Les lois discrètes et le risque

Le chapitre précédent a posé les fondements, et laissé une question ouverte : d'où viennent les probabilités qu'on y manipulait ? Elles ne tombent pas du ciel, elles se calculent à partir d'un modèle. Deux applications en sortent directement : la détection d'anomalies, qui décide à partir de quel écart une mesure cesse d'être normale, et les codes correcteurs, qui chiffrent la probabilité qu'un bloc arrive intact. Ce chapitre installe les quatre lois discrètes qui reviennent en permanence en informatique, Bernoulli, binomiale, géométrique et Poisson, puis montre comment on passe d'un énoncé en français à un risque chiffré. C'est aussi le socle de tout réglage de seuil d'alerte.

Ce que le chapitre précédent a posé

Les lois qui suivent décrivent toutes une variable aléatoire, c'est-à-dire un nombre attaché au résultat d'une expérience. Chacune se résume par deux indicateurs, définis dans Probabilités et supposés connus à partir d'ici :

E(X) = \sum_i x_i\,P(X = x_i) \qquad\qquad V(X) = E(X^2) - \big(E(X)\big)^2

L'espérance est la valeur moyenne sur un très grand nombre de répétitions ; la variance mesure la dispersion autour de cette valeur, et sa racine, l'écart-type $\sigma$ , la ramène dans l'unité de $X$ . Deux règles du chapitre précédent serviront sans cesse : l'espérance d'une somme est la somme des espérances, toujours ; la variance d'une somme est la somme des variances quand les termes sont indépendants.

L'espérance n'est pas une valeur possible

Une famille a en moyenne 1,9 enfant, et aucune famille n'a 1,9 enfant. L'espérance est le centre de gravité d'une distribution, pas un résultat qu'on peut observer. C'est la confusion la plus fréquente, et elle rend absurde toute interprétation d'un résultat de calcul de risque.

Loi de Bernoulli : une seule tentative

Définition

Une épreuve de Bernoulli est un essai à deux issues : succès avec la probabilité $p$ , échec avec la probabilité $1 - p$ . La variable $X$ qui vaut 1 en cas de succès et 0 sinon suit la loi de Bernoulli de paramètre $p$ , notée $X \sim \mathcal{B}(p)$ , et

E(X) = p \qquad\qquad V(X) = p\,(1 - p)

Les deux formules se retrouvent en une ligne chacune, à partir des définitions :

$E(X) = 1 \times p + 0 \times (1 - p) = p$  : sur un essai qui ne vaut que 1 ou 0, la valeur moyenne est exactement la probabilité du succès ;
$X^2 = X$ , puisque $0^2 = 0$ et $1^2 = 1$ , donc $E(X^2) = p$ et $V(X) = p - p^2 = p\,(1 - p)$ .

C'est la brique élémentaire : les lois qui suivent se construisent toutes en répétant des épreuves de Bernoulli.

La variance est maximale à p = 0,5

$p(1 - p)$ vaut 0,25 en $p = 0{,}5$ et tend vers 0 aux extrémités. Traduction : un événement quasi certain ou quasi impossible est prévisible ; c'est au voisinage de 50 % que l'incertitude est la plus grande. Un service qui répond presque toujours, ou presque jamais, se surveille facilement ; celui qui échoue une fois sur deux est le plus difficile à anticiper.

Loi binomiale : compter les succès

D'où vient la formule

Avant la formule générale, un cas qui se compte sur les doigts. Trois requêtes indépendantes, chacune réussissant avec la probabilité $p = 0{,}6$ . Quelle est la probabilité que exactement deux réussissent ?

Notons S un succès et E un échec. Trois configurations donnent deux succès :

Configuration	Probabilité
S S E	$0{,}6 \times 0{,}6 \times 0{,}4 = 0{,}144$
S E S	$0{,}6 \times 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}144$
E S S	$0{,}4 \times 0{,}6 \times 0{,}6 = 0{,}144$

Chaque configuration a la même probabilité $p^2(1-p)$ , puisqu'elle contient deux succès et un échec dans un ordre quelconque, et que les essais sont indépendants. Il reste à compter les configurations : c'est le nombre de façons de placer 2 succès parmi 3 positions, soit $\binom{3}{2} = 3$ . D'où

P(X = 2) = \binom{3}{2} \times 0{,}6^2 \times 0{,}4 = 3 \times 0{,}144 = 0{,}432

Le cas général suit exactement le même raisonnement.

Définition

$X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n, p)$ si elle compte le nombre de succès sur $n$ épreuves de Bernoulli indépendantes et de même probabilité $p$ . Alors, pour $k = 0, 1, \dots, n$  :

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

avec

E(X) = np \qquad\qquad V(X) = np\,(1 - p)

La formule se lit en trois morceaux :

$p^k$ est la probabilité des $k$ succès ;
$(1 - p)^{n-k}$ celle des $n - k$ échecs qui les accompagnent ;
$\binom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}$ compte les façons de disposer ces succès parmi les $n$ essais.

Le produit des deux derniers facteurs est la probabilité d'une configuration ; le coefficient binomial compte combien il y en a. Le chapitre précédent justifie ce coefficient : désigner $k$ positions en les ordonnant laisse $\frac{n!}{(n-k)!}$ choix, et chaque ensemble de positions y est compté $k!$ fois, une par ordre possible.

