à une variable,

$$E(X)={\displaystyle \frac{-1+0+1}{3}}=0,E(XY)=E\left(X^3\right)={\displaystyle \frac{(-1{)}^3+0^3+1^3}{3}}={\displaystyle \frac{-1+0+1}{3}}=0.$$

Kœnig-Huygens donne donc

$$\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=0-0\times E(Y)=0.$$

Les deux variables sont donc non corrélées.

Elles ne sont pourtant pas indépendantes. La variable $Y=X^2$ prend les valeurs $0$ et $1$, avec

$$P(Y=0)=P(X=0)={\displaystyle \frac{1}{3}}\mathrm{.}$$

Considérons alors le couple $(0,0)$ :

$$P([X=0]\cap [Y=0])=P(X=0)={\displaystyle \frac{1}{3}},\text{alors que}P(X=0)P(Y=0)={\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{1}{3}}={\displaystyle \frac{1}{9}}\mathrm{.}$$

Comme ${\displaystyle \frac{1}{3}}\mathrm{\ne }{\displaystyle \frac{1}{9}}$, les variables $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes. $\mathrm{\square }$

Ce contre-exemple est à méditer, car il dit exactement ce que mesure la covariance. Ici, $Y$ est entièrement déterminée par $X$ : la dépendance est totale. Mais cette dépendance est de nature quadratique, et la covariance, qui ne détecte que les liaisons affines, ne la voit pas. C'est le pendant probabiliste du panneau parabolique de la figure des quatre nuages.

Il faut donc retenir la hiérarchie exacte : indépendantes entraîne non corrélées, et la flèche ne se remonte pas. Pour prouver une indépendance, on revient toujours à la définition avec les $P([X=x]\cap [Y=y])$, jamais à une covariance nulle.

Coefficient de corrélation linéaire

Démonstration. Considérons la fonction $\psi$ définie sur $\mathbb{R}$ par $\psi (t)=V(tX+Y)$. Une variance est toujours positive ou nulle, donc $\psi (t)⩾0$ pour tout réel $t$. Développons $\psi$ à l'aide de la bilinéarité et de la symétrie de la covariance, en écrivant la variance comme une covariance :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \psi (t)}& {\displaystyle =\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(tX+Y,tX+Y)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,tX+Y)+\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(Y,tX+Y)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =t^2\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,X)+t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)+t\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(Y,X)+\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(Y,Y)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =V(X)t^2+2\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)t+V(Y)\mathrm{.}}\end{array}$$

Comme $\sigma (X)\mathrm{\ne }0$, on a $V(X)>0$ : la fonction $\psi$ est donc un trinôme du second degré de coefficient dominant strictement positif, positif ou nul sur $\mathbb{R}$ tout entier. Son discriminant est donc négatif ou nul :

$$\mathrm{\Delta }=4\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y{)}^2-4V(X)V(Y)⩽0,\text{soit}\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y{)}^2⩽V(X)V(Y)\mathrm{.}$$

En prenant la racine carrée des deux membres positifs, $\mid \mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)\mid ⩽\sigma (X)\sigma (Y)$, puis en divisant par $\sigma (X)\sigma (Y)>0$, on obtient $\mid \rho (X,Y)\mid ⩽1$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Utilisons d'abord un lemme : une variable $Z$ vérifie $V(Z)=0$ si, et seulement si, $P(Z=E(Z))=1$. En effet, par transfert,

$$V(Z)=E\left({(Z-E(Z))}^2\right)=\sum _z{(z-E(Z))}^{2}P(Z=z),$$

somme de termes tous positifs. Elle est nulle si, et seulement si, chaque terme l'est, c'est-à-dire si $P(Z=z)=0$ pour toute valeur $z\mathrm{\ne }E(Z)$ : toute la probabilité est alors concentrée sur la valeur $E(Z)$.

Sens direct. Supposons $\mid \rho (X,Y)\mid =1$. Alors le discriminant du trinôme $\psi$ ci-dessus est nul, donc $\psi$ admet une racine double

$$t_0=-{\displaystyle \frac{\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)}{V(X)}},\text{et}V(t_{0}X+Y)=\psi \left(t_0\right)=0.$$

D'après le lemme, la variable $t_{0}X+Y$ est presque sûrement égale à son espérance, que nous notons $c$. Donc $P(Y=-t_{0}X+c)=1$, ce qui est la forme voulue avec $\alpha =-t_0={\displaystyle \frac{\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)}{V(X)}}$, non nul car $\rho \mathrm{\ne }0$, et $\beta =c$. Le signe de $\alpha$ est celui de $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)$, donc celui de $\rho (X,Y)$.

