Lois discrètes usuelles

Objectifs du chapitre

À la fin de ce chapitre, vous serez capable de:

reconnaître, dans un énoncé, l'expérience aléatoire qui conduit à l'une des lois discrètes usuelles — uniforme, de Bernoulli, binomiale, géométrique, de Pascal, hypergéométrique, de Poisson — et en identifier les paramètres;
établir la loi de chacune, calculer son espérance et sa variance, et retrouver ces formules par un calcul que vous savez refaire;
distinguer un tirage avec remise d'un tirage sans remise, et un nombre d'essais fixé d'avance d'une attente du premier succès;
démontrer que la loi de Poisson est la limite de la loi binomiale lorsque $n \to \infty$ et $n p \to λ$ , et énoncer l'absence de mémoire de la loi géométrique;
appliquer les approximations usuelles (hypergéométrique par binomiale, binomiale par Poisson) en contrôlant l'erreur commise, et dire pourquoi les règles empiriques associées sont des conventions et non des théorèmes;
traiter complètement deux situations d'ingénieur: l'acceptation d'un lot par échantillonnage et le dimensionnement d'un service soumis à des arrivées aléatoires.

Pourquoi des lois usuelles

Le chapitre 3 a construit tout l'outillage général des variables aléatoires discrètes: la loi $P (X = k)$ , la fonction de répartition $F_{X} (x) = P (X \leq x)$ , l'espérance $E [X] = \sum_{k} k P (X = k)$ , le théorème de transfert , la variance et la formule de König–Huygens . Cet outillage s'applique à variable discrète; il ne dit rien de particulier sur aucune.

Or la pratique est tout autre. Une poignée de mécanismes élémentaires — répéter une expérience, attendre un succès, tirer dans une urne, compter des événements rares — engendre la quasi-totalité des situations que l'on rencontre. Chacun de ces mécanismes produit une famille de lois indexée par un ou deux paramètres, dont l'espérance, la variance et la forme se calculent une fois pour toutes. Ce chapitre est donc un catalogue, mais un catalogue raisonné: chaque loi y est présentée par l'expérience qui la fabrique, et c'est cette expérience — jamais la formule — qui permet de la reconnaître dans un énoncé.

Devant un problème concret, quatre questions suffisent presque toujours à trancher.

Que compte-t-on? Des succès parmi un nombre d'essais donné, ou le rang du premier succès, ou des occurrences dans un intervalle de temps ou d'espace?
Le nombre d'essais est-il fixé d'avance? Si oui, la variable est bornée; sinon, le support est infini.
Les essais sont-ils indépendants et de même probabilité? C'est le cas d'un tirage avec remise; ce ne l'est pas d'un tirage sans remise dans une population finie.
Y a-t-il un continuum? Si l'on compte des événements le long d'une durée, d'une longueur ou d'une surface, sans nombre d'essais identifiable, on entre dans le domaine de la loi de Poisson.

La figure 4.3 et le tableau de la section «Quelle loi choisir?» organisent ces quatre questions en une procédure de décision. Nous y reviendrons une fois toutes les lois construites.

La loi uniforme discrète

C'est la plus simple de toutes, et celle que le chapitre 1 a utilisée sans la nommer: elle formalise l'équiprobabilité sur un ensemble fini de valeurs numériques.

La somme des probabilités vaut $n \times \frac{1}{n} = 1$ : c'est bien une loi. L'expérience modélisée est celle d'un tirage «au hasard» sans aucune raison de préférer une valeur à une autre: un dé équilibré, une roulette honnête, un numéro de tirage au sort, le choix d'un individu dans une population de $n$ personnes.

Démonstration. Par définition de l'espérance et avec la somme des $n$ premiers entiers,

E [X] = k = 1 \sum n k \cdot \frac{1}{n} = \frac{1}{n} \cdot \frac{n ( n + 1 )}{2} = \frac{n + 1}{2} .

Le théorème de transfert donne ensuite, avec la somme des carrés,

E [X^{2}] = \frac{1}{n} k = 1 \sum n k^{2} = \frac{1}{n} \cdot \frac{n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6} = \frac{( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6},

et la formule de König–Huygens (chapitre 3) donne

Var (X) = \frac{( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6} - \frac{( n + 1 ) ^{2}}{4} = \frac{n + 1}{12} [2 (2 n + 1) - 3 (n + 1)] = \frac{( n + 1 ) ( n - 1 )}{12} = \frac{n ^{2} - 1}{12} . □

Pour une loi uniforme sur des valeurs quelconques ${x_{1}, \dots, x_{n}}$ , il n'y a pas de formule plus courte que la moyenne arithmétique $E [X] = \frac{1}{n} \sum x_{i}$ et la variance empirique correspondante, divisée par et non par (la distinction, essentielle en statistique, est celle du chapitre 9).

La loi de Bernoulli: l'atome du chapitre

Toute la suite du chapitre repose sur une seule expérience, si pauvre qu'elle semble ne rien contenir: on réalise une épreuve dont l'issue est soit un succès, soit un échec. C'est le schéma de Bernoulli, du nom de Jacques Bernoulli (1654–1705), dont l'Ars conjectandi posthume (1713) est l'acte de naissance du sujet.

Le mot «succès» n'a évidemment aucune connotation favorable: dans un contrôle de qualité, le «succès» est la pièce défectueuse, parce que c'est elle que l'on compte. Ce qui définit un schéma de Bernoulli n'est pas la nature de l'événement, mais le fait que l'on ait dichotomisé l'issue de l'épreuve en deux classes complémentaires.

Une remarque de vocabulaire qui servira sans cesse: si $A$ est un événement, la variable indicatrice $1_{A}$ , qui vaut $1$ si $A$ est réalisé et $0$ sinon, suit exactement la loi $B (P (A))$ . Toute variable de Bernoulli est l'indicatrice d'un événement, et réciproquement. C'est ce dictionnaire qui permettra de calculer des espérances par découpage.

Démonstration. L'espérance vaut $E [X] = 0 \cdot (1 - p) + 1 \cdot p = p$ . Comme $X$ ne prend que les valeurs $0$ et $1$ , on a $X^{2} = X$ , donc — c'est l'astuce qui rend ce calcul immédiat — et König–Huygens donne

Var (X) = p - p^{2} = p (1 - p) .

La fonction $p \mapsto p (1 - p)$ est une parabole tournée vers le bas, nulle en $0$ et en $1$ , de dérivée $1 - 2 p$ : elle atteint son maximum $\frac{1}{4}$ en .