L'espérance et la variance sans calcul. $X$ est la somme de $n$ variables de Bernoulli $X_1 + X_2 + \dots + X_n$ , où $X_i$ vaut 1 si le $i$ -ème essai réussit. L'espérance d'une somme étant la somme des espérances :

E(X) = \underbrace{p + p + \dots + p}_{n \text{ termes}} = np

Les essais sont indépendants, donc les variances s'additionnent aussi : $V(X) = n \times p(1-p)$ . Aucune somme de coefficients binomiaux n'a été nécessaire.

Le contrôle de bon sens

$\binom{n}{0} = \binom{n}{n} = 1$  : il n'y a qu'une façon de n'avoir aucun succès, et une seule de les avoir tous. Et $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$  : choisir les succès revient à choisir les échecs. Ces égalités se lisent sur la formule et servent à repérer une erreur de calcul.

Un exercice classique

Six capteurs de pression neufs passent l'étalonnage ; chacun le réussit du premier coup avec une probabilité de 0,7, indépendamment des autres. Quelle est la probabilité qu'au moins 4 des 6 le réussissent du premier coup ?

$X$ , le nombre de capteurs étalonnés du premier coup, suit $\mathcal{B}(6 \,;\, 0{,}7)$ , et on cherche $P(X \geq 4)$ . Le calcul direct demande trois termes, $k = 4$ , 5 et 6 ; passer par le contraire, $1 - P(X \leq 3)$ , en demanderait quatre. On prend le chemin le plus court :

$P(X = 4) = \binom{6}{4} \times 0{,}7^4 \times 0{,}3^2 = 15 \times 0{,}2401 \times 0{,}09 = 0{,}324135$
$P(X = 5) = \binom{6}{5} \times 0{,}7^5 \times 0{,}3 = 6 \times 0{,}16807 \times 0{,}3 = 0{,}302526$
$P(X = 6) = 0{,}7^6 = 0{,}117649$

P(X \geq 4) = 0{,}324135 + 0{,}302526 + 0{,}117649 = 0{,}74431 \approx 0{,}744

soit environ 74 %. Le contraire sert de contrôle : $P(X \leq 3) = 0{,}000729 + 0{,}010206 + 0{,}059535 + 0{,}18522 = 0{,}25569$ , et $1 - 0{,}25569$ redonne bien $0{,}74431$ .

La figure montre la loi entière. Les bâtons pleins sont les cas « au moins 4 », et la somme affichée est celle que le calcul vient d'obtenir à la main.

essais nn = 6probabilité pp = 0,7

espérance 4,2, écart-type 1,122

La loi binomiale B(6 ; 0,7), avec les cas « au moins 4 » mis en évidence. Chaque bâton est la probabilité d'un nombre de succès exact. Espérance 4,2, écart-type 1,122. Les bâtons pleins couvrent 4 ≤ k ≤ 6, dont la somme vaut 0,7443.

Le bâton le plus haut est celui de 4, tout près de l'espérance $np = 6 \times 0{,}7 = 4{,}2$  : la loi se masse autour de sa moyenne. Les trois bâtons pleins pèsent à eux seuls plus de la moitié de la hauteur totale, ce qui annonçait une réponse supérieure à 0,5 avant même le calcul.

À manipuler

Faire monter le nombre d'essais de 6 jusqu'à 40, sans toucher à p, et regarder la forme se transformer. À six essais la loi est visiblement dissymétrique ; quelque part en chemin elle devient une cloche. Repérer à partir de quel n la dissymétrie cesse de se voir à l'œil nu. Faire ensuite l'inverse : ramener n à 6 et pousser p vers 0,05, pour retrouver une dissymétrie franche même sur beaucoup d'essais.

La même probabilité de succès, mais trente essais au lieu de six. Comparer les deux figures, en regardant uniquement la largeur du paquet de bâtons par rapport à l'axe.

essais nn = 30probabilité pp = 0,7

espérance 21, écart-type 2,51

La même loi, mais sur trente essais. La forme se resserre autour de l'espérance et devient symétrique : c'est le théorème central limite qui commence à se voir, et c'est pourquoi une binomiale se remplace par une loi normale dès que n est grand. Espérance 21, écart-type 2,51.

L'espérance est passée de 4,2 à 21, l'écart-type de $\sqrt{1{,}26} \approx 1{,}1$ à $\sqrt{6{,}3} \approx 2{,}5$ . En valeur absolue la loi s'est élargie ; rapportée au nombre d'essais, elle s'est resserrée, puisque l'écart-type croît comme $\sqrt{n}$ quand l'espérance croît comme $n$ . C'est la raison pour laquelle une proportion observée sur beaucoup d'essais est plus fiable que sur peu.

Les trois conditions ne sont pas décoratives

Nombre d'essais fixé, essais indépendants, probabilité constante. Le nombre de jours de pluie sur une semaine n'est pas exactement binomial : la météo d'aujourd'hui renseigne sur celle de demain, les jours ne sont pas indépendants. On l'utilise quand même comme première approximation, mais on l'écrit.

Vérification rapideon peut se reprendre

Un tirage de 3 boules sans remise dans une urne de 10 : le nombre de boules rouges obtenues suit-il une loi binomiale ?

Loi géométrique : attendre le premier succès

La binomiale fixe le nombre d'essais et compte les succès. La question inverse est au moins aussi fréquente en exploitation : le nombre d'essais n'est plus connu d'avance, et c'est lui que l'on cherche.

