Introduction aux Probabilités - Université Rennes 2

96 Chapitre 2. Variables aléatoires discrètes
maintenant k entre 0 et n. Puisqu’un échantillon de taille n < N est un tirage sans remise,
il y a en tout N n échantillons possibles. Parmi ceux-ci, seuls ceux ayant k votants pour le
candidat donné et (n−k) pour l’autre nous intéressent. Or dans la population totale il y a
Np votants pour le candidat donné et N(1−p) = Nq votants pour l’autre. Il y a donc Np k
choix possibles d’un côté et Nq
n−k de l’autre. Tout ceci mis ensemble donne :
∀k ∈ {0,...,n} È(X = k) =
Np Nq
k n−k
N n
.
Remarque : Dans le cas général où on ne suppose plus n ≤ Np et n ≤ Nq, X est à valeurs
dans {max(0,n−Nq),min(n,Np)} et la loi ci-dessus est encore valable.
2. Supposons à nouveau n ≤ Np et n ≤ Nq. Pour vérifier que c’est bien une loi de probabilité,
il suffit de montrer que :
n
Np Nq
k n−k
= 1
n
Np Nq
= 1.
k n−k
k=0
N
n
N
n
k=0
Or N n est le coefficient de Xn dans le polynôme P(X) = (1+X) N , polynôme que l’on peut
encore écrire :
P(X) = (1+X) Np (1+X) Nq
Np
Np
= X
i
i
⎛ Nq
⎝
Nq
X
n−k
j
⎞
⎠.
k=0
i=0
Le coefficient de Xn issu de ce produit s’obtient en sommant les coefficients binomiaux sur
tous les couples d’indices (i,j) tels que i+j = n, ce qui donne l’égalité :
n
Np Nq N
= .
k n−k n
Figure 2.12 – Lois hypergéométrique H(60,5,1/4) et binomiale B(5,1/4).
3. On suppose n très petit devant N, avec p ni tout proche de 0 ni tout proche de 1, ce qui
est typiquement le cas des sondages politiques où N vaut plusieurs dizaines de millions, n
environ un millier et p se situe entre 40% et 60%. Supposons que X ∼ H(N,n,p). On a alors
pour tout k ∈ {0,...,n} :
È(X = k) =
Np Nq
k n−k
N n
=
j=0
(Np)!
k!(Np−k)! ×
(Nq)!
(n−k)!(Nq−(n−k))!
N!
n!(N−n)!
Arnaud Guyader - Rennes 2 Probabilités
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