La loi binomiale

De l'épreuve unique au schéma répété

La notation $B$ sert donc à la fois pour Bernoulli et pour la binomiale; il n'y a pas d'ambiguïté, car $B (p)$ a un paramètre et $B (n, p)$ en a deux. La loi de Bernoulli est exactement le cas $n = 1$ : $B (1, p) = B (p)$ .

Démonstration. Une réalisation du schéma est une suite ordonnée de $n$ résultats, chacun S (succès) ou E (échec). Fixons une telle suite comportant exactement $k$ succès, par exemple $SSE \dots S$ . Les épreuves étant indépendantes, la probabilité de cette suite précise est le produit des probabilités de ses $n$ résultats, soit $p$ élevé au nombre de succès et $1 - p$ au nombre d'échecs:

p^{k} (1 - p)^{n - k},

et l'on notera que cette valeur ne dépend pas de l'ordre dans lequel les succès apparaissent: toutes les suites à $k$ succès ont la même probabilité. Il reste à les compter. Une telle suite est entièrement déterminée par l'ensemble des rangs des succès, c'est-à-dire par une partie à $k$ éléments de ${1, \dots, n}$ : il y en a $(k n)$ (chapitre 1). Comme ces suites sont deux à deux disjointes et que leur réunion est l'événement ${X = k}$ , l'additivité donne (4.4).

La somme vaut $1$ par la formule du binôme de Newton:

k = 0 \sum n (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k} = (p + (1 - p))^{n} = 1^{n} = 1. □

C'est cette dernière identité qui donne son nom à la loi. Retenez la structure de l'argument, car elle se reproduira: une probabilité de chemin, multipliée par un nombre de chemins.

Espérance, variance et forme

Démonstration (par décomposition en somme de Bernoulli). Notons $X_{i} = 1_{{l’ \overset{e}{ˊ} preuve i est un succ \overset{e}{ˋ} s}}$ . Chaque $X_{i}$ suit et, par construction du schéma,

X = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n} . (4.6)

La linéarité de l'espérance (chapitre 3), qui ne demande aucune hypothèse d'indépendance, donne immédiatement $E [X] = \sum_{i = 1}^{n} E [X_{i}] = n p$ .

Pour la variance, on invoque l'additivité de la variance pour des variables indépendantes, $Var (X_{1} + \dots + X_{n}) = \sum_{i} Var (X_{i})$ , d'où . Cette additivité est précisément ce que le chapitre 7 établira, à partir de la covariance: elle est fausse en général, et c'est l'indépendance des épreuves du schéma qui la légitime ici.

Démonstration directe de la variance (sans le chapitre 7). Calculons le moment factoriel $E [X (X - 1)]$ par le théorème de transfert. Les termes $k = 0$ et $k = 1$ étant nuls,

E [X (X - 1)] = k = 2 \sum n k (k - 1) (k n) p^{k} q^{n - k}, q = 1 - p .

L'identité $k (k - 1) (k n) = n (n - 1) (k - 2 n - 2)$ , qui se vérifie en écrivant les factorielles, permet de sortir :

E [X (X - 1)] = n (n - 1) p^{2} k = 2 \sum n (k - 2 n - 2) p^{k - 2} q^{(n - 2) - (k - 2)} = n (n - 1) p^{2} (p + q)^{n - 2} = n (n - 1) p^{2} .

Donc $E [X^{2}] = E [X (X - 1)] + E [X] = n (n - 1) p^{2} + n p$ , et

Var (X) = n (n - 1) p^{2} + n p - n^{2} p^{2} = n p - n p^{2} = n p (1 - p) . □

Les deux démonstrations méritent d'être connues. La première explique pourquoi le résultat est ce qu'il est — la variance s'ajoute parce que les épreuves sont indépendantes — et se généralise à toutes les sommes de variables indépendantes. La seconde ne suppose rien d'autre que le chapitre 3 et le binôme de Newton.

Démonstration. Pour $1 \leq k \leq n$ , le rapport de deux probabilités consécutives vaut

\frac{P ( X = k )}{P ( X = k - 1 )} = \frac{( k n ) p ^{k} q ^{n - k}}{( k - 1 n ) p ^{k - 1} q ^{n - k + 1}} = \frac{n - k + 1}{k} \cdot \frac{p}{q} .

Ce rapport est supérieur ou égal à $1$ si et seulement si $(n - k + 1) p \geq k q$ , c'est-à-dire, en développant, $n p + p \geq k$ , soit $k \leq (n + 1) p$ . Les probabilités croissent donc tant que et décroissent ensuite, ce qui donne (4.7); l'égalité produit deux valeurs consécutives égales.

La forme de la loi dépend de $p$ de façon simple. Si $X \sim B (n, p)$ , alors $n - X$ compte les échecs et suit $B (n, 1 - p)$ : les lois $B (n, p)$ et $B (n, 1 - p)$ sont donc images l'une de l'autre par la symétrie . En particulier:

pour $p = \frac{1}{2}$ , la loi est symétrique autour de $n /2$ , puisque $(k n) = (n - k n)$ ;

Ainsi, pour $n = 10$ et $p = 0, 3$ , les probabilités valent $0, 0282$ , $0, 1211$ , $0, 2335$ , $0, 2668$ , $0, 2001$ , $0, 1029$ , , , , , pour ; pour , on lit exactement la même liste à l'envers. Le mode vaut dans le premier cas et dans le second, ce qui est cohérent avec .

Démonstration. Une démonstration probabiliste tient en une phrase: $X$ compte les succès d'un premier bloc de $n_{1}$ épreuves, $Y$ ceux d'un second bloc de $n_{2}$ épreuves indépendantes du premier et de même paramètre $p$ ; l'ensemble des $n_{1} + n_{2}$ épreuves forme un schéma de Bernoulli de paramètres et , dont compte les succès.

On peut aussi la vérifier par le calcul. Pour $0 \leq k \leq n_{1} + n_{2}$ , la formule de la loi d'une somme de variables indépendantes (convolution, chapitre 7) donne

P (X + Y = k) = j \sum P (X = j) P (Y = k - j) = p^{k} q^{n_{1} + n_{2} - k} j \sum (j n _{1}) (k - j n _{2}),

et l'identité de Vandermonde $\sum_{j} (j n _{1}) (k - j n _{2}) = (k n _{1} + n _{2})$ (chapitre 1) conclut.