Définition

On répète des épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre $p$ . $X$ , le rang du premier succès, suit la loi géométrique de paramètre $p$  :

P(X = k) = (1 - p)^{k-1}\, p \qquad \text{pour } k = 1, 2, 3, \dots

avec

E(X) = \frac{1}{p} \qquad\qquad V(X) = \frac{1 - p}{p^2}

En clair : pour que le premier succès tombe au $k$ -ième essai, les $k - 1$ essais précédents doivent tous avoir échoué, chacun avec la probabilité $1 - p$ . Le $k$ -ième réussit ensuite, avec la probabilité $p$ . L'espérance $1/p$ se lit de même : un essai qui réussit une fois sur dix demande dix essais en moyenne.

D'un rang au suivant, la probabilité est multipliée par $1 - p$  : les $P(X = k)$ forment une suite géométrique de raison $1 - p$ , d'où le nom de la loi (voir le chapitre sur les suites).

Une formule sert plus que les autres en pratique, parce qu'elle répond à « faudra-t-il plus de $k$ essais ? ». Il en faut plus de $k$ exactement quand les $k$ premiers échouent tous :

P(X > k) = (1 - p)^k

C'est la loi du « combien de tentatives avant que ça marche » : relances d'une requête réseau, essais d'un mot de passe, redémarrages avant qu'un service reparte.

Lecture rapide

Une requête échoue 5 % du temps. Le nombre d'envois nécessaires pour qu'elle passe suit une loi géométrique de paramètre $0{,}95$  : en moyenne $1/0{,}95 \approx 1{,}05$ envoi. Mais il en faut au moins 3 dès que les deux premiers échouent, ce qui arrive avec la probabilité $P(X > 2) = 0{,}05^2 = 0{,}0025$ . C'est rare, et pourtant loin d'être négligeable : sur un service qui traite un million de requêtes par jour, cela fait 2 500 cas quotidiens.

La figure prend un cas plus difficile, un essai qui ne réussit qu'une fois sur quatre. Regarder d'abord le premier bâton, puis la longueur de la traîne à sa droite.

probabilité pp = 0,25

espérance 4, écart-type 3,464

La loi géométrique de paramètre 0,25. Elle décroît toujours : le premier essai est le rang le plus probable, même si l'attente moyenne est de quatre essais. C'est la contradiction apparente qu'il faut avoir vue une fois. Espérance 4, écart-type 3,464.

Les deux lectures ne se contredisent pas. Le rang le plus fréquent est 1, parce qu'aucun autre rang ne demande d'échec préalable ; le rang moyen est 4, parce que la traîne de droite, rare mais longue, tire la moyenne vers le haut. Un délai d'expiration se règle sur la traîne, jamais sur le premier bâton : ici, $P(X > 10) = 0{,}75^{10} \approx 0{,}056$ , donc une tentative sur dix-huit demande encore plus de dix essais.

La loi géométrique n'a pas de mémoire

Après cinq échecs, la probabilité qu'il faille encore plus de $k$ essais est exactement la même qu'au départ : $(1 - p)^k$ . Les échecs passés ne rapprochent pas le succès, puisque les essais sont indépendants. C'est ce qui rend absurde l'idée qu'un service « devrait bientôt répondre » après une série d'échecs, et c'est ce qui justifie les stratégies de relance qui changent quelque chose (un autre serveur, un délai croissant) plutôt que de répéter la même tentative.

Loi de Poisson : compter des événements rares

Les trois lois précédentes comptent des essais : une tentative, $n$ tentatives, des tentatives jusqu'au succès. Or un serveur ne reçoit pas des essais, il reçoit des arrivées, à n'importe quel instant. Il faut donc une loi qui compte sans jamais énumérer d'essais.

Définition

$X$ suit la loi de Poisson de paramètre $\lambda$ , notée $\mathcal{P}(\lambda)$ , si elle compte le nombre d'événements survenant dans un intervalle fixé, ces événements arrivant indépendamment les uns des autres, à un rythme moyen de $\lambda$ par intervalle :

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

avec la propriété remarquable

E(X) = V(X) = \lambda

En clair : $\lambda$ est le nombre moyen d'événements sur l'intervalle choisi, et $k$ le nombre dont on calcule la probabilité. Ce nombre moyen est proportionnel à la longueur de l'intervalle : 120 requêtes par minute font 2 par seconde, ou 7 200 par heure, et il faut choisir $\lambda$ pour l'intervalle dont parle la question. Le rapport $\lambda^k / k!$ décroît très vite dès que $k$ dépasse $\lambda$ , ce qui donne à la loi sa queue fine ; le facteur $e^{-\lambda}$ est la constante qui fait que toutes ces probabilités totalisent 1. La loi ne s'applique que si le rythme reste le même sur tout l'intervalle : un trafic qui double à midi n'est pas une seule loi de Poisson.

C'est la loi des arrivées : requêtes sur un serveur, connexions par minute, pannes par an, paquets perdus par heure.

D'où elle vient : une binomiale à la limite

Découper une seconde en $n$ tranches minuscules, chacune contenant une requête avec la probabilité $p = \lambda / n$ et aucune sinon : le nombre de requêtes suit alors $\mathcal{B}(n, \lambda/n)$ . En faisant tendre $n$ vers l'infini, cette binomiale tend vers $\mathcal{P}(\lambda)$ . C'est pourquoi Poisson approche une binomiale quand $n$ est grand et $p$ petit, avec $\lambda = np$ .