Réciproque. Supposons $P(Y=\alpha X+\beta )=1$ avec $\alpha \mathrm{\ne }0$. Les variables $Y$ et $\alpha X+\beta$ sont alors presque sûrement égales, donc $XY$ et $X(\alpha X+\beta )$ aussi : ces deux produits ont la même espérance. La bilinéarité donne alors

$$\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)=\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,\alpha X+\beta )=\alpha V(X),V(Y)=V(\alpha X+\beta )={\alpha }^{2}V(X)\mathrm{.}$$

Par conséquent $\sigma (Y)=\mathrm{\mid }\alpha \mathrm{\mid }\sigma (X)$ et

$$\rho (X,Y)={\displaystyle \frac{\alpha V(X)}{\sigma (X)\times \mathrm{\mid }\alpha \mathrm{\mid }\sigma (X)}}={\displaystyle \frac{\alpha }{\mathrm{\mid }\alpha \mathrm{\mid }}}=\pm 1.\mathrm{\square }$$

Variance d'une somme

Démonstration. C'est le calcul déjà fait pour l'encadrement de $\rho$, pris en $t=1$. Écrivons la variance comme une covariance et développons par bilinéarité :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle V(X+Y)}& {\displaystyle =\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X+Y,X+Y)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,X)+\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)+\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(Y,X)+\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(Y,Y)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =V(X)+2\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)+V(Y),}\end{array}$$

en utilisant la symétrie de la covariance pour regrouper les deux termes centraux. $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'indépendance entraîne $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)=0$, et le terme croisé disparaît. $\mathrm{\square }$

L'hypothèse est indispensable, et c'est la faute la plus fréquente du chapitre : la variance n'est pas linéaire. L'espérance d'une somme est toujours la somme des espérances ; la variance d'une somme n'est la somme des variances que si le terme de covariance s'annule.

Démonstration. Il suffit d'écrire $X-Y=X+(-Y)$ et d'appliquer la propriété précédente, en utilisant $V(-Y)=(-1{)}^{2}V(Y)=V(Y)$ et, par bilinéarité, $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,-Y)=-\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y)$. $\mathrm{\square }$

Notez bien le signe $+$ devant $V(Y)$ dans la différence : deux sources de dispersion indépendantes s'ajoutent toujours, qu'on additionne ou qu'on soustraie les variables.

Suites de variables aléatoires discrètes

Passer de deux variables à $n$ variables, puis à une suite infinie, n'apporte aucune idée nouvelle : ce sont les mêmes définitions, écrites avec des indices. En revanche, cela ouvre l'accès aux deux méthodes les plus rentables des concours, la décomposition en indicatrices et la décomposition en temps d'attente, qui font l'objet des deux encadrés de méthode ci-dessous.

Indépendance mutuelle

Dire d'une suite infinie qu'elle est indépendante revient donc à le dire de toutes ses sous-familles finies : on ne demande jamais d'écrire un produit infini. C'est ce cadre qui permet de modéliser une succession illimitée d'épreuves identiques, par exemple les lancers répétés d'une pièce.

Démonstration. Implication. Traitons le cas $n=3$, le cas général étant identique avec des notations plus lourdes. Soient $x_1$ et $x_2$ deux valeurs. La famille ${\left([X_3=x_3]\right)}_{x_3\in X_3(\mathrm{\Omega })}$ est un système complet d'événements, donc la formule des probabilités totales, puis l'hypothèse d'indépendance mutuelle, donnent

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle P([X_1=x_1]\cap [X_2=x_2])}& {\displaystyle =\sum _{x_3}P([X_1=x_1]\cap [X_2=x_2]\cap [X_3=x_3])}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sum _{x_3}P(X_1=x_1)P(X_2=x_2)P(X_3=x_3)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =P(X_1=x_1)P(X_2=x_2)\sum _{x_3}P(X_3=x_3)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =P(X_1=x_1)P(X_2=x_2),}\end{array}$$

puisque la dernière somme vaut $1$. Donc $X_1$ et $X_2$ sont indépendantes, et il en va de même de tout autre couple.