Question 4.1

Une urne contient 3 boules rouges et 7 boules noires. On tire 4 boules avec remise et l'on note $X$ le nombre de rouges obtenues. Quelle est la loi de $X$ ?

Question 4.2

Une machine produit $4 %$ de pièces défectueuses, indépendamment. Sur $25$ pièces prélevées, quelle est la probabilité d'en trouver exactement $2$ défectueuses?

L'explorateur

Explorateur 4.1 · Explorateur de la loi binomiale et de son approximation de Poisson

Les bâtons donnent la loi binomiale B(n, p); les points bleus donnent la loi de Poisson P(np), de même espérance. Faites glisser p vers 0 en gardant np constant: l'écart maximal entre les deux lois s'effondre. Augmentez p: il explose, et l'approximation de Poisson devient inutilisable.

Nombre d'essais n20

Probabilité de succès p0,20

Espérance E[X] = np

4,00

Variance np(1 − p)

3,200

Écart-type σ

1,789

Mode ⌊(n + 1)p⌋

Paramètre de Poisson λ = np

4,00

Écart maximal |P_B − P_P|

0,0228

L'explorateur ci-dessus superpose aux bâtons de $B (n, p)$ les points de la loi de Poisson $P (n p)$ , que nous construirons dans quelques pages. Trois manipulations valent la peine d'être faites tout de suite.

Fixez $p = 0, 5$ et augmentez $n$ . La loi reste symétrique et se déplace vers la droite, à la vitesse $n p$ , en s'élargissant beaucoup plus lentement: l'écart-type $n p (1 - p)$ croît en seulement. C'est le germe du théorème central limite du chapitre 8.

La loi géométrique

Attendre le premier succès

Changeons de question. Dans un schéma de Bernoulli, ne fixons plus le nombre d'épreuves, mais répétons-les indépendamment jusqu'à obtenir le premier succès, et comptons combien il en aura fallu.

La formule se lit directement sur l'expérience: l'événement ${X = k}$ signifie « $k - 1$ échecs consécutifs, puis un succès», dont la probabilité est $q^{k - 1} p$ par indépendance, avec $q = 1 - p$ . La somme vaut bien $1$ , par la série géométrique de raison (chapitre 4 d'Analyse I):

k = 1 \sum \infty q^{k - 1} p = p j = 0 \sum \infty q^{j} = \frac{p}{1 - q} = \frac{p}{p} = 1.

Le cas $p = 0$ est exclu: sans succès possible, l'attente est infinie et il n'y a pas de loi de probabilité sur $N^{*}$ . Notons au passage la fonction de survie, plus commode que la fonction de répartition:

P (X > k) = q^{k}, donc F_{X} (k) = P (X \leq k) = 1 - q^{k}, k \geq 0. (4.10)

La première égalité s'obtient sans calcul: ${X > k}$ signifie que les $k$ premières épreuves ont toutes échoué.

Démonstration. Si $p = 1$ , alors $X = 1$ presque sûrement et les deux formules donnent bien $E [X] = 1$ et $Var (X) = 0$ ; écartons ce cas et posons $q = 1 - p \in] 0, 1 [$ . Le théorème de la (Analyse I, chapitre 4) donne , et son itération . En divisant la première par et en retranchant la première de la seconde avant de diviser par , on obtient les deux sommes dont nous avons besoin:

k = 1 \sum \infty k q^{k - 1} = \frac{1}{( 1 - q ) ^{2}} = \frac{1}{p ^{2}}, k = 2 \sum \infty k (k - 1) q^{k - 2} = \frac{q ( 1 + q ) - q ( 1 - q )}{q ^{2} ( 1 - q ) ^{3}} = \frac{2}{( 1 - q ) ^{3}} = \frac{2}{p ^{3}} .

(Ces deux identités s'obtiennent aussi en dérivant une fois, puis deux fois, la série $\sum_{j} q^{j} = 1/ (1 - q)$ terme à terme; mais la dérivation terme à terme d'une série entière relève de l'Analyse II, alors que le théorème du chapitre 4 d'Analyse I est démontré par simple regroupement de termes positifs. Nous nous en tenons donc à ce dernier.)

Par conséquent

E [X] = k \geq 1 \sum k q^{k - 1} p = p \cdot \frac{1}{p ^{2}} = \frac{1}{p},

puis, pour le moment factoriel,

E [X (X - 1)] = k \geq 2 \sum k (k - 1) q^{k - 1} p = pq k \geq 2 \sum k (k - 1) q^{k - 2} = pq \cdot \frac{2}{p ^{3}} = \frac{2 q}{p ^{2}} .

D'où $E [X^{2}] = \frac{2 q}{p ^{2}} + \frac{1}{p}$ et

Var (X) = \frac{2 q}{p ^{2}} + \frac{1}{p} - \frac{1}{p ^{2}} = \frac{2 q + p - 1}{p ^{2}} = \frac{2 q - q}{p ^{2}} = \frac{q}{p ^{2}} = \frac{1 - p}{p ^{2}} . □

Il existe une démonstration de $E [X] = 1/ p$ qui se passe de toute série et qui éclaire le mécanisme. Conditionnons sur le résultat de la première épreuve: avec probabilité $p$ c'est un succès et $X = 1$ ; avec probabilité $1 - p$ c'est un échec, et il faut alors recommencer une attente de même loi, d'où $X = 1 + X^{'}$ avec de même loi que . En prenant l'espérance,

E [X] = p \cdot 1 + (1 - p) (1 + E [X]) ⟹ p E [X] = 1 ⟹ E [X] = \frac{1}{p} .

Ce raisonnement de «premier pas» suppose que $E [X]$ existe (ce que le calcul de séries garantit), mais il montre bien d'où vient le $1/ p$ : il faut en moyenne $1/ p$ essais pour qu'un événement de probabilité $p$ se produise. Avec un dé, il faut en moyenne $6$ lancers pour obtenir un six.

La figure 4.1 montre deux traits caractéristiques. D'abord, le mode d'une loi géométrique est toujours $1$ : la valeur la plus probable du nombre d'essais est $1$ , quelle que soit $p$ , puisque la suite $q^{k - 1} p$ est strictement décroissante. Ensuite, la décroissance est exponentielle et non pas abrupte: pour $p = 0, 2$ , il reste une probabilité $0, 8^{10} = 0, 107$ que le premier succès n'arrive pas avant le onzième essai. Les lois géométriques ont une queue lourde à l'échelle de leur espérance, ce qui explique l'impatience que suscitent les files d'attente et les jeux de hasard.