Sur un parc de 100 serveurs tombant chacun en panne avec la probabilité 0,03 dans le mois, le nombre de pannes suit exactement $\mathcal{B}(100 \,;\, 0{,}03)$ , et approximativement $\mathcal{P}(3)$  :

	Binomiale exacte	Poisson, $\lambda = 3$
$P(X = 0)$	$0{,}97^{100} \approx 0{,}0476$	$e^{-3} \approx 0{,}0498$
$P(X = 3)$	$\binom{100}{3}\, 0{,}03^3\, 0{,}97^{97} \approx 0{,}227$	$e^{-3}\,\dfrac{3^3}{3!} \approx 0{,}224$

Les deux colonnes diffèrent au troisième chiffre, et la colonne de droite se calcule de tête.

Cette filiation explique aussi l'égalité $E(X) = V(X)$ , qui sinon paraîtrait tombée du ciel. La binomiale a pour espérance $np = \lambda$ et pour variance $np(1-p) = \lambda(1-p)$ . Quand $p$ devient très petit, le facteur $(1-p)$ tend vers 1, et la variance rejoint l'espérance.

Une vérification qui coûte trois secondes sur des données réelles

Sur un comptage réel, calculer la moyenne et la variance de l'échantillon, comme dans le chapitre sur les statistiques. Si elles sont proches, la loi de Poisson est plausible. Si la variance dépasse nettement la moyenne, les événements ne sont pas indépendants : ils arrivent en rafales, et Poisson sous-estimera les pics. C'est le cas courant sur du trafic réseau, et l'ignorer conduit à dimensionner trop juste.

Un exemple chiffré vaut mieux qu'une formule. Avec $\lambda = 3$ requêtes par seconde en moyenne, la probabilité de recevoir plus de six requêtes en une seconde vaut

P(X > 6) = 1 - \sum_{k=0}^{6} e^{-3}\,\frac{3^k}{k!} \approx 0{,}0335

Cela paraît négligeable, et cela représente pourtant 121 secondes de saturation par heure, soit deux minutes pendant lesquelles la file déborde. C'est le genre de nombre qui ne se devine pas à partir de la moyenne.

Dimensionner, ce n'est pas dimensionner sur la moyenne. Un serveur qui reçoit 3 requêtes par seconde en moyenne et qui en traite 3 par seconde est débordé plus d'une seconde sur trois : $P(X > 3) \approx 0{,}35$ . Même en doublant sa capacité à 6 requêtes par seconde, il sature encore environ 3 % du temps, soit deux minutes par heure, comme le montre le calcul ci-dessus. La moyenne ne dit rien du dimensionnement : c'est la queue de distribution qui décide, et c'est pour ça qu'on calcule $P(X > \text{seuil})$ plutôt que $E(X)$ .

C'est cette queue qu'il faut regarder sur la figure suivante, et non le sommet.

λλ = 2,5

espérance 2,5, écart-type 1,581

La loi de Poisson de paramètre 2,5. Contrairement à la binomiale, le nombre d'événements n'est borné par rien : la queue continue vers la droite, de plus en plus fine, sans jamais s'arrêter. Espérance 2,5, écart-type 1,581.

Aucun bâton n'est exactement nul, si loin que la figure aille vers la droite. C'est ce qui interdit de dimensionner sur la moyenne : une capacité fixée à $\lambda$ laisse toujours des bâtons au-delà d'elle, et chacun d'eux est un intervalle saturé.

Voir la binomiale, Poisson et la loi normale se rejoindre

La binomiale, la loi de Poisson et la loi normale (une loi continue, en cloche, présentée à la section suivante) ne sont pas trois objets sans rapport. Elles décrivent la même expérience sous trois éclairages, et dans certaines conditions elles se confondent. La figure ci-dessous les superpose : les bâtons sont la binomiale exacte, les points reliés la loi de Poisson de paramètre $\lambda = np$ , et la courbe pleine la loi normale de moyenne $np$ et de variance $np(1-p)$ . Aucun de ces paramètres n'est choisi, ils découlent tous de la binomiale, et l'écart maximal est affiché sous la figure.

essais nn = 100probabilité pp = 0,04Poisson, écart max 0,004normale, écart max 0,024

espérance 4, écart-type 1,96

Trois lois, une seule expérience. Déplacer n et p, et suivre les deux écarts affichés sous la figure : ce sont eux qui disent quelle approximation vaut, et non une règle à retenir. Espérance 4, écart-type 1,96.

Deux régimes valent le détour, et ils se trouvent en déplaçant les curseurs.

$n$ grand et $p$ petit, par exemple $n = 100$ et $p = 0{,}04$  : les points de Poisson se posent sur les bâtons, tandis que la courbe normale reste visiblement à côté, trop symétrique pour une loi qui l'est peu.
$p$ proche de $0{,}5$ et $n$ grand, par exemple $n = 100$ et $p = 0{,}5$  : c'est l'inverse, la normale épouse les bâtons et Poisson s'égare complètement.

