Décrivez une variable aléatoire discrète

Le serveur d’une application reçoit en moyenne 4 requêtes par seconde et peut en traiter 8. Quelle est la probabilité qu’il soit débordé pendant une seconde donnée ? Et combien de requêtes échoueront, en moyenne, sur un lot de 20 ? Ces questions ne portent plus sur des événements isolés, mais sur des nombres qui dépendent du hasard.

Dans ce chapitre, vous allez apprendre à manipuler ces nombres aléatoires : les décrire par leur loi, les résumer par leur espérance et leur variance, et reconnaître les quatre lois discrètes qui reviennent partout. Le fil rouge sera ce serveur web.

Qu’est-ce qu’une variable aléatoire ?

Une variable aléatoire (v.a.) est une fonction $X : \Omega \to \mathbb{R}$ qui associe un nombre à chaque issue de l’expérience. Malgré son nom, ce n’est donc ni une variable, ni aléatoire : c’est une fonction tout à fait déterministe, et c’est l’issue $\omega$ qui est tirée au hasard.

Par exemple, si l’expérience consiste à envoyer 20 requêtes, l’issue $\omega$ décrit le sort de chacune (succès ou échec), et $X(\omega)$ est le nombre d’échecs. On écrit alors $\lbrace X = 2 \rbrace$ pour l’événement « exactement deux requêtes ont échoué », c’est-à-dire l’ensemble des issues $\omega$ telles que $X(\omega) = 2$.

Une v.a. est discrète si elle prend un nombre fini ou dénombrable de valeurs (0, 1, 2, …) : un nombre d’échecs, de requêtes, de tentatives. Elle est continue si elle prend ses valeurs dans un intervalle de $\mathbb{R}$ : un temps, une température (chapitre 5).

La loi d’une variable discrète

La loi de $X$ est la liste des valeurs possibles $x_k$ accompagnées de leurs probabilités $p_k = P(X = x_k)$. Ces probabilités sont positives et leur somme vaut 1. Une fois la loi connue, on peut oublier $\Omega$ : tout ce qu’on veut savoir sur $X$ s’en déduit.

La fonction de répartition de $X$ est :

$$F_X(x) = P(X \leq x)$$

Elle cumule les probabilités jusqu’à $x$. Pour une v.a. discrète, c’est une fonction en escalier, croissante, qui part de 0 en $-\infty$, arrive à 1 en $+\infty$ et fait un saut de hauteur $p_k$ en chaque valeur $x_k$. Elle donne directement les probabilités d’intervalles : $P(a \lt X \leq b) = F_X(b) - F_X(a)$.

La fonction de répartition empile les bâtons : chaque saut de l'escalier a la hauteur du bâton situé au même endroit. Entre deux valeurs possibles, elle reste plate.

Espérance et variance

Une loi contient beaucoup d’information. Deux nombres suffisent souvent à la résumer : sa valeur moyenne et sa dispersion.

L’espérance

L’espérance de $X$ est la moyenne de ses valeurs, pondérée par leurs probabilités :

$$E[X] = \sum_k x_k \, P(X = x_k)$$

C’est la valeur autour de laquelle se stabilise la moyenne de nombreuses réalisations de $X$ (vous le démontrerez au chapitre 7). Pour un dé équilibré, $E[X] = (1 + 2 + \dots + 6)/6 = 3{,}5$ : une valeur que le dé ne prend jamais, ce qui est normal pour une moyenne.

Deux propriétés rendent l’espérance très maniable :

• la linéarité : $E[aX + bY + c] = a\,E[X] + b\,E[Y] + c$ pour toutes v.a. $X$, $Y$ et constantes $a$, $b$, $c$, même si $X$ et $Y$ sont dépendantes ;
• le théorème de transfert : pour calculer $E[g(X)]$, inutile de chercher la loi de $g(X)$, on écrit directement $E[g(X)] = \sum_k g(x_k) \, P(X = x_k)$.