L'absence de mémoire

Démonstration. Sens direct. L'événement ${X > m + n}$ est inclus dans ${X > m}$ , donc, par la définition de la probabilité conditionnelle (chapitre 2) et par (4.10),

P (X > m + n ∣ X > m) = \frac{P ( X > m + n )}{P ( X > m )} = \frac{q ^{m + n}}{q ^{m}} = q^{n} = P (X > n) .

Réciproque. Soit $X$ une variable à valeurs dans $N^{*}$ vérifiant (4.12), et posons $u_{n} = P (X > n)$ pour $n \geq 0$ , de sorte que $u_{0} = 1$ . La relation (4.12) s'écrit pour tous . Une récurrence immédiate donne alors . Posons ; si , vaut presque sûrement, ce qui est ; si , alors pour tout et n'est pas à valeurs finies. Donc et, pour ,

P (X = k) = P (X > k - 1) - P (X > k) = q^{k - 1} - q^{k} = q^{k - 1} (1 - q),

c'est-à-dire $X \sim G (1 - q)$ . $□$

Ce que «sans mémoire» veut dire, et ne veut pas dire

La propriété (4.12) dit: sachant que le succès n'est pas encore arrivé après $m$ essais, la loi du nombre d'essais supplémentaires est celle du départ. Une pièce qui vient de tomber dix fois sur pile n'est pas «due» à faire face: le onzième lancer ignore les dix précédents. C'est la formulation exacte de ce que le sens commun appelle, à tort, la «loi des séries».

Attention cependant à ne pas en tirer une contradiction avec l'espérance. Il reste vrai que $E [X] = 1/ p$ : un dé donne un six au bout de six lancers en moyenne. L'absence de mémoire ne dit pas que l'attente est infinie, elle dit que le compteur d'attente se remet à zéro. Au chapitre 6, la loi exponentielle apparaîtra comme l'unique loi continue sans mémoire: elle est à la loi géométrique ce que le temps continu est au temps discret.

Question 4.3

On lance un dé équilibré jusqu'à obtenir un six. Sachant que les cinq premiers lancers n'ont pas donné de six, quelle est la probabilité qu'il faille encore au moins six lancers supplémentaires?

La loi de Pascal, ou binomiale négative

La loi géométrique se généralise sans effort: au lieu d'attendre le premier succès, attendons le $r$ -ième.

La formule se lit à nouveau sur l'expérience: l'événement ${X = k}$ impose un succès au $k$ -ième essai — de probabilité $p$ — et exactement $r - 1$ succès répartis parmi les $k - 1$ premiers essais, ce qui donne $(r - 1 k - 1) p^{r - 1} q^{k - r}$ . Le produit des deux est (4.13). Pour on retrouve exactement (4.9): est la loi de Pascal de paramètres et .

Comme $X$ est la somme de $r$ attentes géométriques indépendantes de même paramètre $p$ — le temps jusqu'au premier succès, puis, en repartant de zéro grâce à l'absence de mémoire, le temps du premier au deuxième succès, et ainsi de suite —, la linéarité de l'espérance et l'additivité de la variance (chapitre 7) donnent immédiatement

E [X] = \frac{r}{p}, Var (X) = \frac{r ( 1 - p )}{p ^{2}} . (4.14)

Pour $r = 3$ et $p = 0, 2$ , par exemple: $E [X] = 15$ essais et $Var (X) = 60$ , soit $σ_{X} = 7, 75$ . Le nom «binomiale négative» vient de ce que la somme des probabilités (4.13) se calcule par la série binomiale d'exposant ; nous ne l'utiliserons pas ici, et cette loi n'interviendra plus dans le cours qu'à titre de culture — elle est très utilisée en fiabilité et en épidémiologie, où elle sert aussi de modèle de comptage «surdispersé», c'est-à-dire de variance supérieure à l'espérance.

La loi hypergéométrique

Tirer sans remise

Reprenons l'urne, mais retirons la remise. C'est la situation d'un contrôle de réception: on prélève $n$ pièces dans un lot de $N$ pièces et on ne les y remet pas. Les tirages ne sont alors plus indépendants — chaque pièce prélevée modifie la composition de ce qui reste — et la loi binomiale ne s'applique plus.

La démonstration de (4.15) est un pur dénombrement (chapitre 1): il y a $(n N)$ échantillons possibles, tous de même probabilité; ceux qui contiennent exactement $k$ marqués s'obtiennent en choisissant $k$ marqués parmi $K$ et $n - k$ non marqués parmi $N - K$ . Le support mérite un instant d'attention: on ne peut pas prélever plus de marqués qu'il n'y en a (), ni plus que la taille de l'échantillon (), et si l'échantillon est grand, il contient forcément des marqués (). Que la somme des probabilités vaille est exactement l'identité de Vandermonde .

Démonstration de l'espérance. Numérotons les tirages de $1$ à $n$ et posons $I_{i} = 1_{{le i -i \overset{e}{ˋ} me objet pr \overset{e}{ˊ} lev \overset{e}{ˊ} est marqu \overset{e}{ˊ}}}$ , de sorte que . Par symétrie, le -ième objet prélevé est un objet «pris au hasard» dans la population: plus précisément, en considérant une permutation aléatoire uniforme des objets, chaque objet a la même probabilité d'occuper la position , donc

P (I_{i} = 1) = \frac{K}{N} pour tout i = 1, \dots, n .

La linéarité de l'espérance (chapitre 3), qui ne suppose aucune indépendance, donne alors

E [X] = i = 1 \sum n E [I_{i}] = n \frac{K}{N} . □

Le calcul de la variance suit la même décomposition, mais fait intervenir les covariances $Cov (I_{i}, I_{j})$ , qui sont négatives — prélever un objet marqué diminue la chance que le suivant le soit —, et il est renvoyé au chapitre 7, où la covariance est définie. Nous admettons donc la seconde formule de (4.16); on la vérifie aisément sur des cas numériques, et nous le ferons.