Les seuils habituels, « Poisson dès que $n \geq 30$ et $p \leq 0{,}1$ , la normale quand $np$ et $n(1-p)$ dépassent 5 », ne sont donc pas des conventions arbitraires : ce sont les endroits où l'écart affiché devient négligeable. Les vérifier une fois dispense de les croire.

Une même expérience, quatre questions.

Bernoulli répond à « ça marche ou pas ? », une seule fois.
Binomiale répond à « combien de succès sur $n$ essais ? ».
Géométrique répond à « combien d'essais avant le premier succès ? ».
Poisson répond à « combien d'événements pendant cette durée ? », quand ils sont rares et indépendants.

Se tromper de loi vient presque toujours d'avoir mal lu la question, pas d'avoir mal calculé. La formuler à haute voix avant de choisir.

La loi normale, et le passage au continu

Les lois précédentes prennent des valeurs isolées : 0, 1, 2… Une durée, une température, une cote d'usinage peuvent prendre n'importe quelle valeur d'un intervalle. Sur une loi continue, une probabilité n'est plus une hauteur de bâton mais une aire sous une courbe. C'est le changement de nature le plus important du chapitre, et il se voit mieux qu'il ne s'explique.

écart à la moyenne± 1 σ

écart-typeσ = 2

entre 8 et 12, l'aire vaut 0,6827. Déplacer l'écart-type : elle ne bouge pas.

La densité d'une loi normale de moyenne 10 et d'écart-type 2. L'aire teintée entre 8 et 12, c'est-à-dire à un écart-type de part et d'autre de la moyenne, vaut 0,683.

À manipuler

Écarter les bornes à un écart-type, puis deux, puis trois, et relever l'aire à chaque fois. Ce sont les trois nombres de la règle, et ils viennent d'être vérifiés plutôt que récités. Déplacer ensuite l'écart-type : la cloche change de forme, l'aire ne bouge pas. C'est précisément ce qui rend ces trois nombres utiles, puisqu'ils valent pour n'importe quelle loi normale.

Définition

$X$ suit la loi normale $\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$ , de moyenne $\mu$ et d'écart-type $\sigma$ , si la probabilité qu'elle tombe entre $a$ et $b$ est l'aire sous la courbe

f(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\; e^{-\frac{(x - \mu)^2}{2\sigma^2}}

entre $a$ et $b$ , c'est-à-dire $P(a \leq X \leq b) = \displaystyle\int_a^b f(x)\,dx$ .

En clair : l'exponentielle d'un carré négatif donne la forme en cloche, maximale en $x = \mu$ et symétrique autour ; $\sigma$ règle sa largeur ; la constante devant l'exponentielle fait que l'aire totale vaut 1. Il n'y a rien à retenir de cette formule, qu'aucune primitive usuelle n'intègre : on lit les aires dans une table ou on les demande à une machine, comme le fait la figure.

C'est la loi continue de loin la plus fréquente en pratique, et la seule de ce chapitre avec l'exponentielle traitée plus bas : elle décrit toute grandeur résultant de l'accumulation de nombreux petits aléas indépendants (une erreur de mesure, une cote d'usinage, un bruit électrique).

Une conséquence déroute toujours la première fois : $P(X = a) = 0$ pour toute valeur $a$ , puisqu'un segment de largeur nulle n'a pas d'aire. Seules les probabilités d'intervalles ont un sens, et $P(X \leq a)$ et $P(X < a)$ sont égales.

Les trois repères à connaître par cœur. Environ 68 % des valeurs sont dans $[\mu - \sigma \,;\, \mu + \sigma]$ , 95 % dans $[\mu - 2\sigma \,;\, \mu + 2\sigma]$ , et 99,7 % dans $[\mu - 3\sigma \,;\, \mu + 3\sigma]$ . Ces trois nombres permettent de répondre de tête à la moitié des questions, et de contrôler les autres.

Le deuxième de ces trois nombres est arrondi, et l'arrondi se voit sur la figure. À deux écarts-types exactement, l'aire ne vaut pas 95 % mais un peu plus. La consigne ci-dessous demande de trouver le réglage qui donne 95 % tout juste : c'est ce nombre-là qui sert à construire un intervalle de confiance, et il ne se retient pas en le lisant.

écart à la moyenne± 1 σ

écart-typeσ = 2

entre 8 et 12, l'aire vaut 0,6827. Déplacer l'écart-type : elle ne bouge pas.

Écarter les bornes jusqu'à ce que l'aire teintée vaille exactement 0,95.aire = 0,683

La même loi, avec une consigne. Le curseur règle l'écartement des bornes en nombre d'écarts-types ; la figure mesure l'aire et dit quand le but est atteint. Le réglage cherché n'est écrit nulle part.

À manipuler

Partir de deux écarts-types, constater que l'aire dépasse déjà 95 %, puis resserrer. Noter le nombre obtenu : c'est lui qui apparaît dans toutes les formules d'intervalle de confiance, et non le 2 de la règle mémorisée. Recommencer ensuite avec un but de 0,99 pour trouver le second coefficient usuel.

Centrer et réduire

Il y a une infinité de lois normales, une par couple $(\mu, \sigma)$ , et une seule table. Le passage de l'une à l'autre tient en un changement de variable :

Z = \frac{X - \mu}{\sigma}

En clair : on retranche la moyenne, ce qui centre la loi en 0, puis on divise par l'écart-type, ce qui la réduit à un écart-type de 1. $Z$ suit alors la loi normale centrée réduite $\mathcal{N}(0, 1)$ , et $Z$ se lit comme un nombre d'écarts-types : $Z = 1{,}5$ signifie « une fois et demie l'écart-type au-dessus de la moyenne ».