Contre-exemple pour la réciproque. On lance deux fois une pièce équilibrée. Notons $X_1$ la variable valant $1$ si le premier lancer donne pile et $0$ sinon, $X_2$ de même pour le second lancer, et posons

$$X_3=\{\begin{array}{ll}1& \text{si les deux lancers donnent le m}\hat{\text{e}}\text{me r}\acute{\text{e}}\text{sultat},\\ 0& \text{sinon}\mathrm{.}\end{array}$$

Les quatre issues sont équiprobables, de probabilité ${\displaystyle \frac{1}{4}}$. On a $P(X_1=1)=P(X_2=1)={\displaystyle \frac{1}{2}}$, et $X_3=1$ pour deux des quatre issues, donc $P(X_3=1)={\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Vérifions l'indépendance de $X_1$ et $X_3$. L'événement $[X_1=1]\cap [X_3=1]$ signifie « premier lancer pile, et les deux lancers identiques », c'est-à-dire « deux piles » : sa probabilité vaut ${\displaystyle \frac{1}{4}}={\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{2}}$. Les trois autres couples de valeurs se traitent de la même façon et donnent également ${\displaystyle \frac{1}{4}}$, donc $X_1$ et $X_3$ sont indépendantes. Par symétrie, $X_2$ et $X_3$ le sont aussi, et $X_1$ et $X_2$ le sont par construction : les trois variables sont indépendantes deux à deux.

Elles ne sont pourtant pas mutuellement indépendantes :

$$P([X_1=1]\cap [X_2=1]\cap [X_3=1])=P(\text{deux piles})={\displaystyle \frac{1}{4}},\text{alors que}{\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{1}{8}}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

La raison est facile à dire : prises deux par deux, les trois variables ne s'informent pas les unes les autres, mais la connaissance de deux d'entre elles détermine complètement la troisième. L'indépendance mutuelle est donc strictement plus forte que l'indépendance deux à deux, et c'est elle que les énoncés supposent quand ils écrivent « les variables sont indépendantes ».

Lemme des coalitions

Le nom vient de l'image : on sépare les variables en deux coalitions, et ce que fabrique la première coalition est indépendant de ce que fabrique la seconde. Le lemme est admis, comme le prévoit le programme, mais son emploi doit être explicitement cité dans une copie.

Une mise en garde : les deux coalitions doivent être disjointes. La variable $X_1+X_2$ n'est évidemment pas indépendante de $X_2+X_3$, puisque $X_2$ figure dans les deux.

Espérance et variance d'une somme de $n$ variables

Démonstration. Par récurrence sur $n$. Pour $n=1$ il n'y a rien à démontrer, et pour $n=2$ c'est la linéarité de l'espérance. Supposons le résultat vrai au rang $n$ et considérons $n+1$ variables. En posant $S_n={\sum }_{i=1}^n{X}_i$, la linéarité à deux variables appliquée au couple $(S_n,X_{n+1})$ donne

$$E\left(S_{n+1}\right)=E(S_n+X_{n+1})=E\left(S_n\right)+E\left(X_{n+1}\right)=\sum _{i=1}^{n}E\left(X_i\right)+E\left(X_{n+1}\right)=\sum _{i=1}^{n+1}E\left(X_i\right),$$

ce qui achève la récurrence. $\mathrm{\square }$

Démonstration. La bilinéarité de la covariance s'étend par récurrence immédiate à des sommes de $n$ termes. En écrivant la variance comme une covariance,

$$V\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(\sum _{i=1}^n{X}_i,\sum _{j=1}^n{X}_j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X_i,X_j)\mathrm{.}$$

Séparons cette somme double en deux paquets. Les termes diagonaux, ceux pour lesquels $i=j$, valent $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X_i,X_i)=V\left(X_i\right)$. Les termes non diagonaux se regroupent deux par deux : pour $i\mathrm{\ne }j$, les couples $(i,j)$ et $(j,i)$ apparaissent tous les deux, et la symétrie donne $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X_i,X_j)=\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X_j,X_i)$. D'où

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X_i,X_j)=\sum _{i=1}^{n}V\left(X_i\right)+2\sum _{1⩽i<j⩽n}\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X_i,X_j)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Démonstration. L'indépendance mutuelle entraîne l'indépendance deux à deux, donc $\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X_i,X_j)=0$ pour tous $i\mathrm{\ne }j$, deux variables indépendantes étant non corrélées. Tous les termes croisés de la formule générale disparaissent. $\mathrm{\square }$

On notera que la démonstration n'utilise que l'indépendance deux à deux : c'est une hypothèse plus faible qui suffit pour la variance, même si les énoncés donnent presque toujours l'indépendance mutuelle.

Deux méthodes à connaître par coeur

a. La méthode des indicatrices. La première méthode transforme un comptage en une somme de variables de Bernoulli, ce qui rend l'espérance immédiate même lorsque la loi de la variable comptée est inaccessible.