L'espérance est donc exactement la même que celle de $B (n, p)$ avec $p = K / N$ : le tirage sans remise ne biaise rien en moyenne. Seule la variance change, d'un facteur de correction de population finie

\frac{N - n}{N - 1} \leq 1. (4.17)

Ce facteur vaut $1$ quand $n = 1$ , décroît quand l'échantillon grandit, et s'annule quand $n = N$ (si l'on prélève tout le lot, on connaît $X = K$ sans incertitude). Autrement dit: tirer sans remise est plus précis que tirer avec remise, et d'autant plus que l'on prélève une fraction importante de la population. C'est une bonne nouvelle pour le contrôleur, et l'origine d'une idée fausse tenace selon laquelle un sondage devrait être proportionnel à la taille du pays: comme le montre (4.17), dès que $n / N$ est petit, le facteur est proche de $1$ et la taille de la population n'intervient plus.

Quand peut-on remplacer l'hypergéométrique par la binomiale?

Intuitivement, si l'on prélève $20$ pièces dans un lot de $10000$ , le fait de ne pas les remettre ne change presque rien: la composition du lot reste quasi inchangée. Vérifions-le, plutôt que de l'affirmer. Le tableau suivant compare $H (N, K, 10)$ et $B (10; 0, 1)$ pour $K / N = 0, 1$ fixé et $N$ croissant; la colonne d'écart donne , calculé sur tout le support.

$N$	$K$	$n / N$	facteur $\frac{N - n}{N - 1}$	écart maximal
50	5	0,20	0,8163	0,0439
100	10	0,10	0,9091	0,0206
200	20	0,05	0,9548	0,0100
500	50	0,02	0,9820	0,0039
1000	100	0,01	0,9910	0,0020
5000	500	0,002	0,9982	0,0004

La lecture est nette: l'écart est à peu près proportionnel à $n / N$ , et il tombe au-dessous de $0, 02$ dès que $n \leq 0, 1 N$ . De là la règle usuelle.

Question 4.4

Une urne contient $20$ jetons dont $8$ sont marqués. On en tire $5$ sans remise. Quelle est la probabilité d'obtenir exactement $2$ jetons marqués?

La loi de Poisson

Compter des événements rares

Les trois lois précédentes reposent sur des essais identifiables. Mais que faire lorsqu'on compte le nombre d'appels reçus par un central en une minute, le nombre de défauts sur un kilomètre de câble, le nombre de désintégrations d'une source radioactive en dix secondes ou le nombre de clients entrant dans une agence entre 14 h et 15 h? Il n'y a pas de «nombre d'essais»: le temps est continu, les occurrences peuvent tomber n'importe où. La loi qui répond à cette question est celle que Siméon Denis Poisson publia en 1837.

Que ces nombres somment à $1$ tient au développement en série de l'exponentielle, $\sum_{k \geq 0} x^{k} / k! = e^{x}$ (chapitre 6 d'Analyse I, qui en fait la définition de $exp$ ; le chapitre 4 en avait établi la convergence):

k = 0 \sum \infty e^{- λ} \frac{λ ^{k}}{k !} = e^{- λ} k = 0 \sum \infty \frac{λ ^{k}}{k !} = e^{- λ} e^{λ} = 1.

Contrairement aux lois précédentes, la loi de Poisson n'est pas définie par une expérience de comptage explicite: elle est définie par sa formule. C'est le théorème suivant qui lui donne son sens.

La loi de Poisson comme limite de la binomiale

Démonstration. Posons $λ_{n} = n p_{n}$ , de sorte que $λ_{n} \to λ$ et $p_{n} = λ_{n} / n \to 0$ . Fixons et écrivons, pour ,

(k n) p_{n}^{k} (1 - p_{n})^{n - k} = A_{n} \frac{n ( n - 1 ) \dots ( n - k + 1 )}{n ^{k}} \cdot \frac{λ _{n}^{k}}{k !} \cdot B_{n} (1 - \frac{λ _{n}}{n})^{n} \cdot C_{n} (1 - \frac{λ _{n}}{n})^{- k} .

Traitons les trois facteurs séparément.

Le facteur $A_{n}$ . C'est un produit de $k$ termes,

A_{n} = j = 0 \prod k - 1 (1 - \frac{j}{n}),

où $k$ est fixé; chaque facteur tend vers $1$ , donc $A_{n} \to 1$ .

Le facteur $B_{n}$ . Comme $λ_{n} / n \to 0$ , on peut prendre le logarithme pour $n$ assez grand et utiliser le développement limité $ln (1 + u) = u + o (u)$ quand (chapitre 9 d'Analyse I):

ln B_{n} = n ln (1 - \frac{λ _{n}}{n}) = n (- \frac{λ _{n}}{n} + o (\frac{λ _{n}}{n})) = - λ_{n} + o (λ_{n}) n \to \infty - λ,

d'où $B_{n} \to e^{- λ}$ par continuité de l'exponentielle.

Le facteur $C_{n}$ . Ici encore $k$ est fixé et $λ_{n} / n \to 0$ , donc $C_{n} \to 1^{- k} = 1$ .

Enfin $λ_{n}^{k} \to λ^{k}$ . En multipliant les quatre limites,

(k n) p_{n}^{k} (1 - p_{n})^{n - k} ⟶ 1 \cdot \frac{λ ^{k}}{k !} \cdot e^{- λ} \cdot 1 = e^{- λ} \frac{λ ^{k}}{k !} . □

Ce théorème est la clef d'interprétation de la loi de Poisson. Découpons une minute en $n$ intervalles très courts. Si les appels arrivent «au hasard», chacun de ces intervalles a une probabilité $p_{n}$ très petite de contenir un appel, à peu près indépendamment des autres, et le nombre total d'appels est approximativement $B (n, p_{n})$ . En faisant tendre le découpage vers zéro à intensité constante $n p_{n} = λ$ , on obtient exactement . Le paramètre est donc une : un nombre moyen d'événements par unité de temps (ou de longueur, ou de surface).

Les hypothèses cachées derrière «au hasard»

Le raisonnement ci-dessus n'est valable que si trois conditions sont remplies, et elles ne le sont pas toujours: (i) l'intensité est constante sur la période considérée; (ii) ce qui se passe dans deux intervalles disjoints est indépendant; (iii) deux événements ne peuvent pas se produire exactement en même temps. Ces trois hypothèses définissent le processus de Poisson, dont la loi $P (λ t)$ est le comptage sur une durée $t$ et dont l'intervalle entre deux occurrences suit la loi exponentielle $E (λ)$ du chapitre 6.

Un central d'appels viole (i) tous les jours: l'intensité de 8 h n'est pas celle de 3 h du matin. On applique alors le modèle par tranches horaires. Une épidémie viole (ii): les contaminations sont contagieuses, donc groupées. Un modèle de Poisson qui ne colle pas est presque toujours un modèle dont l'une de ces trois hypothèses est fausse, et c'est un diagnostic, pas un échec.