La table donne $\Phi(z) = P(Z \leq z)$ pour $z \geq 0$ . La symétrie de la cloche fournit le reste : $P(Z \leq -z) = 1 - \Phi(z)$ . En voici les valeurs qui servent le plus :

$z$	0	0,5	1	1,5	1,645	1,96	2	2,5	2,576	3
$\Phi(z)$	0,5000	0,6915	0,8413	0,9332	0,9500	0,9750	0,9772	0,9938	0,9950	0,9987

Les trois colonnes à deux décimales de plus, 1,645, 1,96 et 2,576, sont celles qui laissent 5 %, 2,5 % et 0,5 % dans la queue de droite : ce sont les coefficients des intervalles de confiance à 90 %, 95 % et 99 %. La figure précédente faisait chercher le deuxième.

Une cote d'usinage

Une pièce mesure $X$ mm, avec $X \sim \mathcal{N}(50 \,;\, 2^2)$ . Quelle proportion des pièces mesure entre 47 et 53 mm ?

Centrer et réduire les deux bornes. $\dfrac{47 - 50}{2} = -1{,}5$ et $\dfrac{53 - 50}{2} = 1{,}5$ . La question devient $P(-1{,}5 \leq Z \leq 1{,}5)$ .

Lire la table. $\Phi(1{,}5) \approx 0{,}9332$ .

Assembler par symétrie.

P(-1{,}5 \leq Z \leq 1{,}5) = \Phi(1{,}5) - \big(1 - \Phi(1{,}5)\big) = 2\,\Phi(1{,}5) - 1 \approx 0{,}866

Environ 87 % des pièces sont dans l'intervalle. Contrôle par les repères : 1,5 écart-type tombe entre 1 et 2, et 87 % tombe bien entre 68 % et 95 %.

La loi exponentielle : attendre un événement

La loi de Poisson compte les événements dans un intervalle. La question renversée porte sur le temps : combien de temps s'écoule avant le prochain ? C'est une durée, donc une grandeur continue, et sa loi est l'exponentielle.

Définition

Si des événements arrivent indépendamment au rythme moyen $\lambda$ par unité de temps, la durée $T$ qui sépare deux arrivées suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda$ , de densité $\lambda e^{-\lambda t}$ pour $t \geq 0$ , et

P(T > t) = e^{-\lambda t} \qquad\qquad E(T) = \frac{1}{\lambda} \qquad\qquad \sigma(T) = \frac{1}{\lambda}

La première formule se lit sans intégrale, par la loi de Poisson : attendre plus de $t$ , c'est n'avoir vu aucun événement pendant la durée $t$ , où il en arrive $\lambda t$ en moyenne. Or $P(X = 0) = e^{-\lambda t}$ pour une loi de Poisson de paramètre $\lambda t$ . Les deux lois décrivent la même expérience, l'une en comptant, l'autre en chronométrant.

Exemple travaillé. Un serveur reçoit en moyenne 2 requêtes par seconde. Quelle est la probabilité qu'il s'écoule plus d'une seconde sans requête ? $P(T > 1) = e^{-2} \approx 0{,}135$  : une fois sur sept environ. Et l'attente moyenne entre deux requêtes vaut $1/2$ seconde.

Elle n'a pas de mémoire, comme la géométrique

Avoir déjà attendu 3 secondes ne rapproche pas l'événement :

P(T > 3 + t \mid T > 3) = e^{-\lambda t} = P(T > t)

. C'est la version continue de la loi géométrique, et c'est pourquoi elle modélise bien des arrivées indépendantes, et mal l'usure d'une pièce, qui a une mémoire. Le chapitre sur la détection d'anomalies y ajoute la loi de Weibull pour ce cas, et celui sur les files d'attente fait de l'exponentielle son point de départ.

Traduire une question de risque

Voici un exercice classique, plus subtil qu'il n'y paraît : un drone d'inspection de toitures termine une mission sans incident avec une probabilité de 0,8 ; calculer le risque s'il est engagé sur 3 missions.

« Le risque » ne désigne pas un événement

Deux lectures, deux résultats, tous deux justes si les missions sont indépendantes :

au moins un incident sur les 3 missions : $1 - 0{,}8^3 = 1 - 0{,}512 = 0{,}488$  ;
un incident aux 3 missions : $0{,}2^3 = 0{,}008$ .

Un facteur 61 entre les deux. Avant tout calcul, écrire l'événement dont on calcule la probabilité, en français, avant de toucher aux nombres. C'est cette phrase qui porte le raisonnement, pas le résultat.

Une simulation sur deux cent mille séries de trois missions donne 0,4865 et 0,0079, à comparer aux valeurs exactes 0,488 et 0,008. Les deux calculs sont donc confirmés à la précision de la simulation. Mais aucune simulation ne dit lequel des deux répond à la question posée, et c'est le seul point difficile de cet exercice.