La variance

L’espérance ne dit rien de la dispersion. La variance mesure l’écart quadratique moyen à l’espérance :

$$\mathrm{Var}(X) = E\big[(X - E[X])^2\big] = E[X^2] - E[X]^2$$

La seconde forme (formule de König-Huygens) est la plus pratique pour calculer : on obtient $E[X^2]$ par le théorème de transfert. La variance s’exprime dans l’unité de $X$ au carré ; pour revenir à l’unité de $X$, on prend l’écart-type $\sigma_X = \sqrt{\mathrm{Var}(X)}$.

Contrairement à l’espérance, la variance n’est pas linéaire :

$$\mathrm{Var}(aX + b) = a^2 \, \mathrm{Var}(X)$$

Ajouter une constante décale les valeurs sans les disperser davantage ; multiplier par $a$ multiplie les écarts par $a$, donc leurs carrés par $a^2$.

Exemple

Pour un dé équilibré, $E[X^2] = (1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36)/6 = 91/6$. Donc :

$$\mathrm{Var}(X) = \frac{91}{6} - 3{,}5^2 = \frac{91}{6} - \frac{49}{4} = \frac{35}{12} \approx 2{,}92, \qquad \sigma_X \approx 1{,}71$$

Si un jeu rapporte $Y = 2X - 3$ euros, alors $E[Y] = 2 \times 3{,}5 - 3 = 4$ euros et $\mathrm{Var}(Y) = 4 \times 35/12 \approx 11{,}7$.

Passer de X à 2X − 3 décale le centre (de 3,5 à 4) et double l'écartement des valeurs : l'écart-type double, donc la variance est multipliée par 4. Le − 3 ne change pas la dispersion.

À retenir

L’espérance $E[X] = \sum_k x_k P(X = x_k)$ résume la position, la variance $\mathrm{Var}(X) = E[X^2] - E[X]^2$ la dispersion. L’espérance est linéaire ; la variance vérifie $\mathrm{Var}(aX + b) = a^2 \mathrm{Var}(X)$.

Les lois discrètes usuelles

Quatre lois couvrent l’essentiel des situations discrètes. Pour chacune, retenez l’histoire qu’elle raconte : c’est elle qui vous permet de la reconnaître dans un énoncé.

Bernoulli : un seul essai

$X$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $p$, notée $\mathcal{B}(p)$, si elle vaut 1 (succès) avec probabilité $p$ et 0 (échec) avec probabilité $1 - p$. C’est l’indicatrice d’un événement : une requête échoue ou non, un patient est malade ou non. On a $E[X] = p$ et $\mathrm{Var}(X) = p(1 - p)$.

Binomiale : compter les succès parmi $n$ essais indépendants

Si l’on répète $n$ fois, indépendamment, un essai de Bernoulli de paramètre $p$, le nombre total de succès $X = X_1 + \dots + X_n$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n, p)$ :

$$P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1 - p)^{n - k}, \qquad k = 0, 1, \dots, n$$

Le facteur $\binom{n}{k}$ compte les façons de placer les $k$ succès parmi les $n$ essais (chapitre 1), et $p^k (1-p)^{n-k}$ est la probabilité de chacune de ces configurations (par indépendance, chapitre 3). Par linéarité, $E[X] = np$, et comme les $X_i$ sont indépendantes, $\mathrm{Var}(X) = np(1 - p)$.

Exemple

Chaque requête échoue avec probabilité 5 %, indépendamment des autres. Sur un lot de 20 requêtes, le nombre d’échecs $X$ suit $\mathcal{B}(20\,;\,0{,}05)$ :

• $P(X = 0) = 0{,}95^{20} \approx 0{,}358$ ;
• $P(X = 1) = 20 \times 0{,}05 \times 0{,}95^{19} \approx 0{,}377$ ;
• $P(X \geq 2) = 1 - 0{,}358 - 0{,}377 \approx 0{,}264$.

En moyenne, $E[X] = 20 \times 0{,}05 = 1$ échec par lot, avec un écart-type $\sqrt{20 \times 0{,}05 \times 0{,}95} \approx 0{,}97$.