Démonstration. Le terme $k = 0$ étant nul,

E [X] = k \geq 1 \sum k e^{- λ} \frac{λ ^{k}}{k !} = λ e^{- λ} k \geq 1 \sum \frac{λ ^{k - 1}}{( k - 1 )!} = λ e^{- λ} e^{λ} = λ,

où l'on a simplifié $k / k! = 1/ (k - 1)!$ puis reconnu la série exponentielle. De même, pour le moment factoriel,

E [X (X - 1)] = k \geq 2 \sum k (k - 1) e^{- λ} \frac{λ ^{k}}{k !} = λ^{2} e^{- λ} k \geq 2 \sum \frac{λ ^{k - 2}}{( k - 2 )!} = λ^{2} .

Donc $E [X^{2}] = λ^{2} + λ$ et $Var (X) = λ^{2} + λ - λ^{2} = λ$ .

L'égalité $E [X] = Var (X)$ est la signature de la loi de Poisson, et elle fournit un test de terrain immédiat: sur des données de comptage, si la variance empirique est très supérieure à la moyenne, le modèle de Poisson est à rejeter (on parle de surdispersion, souvent due à un regroupement des événements, et l'on se tourne alors vers la binomiale négative). Elle est aussi cohérente avec le théorème 4.10: la variance de $B (n, p)$ vaut $n p (1 - p)$ , qui tend vers $λ$ quand $p \to 0$ à constant.

Démonstration. Pour $k \geq 0$ , en décomposant selon la valeur de $X$ (formule de convolution, chapitre 7),

P (X + Y = k) = j = 0 \sum k P (X = j) P (Y = k - j) = j = 0 \sum k e^{- λ} \frac{λ ^{j}}{j !} e^{- μ} \frac{μ ^{k - j}}{( k - j )!} .

Mettons $e^{- (λ + μ)} / k!$ en facteur et faisons apparaître les coefficients binomiaux:

P (X + Y = k) = \frac{e ^{- (λ + μ)}}{k !} j = 0 \sum k \frac{k !}{j ! ( k - j )!} λ^{j} μ^{k - j} = \frac{e ^{- (λ + μ)}}{k !} j = 0 \sum k (j k) λ^{j} μ^{k - j},

et le binôme de Newton donne $\sum_{j} (j k) λ^{j} μ^{k - j} = (λ + μ)^{k}$ , d'où le résultat.

Cette stabilité est d'un usage constant: deux guichets indépendants recevant respectivement $3$ et $2$ clients par minute en moyenne reçoivent ensemble $P (5)$ clients par minute; et un comptage sur $t$ minutes suit $P (λ t)$ , puisqu'il est la somme de $t$ comptages d'une minute. Changer l'unité de temps revient à multiplier $λ$ , et c'est la manipulation la plus fréquente de toutes.

Approximations: la binomiale par la loi de Poisson

Ce que la figure montre

Les deux panneaux de la figure 4.2 partagent la même espérance $λ = n p = 2$ ; seule la manière de la fabriquer change. À gauche, $50$ épreuves très peu probables; à droite, $8$ épreuves à un quart. L'écart maximal passe de $0, 0056$ à $0, 0408$ . La raison se lit dans les variances: $n p (1 - p)$ vaut $1, 92$ à gauche et à droite, contre pour la loi de Poisson.

Un tableau d'erreurs, et ce qu'il faut en conclure

Le tableau ci-dessous donne, pour plusieurs couples $(n, p)$ , l'écart maximal $max_{k} ∣ P_{B (n, p)} (X = k) - P_{P (n p)} (X = k)∣$ , calculé sur tout le support, ainsi que la valeur de où il est atteint.

$n$	$p$	$λ = n p$	écart maximal	atteint en $k$
10	0,100	1	0,0195	1
20	0,050	1	0,0095	1
50	0,020	1	0,0037	1
100	0,010	1	0,0018	1
1000	0,001	1	0,0002	1
10	0,500	5	0,0706	5
20	0,250	5	0,0269	5
50	0,100	5	0,0095	5
100	0,050	5	0,0046	5
100	0,100	10	0,0068	10

Deux lectures s'imposent. Dans le premier bloc, $λ$ est constant et $p$ est divisé par deux d'une ligne à l'autre: l'écart est divisé par deux également. Dans le second bloc, à $λ = 5$ , on retrouve la même proportionnalité. L'écart est donc gouverné par $p$ , pas par $n$ et pas par $λ$ . C'est contre-intuitif pour qui a retenu la règle «il faut $n$ grand»: $n$ grand n'est utile que parce que, à $λ$ fixé, il force $p$ à être petit.

Nous admettons ce résultat, dû à Lucien Le Cam (1960), dont la démonstration relève de la théorie du couplage. Il dit exactement ce que le tableau montre: la somme de tous les écarts est majorée par $2 n p^{2} = 2 λ p$ , donc elle tend vers zéro dès que $p$ tend vers zéro à $λ$ fixé. Pour $n = 10$ et $p = 0, 1$ , la borne vaut $0, 2$ alors que la somme des écarts vaut en réalité : la borne est large, mais elle est vraie pour tout et tout , ce qui est précisément ce qu'une règle empirique ne sait pas faire.

Le chapitre 6 ajoutera une troisième approximation, par la loi normale, valable lorsque $n p$ et $n (1 - p)$ sont tous deux grands — c'est-à-dire exactement dans le régime où celle de Poisson échoue. Les deux se complètent: Poisson pour les événements rares, la normale pour les proportions moyennes.

Quelle loi choisir?

Le tableau suivant récapitule le catalogue. Il ne remplace pas la lecture de l'énoncé: c'est l'expérience décrite, et elle seule, qui désigne la loi.

Loi	Expérience	Support	$E [X]$	$Var (X)$
$U ({1, \dots, n})$	tirage équiprobable	$1, \dots, n$	$\frac{n + 1}{2}$

Trois confusions reviennent chaque année.