Choisir la bonne loi

La question posée	La loi	Les paramètres	Espérance	Variance
Ça marche ou pas, une fois	Bernoulli $\mathcal{B}(p)$	$p$	$p$	$p(1-p)$
Combien de succès sur $n$ essais	Binomiale $\mathcal{B}(n, p)$	$n$ , $p$	$np$	$np(1-p)$
Combien d'essais jusqu'au premier succès	Géométrique	$p$	$1/p$	$(1-p)/p^2$
Combien d'événements dans un intervalle	Poisson $\mathcal{P}(\lambda)$	$\lambda$	$\lambda$	$\lambda$
Une grandeur continue, somme de petits aléas	Normale $\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$	$\mu$ , $\sigma$	$\mu$	$\sigma^2$
Combien de temps avant le prochain événement	Exponentielle	$\lambda$	$1/\lambda$	$1/\lambda^2$

La question de tri

Le nombre d'essais est-il fixé à l'avance ? Si oui, binomiale. Si c'est le nombre d'essais qui est la quantité inconnue, géométrique. Et s'il n'y a pas d'essais à compter, seulement des arrivées dans le temps continu, Poisson.

Vérification rapideon peut se reprendre

1.« Combien de serveurs tombent en panne parmi les 40 du parc ? » relève de…

2.« Combien d'alertes vais-je recevoir cette nuit ? » relève plutôt de…

L'espérance et la variance, autant de fois qu'il faut

Trois nombres décrivent une binomiale, et le troisième est le seul qui se compare directement au premier, puisqu'il s'exprime dans la même unité. La quatrième question met la binomiale et la loi de Poisson côte à côte sur la même espérance.

Les trois nombres d'une binomiale, et la variance que Poisson lui donnerait

Soit $X$ qui suit la loi binomiale $B(100 \,;\, 0{,}5)$ .

L'espérance $E(X)$
La variance $V(X)$
L'écart-type $\sigma(X)$
La variance d'une loi de Poisson ayant la même espérance

L'écart entre les deux dernières réponses est la raison d'être des conditions d'approximation. Une loi de Poisson vérifie toujours $E = V$  ; une binomiale a une variance plus petite que son espérance, du facteur $(1 - p)$ . Les deux ne peuvent donc se confondre que si $p$ est petit.

Vérification rapideon peut se reprendre

Une mesure suit $\mathcal{N}(20 \,;\, 4^2)$ . Que vaut $Z$ pour la valeur 26 ?

La méthode

Écrire l'événement en français avant tout calcul. « Au moins un incident sur les trois missions », cette phrase précède le premier symbole.
Nommer la variable aléatoire et sa loi : $X$ = nombre de capteurs étalonnés du premier coup, $X \sim \mathcal{B}(6 \,;\, 0{,}7)$ .
Vérifier les conditions de la loi qu'on invoque, en particulier l'indépendance. Si elle est douteuse, le dire et poursuivre.
Passer par le contraire dès qu'on lit « au moins un ».
Sur une loi normale, centrer et réduire avant de lire la table, et contrôler avec les repères 68 / 95 / 99,7.
Donner espérance et écart-type ensemble : l'un dit où ça se passe, l'autre à quel point c'est incertain.
Conclure en langage métier avec une unité concrète : « une seconde sur sept », « 80 paquets par jour », pas « 0,1429 ».

Mettre en pratique

Une question par loi du chapitre. Reconnaître la loi est le vrai travail : une fois le nom trouvé, la formule suit.

Reconnaître la loi, puis appliquer

1.
Dix pièces sont prélevées, chacune défectueuse avec la probabilité $0{,}3$ . Quelle est la probabilité d'en trouver exactement trois défectueuses ?
2.
Sur le même prélèvement, quelle est la probabilité d'en trouver au plus deux défectueuses ?
3.
Un essai réussit avec la probabilité $0{,}2$ . Quelle est la probabilité que le premier succès arrive exactement au quatrième essai ?
4.
Un standard reçoit en moyenne trois appels par minute. Quelle est la probabilité d'en recevoir exactement deux dans une minute donnée ?
5.
Sur le prélèvement de dix pièces à $0{,}3$ , combien de pièces défectueuses peut-on attendre en moyenne ?

Vérification rapideon peut se reprendre

1.« Combien d'essais avant la première réussite ? » relève de…

2.La variance d'une loi de Bernoulli est maximale pour quelle valeur de p ?

3.Après cinq échecs consécutifs d'un essai indépendant, la probabilité que le suivant réussisse…

Sur 10 serveurs indépendants tombant en panne chacun avec la probabilité 0,03, quelle est la probabilité qu'au moins un tombe ?

Passer par l'événement contraire : $P(\text{aucune panne}) = 0{,}97^{10} \approx 0{,}7374$ .

P(\text{au moins une panne}) = 1 - 0{,}97^{10} \approx 0{,}2626

soit environ 26 %.

Le résultat surprend toujours : avec des composants fiables à 97 %, une grappe de 10 serveurs connaît au moins une panne une fois sur quatre. La fiabilité d'un système décroît vite avec le nombre de composants en série.

X \sim \mathcal{B}(10 \,;\, 0{,}3)

. Calculer

P(X = 3)

E(X)

\sigma(X)

P(X = 3) = \binom{10}{3} \times 0{,}3^3 \times 0{,}7^7 = 120 \times 0{,}027 \times 0{,}0824 \approx 0{,}267

$E(X) = 10 \times 0{,}3 = 3$

$V(X) = 10 \times 0{,}3 \times 0{,}7 = 2{,}1$ , donc $\sigma(X) = \sqrt{2{,}1} \approx 1{,}45$

La valeur la plus probable est aussi l'espérance, 3, et elle n'est atteinte qu'un peu plus d'une fois sur quatre : la loi est étalée autour d'elle, sur environ un écart-type et demi de chaque côté.