Démonstration. a. La variable ${\mathbf{1}}_A$ ne prend que les valeurs $0$ et $1$, et $[{\mathbf{1}}_A=1]=A$ : c'est donc une variable de Bernoulli de paramètre $P(A)$, dont l'espérance et la variance sont connues.

b. Le produit ${\mathbf{1}}_A(\omega ){\mathbf{1}}_B(\omega )$ vaut $1$ si et seulement si les deux facteurs valent $1$, c'est-à-dire si $\omega$ appartient à $A$ et à $B$, donc à $A\cap B$ ; il vaut $0$ sinon. C'est exactement ${\mathbf{1}}_{A\cap B}(\omega )$. En prenant $B=A$, on obtient ${\mathbf{1}}_A^2={\mathbf{1}}_A$.

c. Par Kœnig-Huygens et le point b,

$$\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}({\mathbf{1}}_A,{\mathbf{1}}_B)=E\left({\mathbf{1}}_A{\mathbf{1}}_B\right)-E\left({\mathbf{1}}_A\right)E\left({\mathbf{1}}_B\right)=E\left({\mathbf{1}}_{A\cap B}\right)-P(A)P(B)=P(A\cap B)-P(A)P(B)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

b. La décomposition en temps d'attente. La seconde méthode découpe une durée totale en étapes successives, chacune de loi géométrique, ce qui ramène le calcul d'une espérance à une simple addition.

Moyenne empirique d'un échantillon

Ce dispositif modélise la répétition indépendante d'une même mesure : $n$ pièces prélevées dans une production, $n$ clients interrogés dans les mêmes conditions. L'abréviation « i.i.d. », pour « indépendantes et identiquement distribuées », est parfois employée pour cette hypothèse.

Démonstration. Espérance. La linéarité, valable sans hypothèse, donne

$$E\left({\bar{X}}_n\right)={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^{n}E\left(X_i\right)={\displaystyle \frac{1}{n}}\times nm=m\mathrm{.}$$

Variance. On utilise d'abord $V(aZ)=a^{2}V(Z)$ avec $a={\displaystyle \frac{1}{n}}$, puis l'indépendance des $X_i$ :

$$V\left({\bar{X}}_n\right)={\displaystyle \frac{1}{n^2}}V\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)={\displaystyle \frac{1}{n^2}}\sum _{i=1}^{n}V\left(X_i\right)={\displaystyle \frac{1}{n^2}}\times n{\sigma }^2={\displaystyle \frac{{\sigma }^2}{n}}\mathrm{.}$$

L'écart-type s'obtient en prenant la racine carrée. $\mathrm{\square }$

Ces deux formules disent l'essentiel du sondage. La moyenne empirique est centrée sur la bonne valeur : son espérance est exactement la grandeur $m$ que l'on cherche à connaître, quelle que soit la taille de l'échantillon. Et sa dispersion décroît quand $n$ augmente, mais en ${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n}}}$ seulement : pour diviser par $2$ l'écart-type de la moyenne, il faut multiplier par $4$ la taille de l'échantillon. C'est le coût, bien connu des instituts de sondage, de toute amélioration de précision.

Tableau récapitulatif

Les formules ci-dessous sont à connaître par coeur, hypothèses comprises. C'est l'oubli d'une hypothèse, bien plus qu'une erreur de formule, qui coûte des points dans ce chapitre.

Partie statistique (données observées $(x_i,y_i{)}_{1⩽i⩽n}$).

Partie probabilités (couple $(X,Y)$ de variables discrètes).

Quatre résultats du programme sont admis dans ce chapitre : le théorème de transfert, la linéarité de l'espérance, l'égalité $E(XY)=E(X)E(Y)$ sous indépendance, et le lemme des coalitions. S'y ajoutent deux admissions techniques, signalées à l'endroit où elles servent : la formule de Vandermonde et l'indépendance des temps d'attente successifs du collectionneur. Tout le reste a été démontré ici.

Et cinq pièges reviennent à chaque copie. Confondre les objets empiriques $(\bar{x},s_{xy},r_{xy})$ et les objets probabilistes $(E(X),\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(X,Y),\rho (X,Y))$. Croire que les lois marginales déterminent la loi conjointe. Ajouter des variances sans hypothèse d'indépendance. Déduire l'indépendance d'une covariance nulle, alors que la réciproque est fausse. Enfin, affirmer qu'une somme de lois géométriques indépendantes est géométrique, ou qu'une somme de binomiales de paramètres $p$ différents est binomiale : ni l'une ni l'autre ne l'est.