Binomiale contre hypergéométrique: la seule question est «avec ou sans remise». Un sondage est un tirage sans remise (on n'interroge pas deux fois la même personne), mais comme $n / N$ y est minuscule, on le traite en binomiale — et l'on dit pourquoi.
Binomiale contre géométrique: la binomiale compte des succès à nombre d'essais fixé; la géométrique compte des essais à nombre de succès fixé (égal à $1$ ). «Combien de six en dix lancers» est binomial; «combien de lancers jusqu'au premier six» est géométrique. Les deux questions portent sur la même expérience, et pourtant pas sur la même variable.
Binomiale contre Poisson: si l'on peut nommer les essais et les compter, c'est binomial; si l'on ne peut nommer qu'une intensité par unité de temps ou d'espace, c'est poissonien. «Trois appels par minute» ne désigne aucun essai: c'est une intensité.

Question 4.5

Remettez dans l'ordre les questions à se poser pour identifier la loi d'un comptage discret, de la plus discriminante à la plus fine.

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Compte-t-on des occurrences dans un continuum (durée, longueur, surface), sans essais identifiables? — si oui, loi de Poisson

P (λ)

Les essais sont-ils indépendants et de même probabilité, c'est-à-dire le tirage est-il avec remise? — si non, loi hypergéométrique

H (N, K, n)

Le nombre d'essais est-il fixé d'avance, ou attend-on un succès? — si l'on attend, loi géométrique

G (p)

(ou de Pascal pour le

r

-ième succès)

Une approximation est-elle légitime? — hypergéométrique par binomiale si

n \leq 0, 1 N

, binomiale par Poisson si

p

est petit

Le nombre d'essais vaut-il

1

ou davantage? — s'il vaut

1

, loi de Bernoulli

B (p)

; sinon, loi binomiale

B (n, p)

Deux applications complètes

Application 1 — Accepter ou refuser un lot

Un atelier reçoit un lot de $N = 500$ axes usinés. Le fournisseur annonce un taux de pièces non conformes de $3 %$ , soit $K = 15$ pièces sur le lot (données fictives). Le plan de contrôle retenu est le suivant: prélever $n = 20$ pièces sans remise et accepter le lot si l'échantillon contient au plus une pièce non conforme. Notons $X$ le nombre de non conformes dans l'échantillon.

Loi exacte. Le tirage est sans remise dans une population finie: $X \sim H (500, 15, 20)$ . La probabilité d'acceptation vaut

P_{a} = P (X \leq 1) = \frac{( 0 15 ) ( 20 485 )}{( 20 500 )} + \frac{( 1 15 ) ( 19 485 )}{( 20 500 )} = 0, 5373 + 0, 3459 = 0, 8832.

Approximation binomiale. Ici $n / N = 20/500 = 0, 04$ , très inférieur à $0, 1$ : la règle de la section précédente autorise $B (20; 0, 03)$ . On obtient

P (X = 0) = 0, 9 7^{20} = 0, 5438, P (X = 1) = 20 \times 0, 03 \times 0, 9 7^{19} = 0, 3364,

soit $P_{a} \approx 0, 8802$ . L'écart avec la valeur exacte est de $0, 0030$ , soit trois dixièmes de point: l'approximation est excellente, comme le tableau de la section hypergéométrique le laissait prévoir pour $n / N = 0, 04$ .

Approximation de Poisson. Avec $λ = n p = 0, 6$ , on aurait $P_{a} \approx e^{- 0, 6} (1 + 0, 6) = 0, 5488 + 0, 3293 = 0, 8781$ , soit un écart de avec la valeur exacte. Ici est petit, et l'inégalité (4.22) majore la somme des écarts par .

La courbe d'efficacité. Un plan de contrôle ne s'évalue pas sur une seule valeur de $p$ : il faut savoir ce qu'il fait quand la qualité se dégrade. En faisant varier la proportion réelle $p$ de non conformes dans le lot, et en utilisant l'approximation binomiale, on obtient la courbe d'efficacité du plan $(n = 20, c = 1)$ :

$p$ réel	1 %	2 %	3 %	5 %	10 %	15 %	20 %
$P_{a}$	0,9831	0,9401	0,8802	0,7358	0,3917	0,1756	0,0692

Les deux risques. Supposons que l'atelier considère un lot à $3 %$ comme acceptable et un lot à $15 %$ comme inacceptable. Alors:

le risque du fournisseur est la probabilité de refuser un bon lot: $α = 1 - 0, 8802 = 0, 1198$ , soit près de $12 %$ ;
le risque du client est la probabilité d'accepter un mauvais lot: $β = 0, 1756$ , soit près de $18 %$ .

Ces deux valeurs sont élevées, et c'est le principal enseignement du calcul: un échantillon de vingt pièces ne permet pas de trancher entre $3 %$ et $15 %$ . Pour les réduire, il faut augmenter $n$ ; le seuil $c$ ne fait que déplacer un risque sur l'autre. À titre de comparaison, le plan $(n = 50, c = 0)$ donne $P_{a} = 0, 605$ à et à : il est bien plus sévère, au prix d'un risque fournisseur considérable. Le chapitre 12 reprendra cette structure sous son vrai nom: celle d'un test d'hypothèses, avec ses risques de première et de seconde espèce.

Application 2 — Dimensionner un service d'arrivées

Reprenons le centre d'appels de l'exemple 4.5: $λ = 3$ appels par minute, modèle de Poisson (données fictives). On veut dimensionner l'équipe.

Étape 1 — l'unité de temps. Un opérateur traite un appel en cinq minutes environ. La bonne unité n'est donc pas la minute mais la fenêtre de cinq minutes, sur laquelle le comptage $Y$ des appels suit, par la stabilité (4.21),

Y \sim P (5 \times 3) = P (15), E [Y] = 15, σ_{Y} = 15 = 3, 873.

Étape 2 — dimensionner sur la moyenne est une erreur. Avec $15$ opérateurs, la probabilité que la demande dépasse la capacité vaut

P (Y > 15) = 1 - P (Y \leq 15) = 1 - 0, 5681 = 0, 4319.

Plus de quatre fenêtres sur dix seraient saturées. C'est la conséquence directe de $σ_{Y} = 3, 87$ : la fluctuation autour de la moyenne est du quart de la moyenne elle-même.

Étape 3 — dimensionner sur un quantile. Cherchons le plus petit entier $c$ tel que $P (Y \leq c) \geq 0, 95$ . En cumulant les probabilités de $P (15)$ :

$c$	18	19	20	21	22	23
$P (Y \leq c)$	0,8195	0,8752	0,9170	0,9469	0,9673	0,9805

Le seuil est franchi à $c = 22$ : il faut $22$ opérateurs pour absorber la demande dans $95 %$ des fenêtres de cinq minutes, soit sept de plus que la moyenne, près de $50 %$ de capacité supplémentaire. Ces «sept de plus» sont environ $1, 8 σ_{Y}$ ; le chapitre 8 montrera qu'à $λ$ grand la loi de Poisson se laisse approcher par une normale et que ce surdimensionnement vaut approximativement $1, 645 λ$ , c'est-à-dire qu'il croît en et non proportionnellement à : . C'est l'argument économique de la mutualisation des centres d'appels.