X \sim \mathcal{B}(20 \,;\, 0{,}1)

. Calculer

E(X)

\sigma(X)

, et

P(X = 0)

$E(X) = 20 \times 0{,}1 = 2$

$V(X) = 20 \times 0{,}1 \times 0{,}9 = 1{,}8$ , donc $\sigma(X) = \sqrt{1{,}8} \approx 1{,}34$

$P(X = 0) = 0{,}9^{20} \approx 0{,}1216$

Autrement dit : on attend 2 succès en moyenne, mais il y a 12 % de chances de n'en avoir aucun. L'écart-type, du même ordre que la moyenne, dit exactement que la loi est très dispersée relativement à son centre.

Un lien réseau perd 2 % des paquets. Combien d'envois faut-il en moyenne pour qu'un paquet passe ? Et la probabilité qu'il en faille plus de 3 ?

Loi géométrique de paramètre $p = 0{,}98$ .

$E(X) = 1/0{,}98 \approx 1{,}02$ envoi.

P(X > 3) = (1 - 0{,}98)^3 = 0{,}02^3 = 8 \times 10^{-6}

Presque toujours un seul envoi, et huit cas sur un million qui demandent plus de trois tentatives. Sur 10 millions de paquets par jour, cela fait tout de même 80 paquets par jour dans ce cas : c'est ce chiffre-là qui dimensionne un délai d'expiration, pas la moyenne.

Un service reçoit 120 requêtes par minute. Probabilité d'en recevoir plus de 3 dans une seconde donnée ?

120 par minute font $\lambda = 2$ par seconde, et $X \sim \mathcal{P}(2)$ .

P(X \leq 3) = e^{-2}\left(1 + 2 + \frac{2^2}{2!} + \frac{2^3}{3!}\right) = e^{-2} \times 6{,}333 \approx 0{,}857

$P(X > 3) \approx 0{,}143$

Une seconde sur sept reçoit plus de 3 requêtes, alors que la moyenne est de 2. Dimensionner la file d'attente sur la moyenne, c'est la saturer 14 % du temps.

Pourquoi ne peut-on pas utiliser une binomiale pour compter les requêtes reçues en une seconde ?

Parce qu'il n'y a pas de nombre d'essais $n$ fixé. Une requête peut arriver à n'importe quel instant d'un intervalle continu ; il n'existe pas de liste finie de tentatives à examiner.

C'est exactement le domaine de la loi de Poisson. On peut d'ailleurs la voir comme la limite d'une binomiale : découper la seconde en $n$ intervalles minuscules, chacun contenant au plus une requête avec la probabilité $p = \lambda/n$ , puis faire tendre $n$ vers l'infini.

Une pièce mesure en moyenne 50 mm avec un écart-type de 0,5 mm, selon une loi normale. Quelle proportion est hors tolérance [49 ; 51] ?

Centrer et réduire les bornes : $\dfrac{49 - 50}{0{,}5} = -2$ et $\dfrac{51 - 50}{0{,}5} = 2$ . L'intervalle de tolérance est exactement $[\mu - 2\sigma \,;\, \mu + 2\sigma]$ .

Environ 95 % des pièces sont dedans (95,4 % précisément), donc environ 5 % sont hors tolérance, soit 1 pièce sur 20, dont la moitié trop courtes et la moitié trop longues par symétrie.

Un test détecte une intrusion dans 99 % des cas et se déclenche à tort 1 fois sur 1000. Les intrusions concernent une session sur 100 000. Le test sonne : intrusion ?

C'est la formule de Bayes du chapitre précédent, sur un événement extrêmement rare.

P(\text{alerte}) = 0{,}99 \times 10^{-5} + 0{,}001 \times (1 - 10^{-5}) \approx 0{,}0000099 + 0{,}00099999 \approx 0{,}00101

P(\text{intrusion} \mid \text{alerte}) \approx \frac{0{,}0000099}{0{,}00101} \approx 0{,}0098

soit moins de 1 %.

Sur 100 alertes, une seule correspond à une vraie intrusion. Un test « fiable à 99 % » est inutilisable seul sur un événement aussi rare. Deux issues : corréler plusieurs signaux, ou réduire fortement le taux de faux positifs, quitte à manquer des cas.

Ce que le chapitre précédent a posé

Loi de Bernoulli : une seule tentative

Loi binomiale : compter les succès

D'où vient la formule

Loi géométrique : attendre le premier succès

Loi de Poisson : compter des événements rares

D'où elle vient : une binomiale à la limite

Voir la binomiale, Poisson et la loi normale se rejoindre

La loi normale, et le passage au continu

Centrer et réduire

La loi exponentielle : attendre un événement

Traduire une question de risque

Choisir la bonne loi

L'espérance et la variance, autant de fois qu'il faut

La méthode

Mettre en pratique

Dans la bibliothèque d'exercices

Loi de Bernoulli : une seule tentative

Loi binomiale : compter les succès

Loi géométrique : attendre le premier succès

Loi de Poisson : compter des événements rares

D'où elle vient : une binomiale à la limite

La loi exponentielle : attendre un événement