Géométrique : attendre le premier succès

Un client tente de se connecter jusqu’à ce que ça marche ; chaque tentative réussit avec probabilité $p$, indépendamment. Le rang du premier succès $X$ suit la loi géométrique $\mathcal{G}(p)$ :

$$P(X = k) = (1 - p)^{k - 1} p, \qquad k = 1, 2, \dots$$

Il faut $k - 1$ échecs suivis d’un succès. On montre que $E[X] = 1/p$ et $\mathrm{Var}(X) = (1 - p)/p^2$. Avec $p = 0{,}8$, il faut en moyenne $1{,}25$ tentatives, et $P(X \gt 3) = 0{,}2^3 = 0{,}008$ (trois échecs de suite).

Les bâtons décroissent toujours d'un facteur 1 − p. Quand le succès est facile, tout se joue au premier essai ; quand il est rare, l'attente a une longue queue.

Poisson : compter des événements rares

On compte des événements qui surviennent « au hasard » dans le temps ou l’espace, indépendamment les uns des autres, avec une intensité moyenne constante : des requêtes par seconde, des appels par heure, des défauts par mètre de câble. Leur nombre $X$ suit la loi de Poisson $\mathcal{P}(\lambda)$ :

$$P(X = k) = e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}, \qquad k = 0, 1, 2, \dots$$

Le paramètre $\lambda \gt 0$ est le nombre moyen d’événements sur la période : $\lambda = c\,T$ si $c$ est l’intensité par unité de temps et $T$ la durée. Particularité remarquable, $E[X] = \mathrm{Var}(X) = \lambda$.

La loi de Poisson est aussi une approximation de la binomiale quand $n$ est grand et $p$ petit (événement rare), avec $\lambda = np$. Pour 1 000 requêtes qui échouent chacune avec probabilité $0{,}002$, $P(X \leq 3)$ vaut $0{,}8573$ avec la binomiale exacte et $0{,}8571$ avec $\mathcal{P}(2)$.

Pour un événement rare sur beaucoup d'essais, binomiale et Poisson de même moyenne np = 2 sont indiscernables à l'œil.

Revenons à la question d’ouverture. Le nombre de requêtes par seconde suit $\mathcal{P}(4)$, et le serveur est débordé s’il en reçoit plus de 8. Le diagramme montre la loi, avec en magenta les valeurs qui débordent :

La probabilité de débordement vaut $P(X \gt 8) = 1 - F_X(8) \approx 0{,}021$ : environ 2 % des secondes, soit plus d’une minute par heure.

Loi	Histoire	$P(X = k)$	$E[X]$	$\mathrm{Var}(X)$
Bernoulli $\mathcal{B}(p)$	un essai	$p$ si $k=1$, $1-p$ si $k=0$	$p$	$p(1-p)$
Binomiale $\mathcal{B}(n,p)$	succès parmi $n$ essais indépendants	$\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$	$np$	$np(1-p)$
Géométrique $\mathcal{G}(p)$	rang du premier succès	$(1-p)^{k-1}p$	$1/p$	$(1-p)/p^2$
Poisson $\mathcal{P}(\lambda)$	événements rares sur une période	$e^{-\lambda}\lambda^k/k!$	$\lambda$	$\lambda$

Les lois en R : d, p, q, r

R nomme ses fonctions de lois selon une convention uniforme : un préfixe suivi du nom de la loi (binom, geom, pois, norm, exp, unif…).

Préfixe	Rôle	Exemple
d	probabilité $P(X = k)$ (ou densité, pour une loi continue)	dbinom(0, 20, 0.05)
p	fonction de répartition $P(X \leq x)$	ppois(8, 4)
q	quantile : plus petite valeur $x$ telle que $P(X \leq x) \geq$ niveau	qpois(0.99, 4)
r	tirages aléatoires	rpois(1000, 4)

# Lot de 20 requêtes, 5 % d'échecs
dbinom(0:2, size = 20, prob = 0.05)      # 0.358 0.377 0.189
1 - pbinom(1, size = 20, prob = 0.05)    # P(X >= 2) = 0.264

# Requêtes par seconde : Poisson de moyenne 4
1 - ppois(8, lambda = 4)                 # probabilité de débordement : 0.021
qpois(0.99, lambda = 4)                  # capacité suffisante 99 % du temps : 9