Étape 4 — fusionner deux files. Si un second centre reçoit $μ = 2$ appels par minute, indépendamment du premier, la fusion des deux reçoit $P (3 + 2) = P (5)$ appels par minute, soit $P (25)$ par fenêtre de cinq minutes. Son écart-type vaut $25 = 5$ , contre pour la somme des écarts-types des deux centres séparés. L'incertitude ne s'additionne pas: ce sont les qui s'additionnent, et c'est pourquoi la mutualisation réduit le besoin de marge.

Étape 5 — la granularité fine. Enfin, sur une fenêtre de $10$ secondes, l'intensité tombe à $λ = 0, 5$ et $P (au moins un appel) = 1 - e^{- 0, 5} = 0, 3935$ . On voit ici la loi de Poisson dans son rôle de limite du théorème 4.10: en découpant la minute en très petits intervalles, chacun a une chance minuscule de contenir un appel, et le comptage total reste poissonien à toutes les échelles. Le temps d'attente entre deux appels, lui, relève du chapitre 6: il suit la loi exponentielle $E (3)$ , d'espérance de minute, soit secondes — le chapitre 5 en simule un tirage à partir de sa fonction de répartition.

Synthèse

Une poignée d'expériences engendre les lois discrètes usuelles: une épreuve dichotomique donne $B (p)$ ; $n$ épreuves indépendantes donnent $B (n, p)$ ; l'attente du premier succès donne $G (p)$ et celle du $r$ -ième la loi de Pascal; un tirage sans remise donne $H (N, K, n)$ ; un comptage dans un continuum donne $P (λ)$ .

Série d'exercices du chapitre 4Exercice 1 sur 5

Question 4.6

Dans un lot de $200$ composants dont $12$ sont défectueux, on en prélève $8$ sans remise. Quelle est la loi exacte du nombre $X$ de défectueux prélevés?

Exercices

Vous pouvez afficher le corrigé directement sous chaque énoncé après avoir cherché la solution.

Exercice 4.1 · Uniforme, Bernoulli et indicatrices

Soit $X \sim U ({0, 1, \dots, 9})$ , le chiffre produit par un générateur équiprobable. Calculer $E [X]$ , $Var (X)$ et $σ_{X}$ .

Exercice 4.2 · Un questionnaire à choix multiples

Un examen comporte $12$ questions indépendantes, chacune à quatre réponses proposées dont une seule est correcte. Un candidat répond entièrement au hasard; soit $X$ le nombre de réponses correctes.

Donner la loi de $X$ , son espérance, sa variance et son mode.
Calculer $P (X \geq 1)$ et $P (X = 3)$ .
La réussite exige au moins $8$ réponses correctes. Calculer et commenter.

Exercice 4.3 · Le dé, la géométrique et la loi de Pascal

On lance indéfiniment un dé équilibré. Soit $X$ le rang du lancer donnant le premier six, et $Y$ le rang du lancer donnant le deuxième six.

Donner la loi de $X$ , son espérance et son écart-type. Calculer $P (X = 4)$ et $P (X > 6)$ .
Sachant que les six premiers lancers n'ont donné aucun six, quelle est la probabilité qu'il en faille plus de six de plus? Justifier par le théorème 4.8.
Donner la loi de $Y$ , son espérance et sa variance, et calculer .

Exercice 4.4 · Un comité tiré au sort

Un département compte $30$ personnes, dont $12$ femmes. On désigne par tirage au sort un comité de $5$ personnes, tous les comités étant équiprobables. Soit $X$ le nombre de femmes du comité.

Donner la loi exacte de $X$ , son support, son espérance et sa variance.
Calculer $P (X = 2)$ et $P (X \geq 3)$ .

Exercice 4.5 · Défauts sur un câble et loi de Poisson

Un procédé d'extrusion produit en moyenne $0, 8$ défaut par $100$ mètres de câble; on admet un modèle de Poisson d'intensité constante (données fictives).

Donner la loi du nombre $X$ de défauts sur une longueur de $250$ m, puis calculer $P (X = 0)$ et $P (X \geq 2)$ .

Références

Ross, S. M., Initiation aux probabilités, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne — chapitres consacrés aux variables aléatoires discrètes et à la loi de Poisson.
Saporta, G., Probabilités, analyse des données et statistique, Technip, Paris — tableau récapitulatif des lois usuelles et de leurs relations.
Wackerly, D., Mendenhall, W. et Scheaffer, R., Mathematical Statistics with Applications, Cengage, Boston — discussion détaillée des lois discrètes et de l'échantillonnage d'acceptation.
Dodge, Y., Statistique — dictionnaire encyclopédique, Springer, Paris — entrées «loi binomiale», «loi hypergéométrique», «loi de Poisson».
Morgenthaler, S., Introduction à la statistique, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne.
Le Cam, L., «An approximation theorem for the Poisson binomial distribution», Pacific Journal of Mathematics, vol. 10, 1960, p. 1181–1197 — la majoration citée au théorème 4.13.

Objectifs du chapitre

Pourquoi des lois usuelles

La loi uniforme discrète

La loi de Bernoulli: l'atome du chapitre

La loi binomiale

De l'épreuve unique au schéma répété

Espérance, variance et forme

L'explorateur

La loi géométrique

Attendre le premier succès

L'absence de mémoire

La loi de Pascal, ou binomiale négative

La loi hypergéométrique

Tirer sans remise

Quand peut-on remplacer l'hypergéométrique par la binomiale?

La loi de Poisson

Compter des événements rares

La loi de Poisson comme limite de la binomiale

Approximations: la binomiale par la loi de Poisson

Ce que la figure montre

Un tableau d'erreurs, et ce qu'il faut en conclure

Quelle loi choisir?

Deux applications complètes

Application 1 — Accepter ou refuser un lot

Application 2 — Dimensionner un service d'arrivées

Synthèse

Exercices

Références

Combien de non conformes dans 25 pièces?

La même question par la loi de Poisson

Combien de pièces avant la première non conforme?

Et si l'on prélève dans un lot fini?