# Vérification par simulation d'une heure de trafic
set.seed(5)
x <- rpois(3600, lambda = 4)
mean(x); var(x)                          # tous deux proches de 4
mean(x > 8)                              # proche de 0.021

Attention

Dans R, geom compte le nombre d’échecs avant le premier succès (à partir de 0), et non le rang du premier succès (à partir de 1). Si $X$ suit $\mathcal{G}(p)$ au sens de ce cours, $P(X = k)$ s’obtient par dgeom(k - 1, p). Vérifiez toujours la convention d’une bibliothèque avant de l’utiliser.

En entretien

« La binomiale compte des succès sur un nombre fixé d’essais indépendants ; la Poisson compte des événements rares sur une période, avec moyenne et variance égales à $\lambda$. Si la variance observée est bien plus grande que la moyenne, c’est un signe que la Poisson ne convient pas (on parle de surdispersion). »

En résumé

• Une variable aléatoire est une fonction $X : \Omega \to \mathbb{R}$ ; elle est discrète si ses valeurs sont en nombre fini ou dénombrable.
• Sa loi est la liste des $P(X = x_k)$ ; sa fonction de répartition $F_X(x) = P(X \leq x)$ est en escalier.
• L’espérance est linéaire ; la variance $E[X^2] - E[X]^2$ vérifie $\mathrm{Var}(aX + b) = a^2 \mathrm{Var}(X)$.
• Bernoulli : un essai ; binomiale : nombre de succès parmi $n$ essais indépendants ; géométrique : rang du premier succès ; Poisson : nombre d’événements rares, avec $E = \mathrm{Var} = \lambda$.
• La Poisson de paramètre $np$ approche la binomiale quand $n$ est grand et $p$ petit.
• En R, d, p, q et r donnent la probabilité, la répartition, le quantile et des tirages de chaque loi.

Exercices

Exercice · Un ticket à gratter

facile

Un ticket coûte 2 €. Il rapporte 5 € avec probabilité 0,2 et 50 € avec probabilité 0,01 ; sinon, rien. Soit $G$ le gain net du joueur (gain moins mise). Donnez la loi de $G$, puis calculez $E[G]$ et l’écart-type de $G$.

Voir la solution

$G$ vaut $-2$ avec probabilité $1 - 0{,}2 - 0{,}01 = 0{,}79$, $3$ avec probabilité $0{,}2$ et $48$ avec probabilité $0{,}01$.

$$E[G] = -2 \times 0{,}79 + 3 \times 0{,}2 + 48 \times 0{,}01 = -1{,}58 + 0{,}6 + 0{,}48 = -0{,}5$$

Le joueur perd 50 centimes par ticket en moyenne. Pour la variance, $E[G^2] = 4 \times 0{,}79 + 9 \times 0{,}2 + 2\,304 \times 0{,}01 = 3{,}16 + 1{,}8 + 23{,}04 = 28$, donc $\mathrm{Var}(G) = 28 - 0{,}25 = 27{,}75$ et $\sigma_G \approx 5{,}27$ €. L’écart-type est dix fois plus grand que la perte moyenne : sur un seul ticket, le hasard domine complètement.

En code

Python

import numpy as np

# Loi du gain net G (gain moins mise de 2 €)
valeurs = np.array([-2, 3, 48])
probas = np.array([0.79, 0.20, 0.01])

esperance = np.sum(valeurs * probas)
variance = np.sum(valeurs**2 * probas) - esperance**2   # König-Huygens
print(esperance)            # -0.5
print(variance)             # 27.75
print(np.sqrt(variance))    # 5.268

R

# Loi du gain net G (gain moins mise de 2 €)
valeurs <- c(-2, 3, 48)
probas  <- c(0.79, 0.20, 0.01)

esperance <- sum(valeurs * probas)
variance  <- sum(valeurs^2 * probas) - esperance^2   # König-Huygens
esperance        # -0.5
variance         # 27.75
sqrt(variance)   # 5.268

Exercice · Reconnaître la loi

moyen

Pour chaque situation, donnez la loi de $X$ avec ses paramètres, puis son espérance.

1. Un QCM de 10 questions à 4 choix ; un étudiant répond au hasard. $X$ est le nombre de bonnes réponses.
2. On lance un dé jusqu’à obtenir un 6. $X$ est le nombre de lancers.
3. Un standard reçoit en moyenne 30 appels par heure. $X$ est le nombre d’appels entre 14 h et 14 h 10.

Voir la solution

1. Dix essais indépendants, succès avec probabilité $1/4$ : $X \sim \mathcal{B}(10\,;\,0{,}25)$ et $E[X] = 2{,}5$.
2. Rang du premier succès, $p = 1/6$ : $X \sim \mathcal{G}(1/6)$ et $E[X] = 6$ lancers en moyenne.
3. Événements indépendants à intensité constante $c = 30$ par heure, sur $T = 1/6$ d’heure : $X \sim \mathcal{P}(5)$ et $E[X] = 5$ appels.

En code

Python

from scipy import stats

qcm = stats.binom(n=10, p=0.25)     # nombre de bonnes réponses
de = stats.geom(p=1/6)              # rang du premier 6 (scipy compte à partir de 1)
appels = stats.poisson(mu=30 / 6)   # 30 appels/heure pendant 1/6 d'heure

print(qcm.mean(), de.mean(), appels.mean())   # 2.5 6.0 5.0

R

# Espérances par simulation (100 000 répétitions de chaque situation)
set.seed(0)
qcm <- rbinom(1e5, size = 10, prob = 0.25)   # bonnes réponses au hasard
de  <- rgeom(1e5, prob = 1/6) + 1            # R compte les échecs : +1 pour le rang
appels <- rpois(1e5, lambda = 30 / 6)        # 30 appels/heure pendant 1/6 d'heure

c(mean(qcm), mean(de), mean(appels))         # 2.50 6.00 4.99, proches de 2.5 6 5

Exercice · Dimensionner le serveur

difficile

On veut que le serveur du fil rouge soit débordé moins de 1 % des secondes.

1. Avec une moyenne de 4 requêtes par seconde, quelle capacité minimale $c$ faut-il ?
2. Le trafic double (8 requêtes par seconde en moyenne). Faut-il doubler la capacité ? Utilisez R.

Voir la solution

On cherche le plus petit $c$ tel que $P(X \gt c) \leq 0{,}01$, c’est-à-dire $F_X(c) \geq 0{,}99$ : c’est exactement le quantile d’ordre 0,99.

1. qpois(0.99, 4) renvoie 9 : $F_X(8) \approx 0{,}979$ ne suffit pas, $F_X(9) \approx 0{,}992$ convient.
2. qpois(0.99, 8) renvoie 15 : $F_X(14) \approx 0{,}983$ et $F_X(15) \approx 0{,}992$. Il suffit de 15, et non de 18.

La capacité ne double pas, car l’écart-type de la Poisson, $\sqrt{\lambda}$, croît moins vite que sa moyenne : la marge de sécurité nécessaire, en proportion du trafic, diminue quand le trafic augmente. C’est un effet d’échelle bien connu en dimensionnement de réseaux.

En code

Python

from scipy import stats

# Plus petite capacité c telle que P(X <= c) >= 0.99
for trafic in (4, 8):
    c = stats.poisson.ppf(0.99, mu=trafic)
    print(trafic, c, stats.poisson.cdf([c - 1, c], mu=trafic).round(3))
# 4  9.0 [0.979 0.992]
# 8 15.0 [0.983 0.992]

R

# Plus petite capacité c telle que P(X <= c) >= 0.99
qpois(0.99, lambda = 4)            # 9
ppois(8:9, lambda = 4)             # 0.979 0.992
qpois(0.99, lambda = 8)            # 15, et non 2 x 9 = 18
ppois(14:15, lambda = 8)           # 0.983 0.992

# Capacité relative au trafic : la marge diminue quand le trafic grandit
trafics <- c(4, 8, 16, 100)
qpois(0.99, trafics) / trafics     # 2.25 1.88 1.63 1.24