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Lois continues et loi normale

Aborder les lois à densité et la loi normale.

Mathématiques Terminale Chapitre 15 / 19 ⏱ 9 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Calculer une probabilité avec une loi à densité
  • Utiliser la table ou la calculatrice pour la loi normale
  • Interpréter un intervalle de confiance

Jusqu'à présent, tes variables aléatoires ne prenaient qu'un nombre fini ou dénombrable de valeurs : le nombre de garçons dans une fratrie, le rang d'une boule tirée, le nombre de succès dans un schéma de Bernoulli. Une somme ∑pi\sum p_i suffisait à tout calculer. Mais que dire de la taille exacte d'un nouveau-né, du temps d'attente à un arrêt de bus, de la durée de vie d'une ampoule ou de la pluie tombée sur Ndjamena en une saison ? Ces grandeurs prennent toutes les valeurs d'un intervalle : on dit qu'elles suivent une loi continue, ou loi à densité.

Ce chapitre change d'outil : la somme ∑\sum cède la place à l'intégrale ∫\displaystyle\int, et le tableau de probabilités à une courbe, la densité. Tu y retrouveras trois lois incontournables — la loi uniforme, la loi exponentielle et surtout la loi normale, la fameuse « courbe en cloche » — avant de les relier à la loi binomiale déjà connue grâce au théorème de Moivre-Laplace. C'est l'un des chapitres les plus présents au baccalauréat : il fournit souvent, à lui seul, un exercice entier, ROC comprise.

La loi normale n'est pas une curiosité d'école : elle modélise les tailles d'une population, les notes d'un examen, les erreurs de mesure d'un instrument, les résultats d'un sondage. Elle te permettra, en fin de chapitre, d'estimer une proportion inconnue à partir d'un échantillon — un outil que tu retrouveras dans toutes les études statistiques sérieuses, du contrôle de qualité industriel aux études météorologiques.

On garde le même esprit qu'en classe de Première : définitions précises, propriétés démontrées chaque fois que le programme le permet, et beaucoup d'exemples chiffrés. Prends une feuille, un crayon, et surtout n'oublie jamais de vérifier les conditions d'application avant d'utiliser un théorème : c'est souvent là que se jouent les points au bac.

1Densité de probabilité

Une variable aléatoire continue XX peut prendre, a priori, n'importe quelle valeur réelle d'un intervalle. Contrairement au cas discret, il est absurde de dresser un tableau donnant P(X=x)P(X=x) pour chaque xx : il y a une infinité non dénombrable de valeurs possibles. On décrit alors la loi de XX par une fonction densité, dont la courbe joue le rôle que jouait le diagramme en bâtons dans le cas discret — mais ce sont désormais des aires, et non des hauteurs, qui donnent les probabilités.

Définition

Une fonction ff, définie sur un intervalle II, est une densité de probabilité sur II si :

  • ff est continue (ou continue par morceaux) et positive ou nulle sur II ;
  • l'aire sous sa courbe sur II vaut 11 : ∫If(x) dx=1\displaystyle\int_{I} f(x)\,\mathrm{d}x = 1.

Une variable aléatoire continue XX suit la loi de densité ff sur II lorsque, pour tous réels a⩽ba \leqslant b de II :

P(a⩽X⩽b)=∫abf(x) dxP(a \leqslant X \leqslant b) = \int_{a}^{b} f(x)\,\mathrm{d}x

c'est-à-dire l'aire, exprimée en unités d'aire, comprise entre la courbe de ff, l'axe des abscisses et les droites d'équations x=ax=a et x=bx=b.

Propriété

Pour une variable aléatoire continue XX de densité ff sur II, et pour tout réel aa de II :

P(X=a)=∫aaf(x) dx=0P(X = a) = \int_{a}^{a} f(x)\,\mathrm{d}x = 0

Il en résulte que les inégalités larges ou strictes ne changent rien aux probabilités :

P(a⩽X⩽b)=P(a<X⩽b)=P(a⩽X<b)=P(a<X<b)P(a \leqslant X \leqslant b) = P(a < X \leqslant b) = P(a \leqslant X < b) = P(a < X < b)

Attention

Ne confonds jamais f(x)f(x) et P(X=x)P(X=x) ! La densité f(x)f(x) est une hauteur, elle peut parfaitement dépasser 11 (c'est le cas de la loi exponentielle, plus loin) ; la probabilité P(X=x)P(X=x), elle, est toujours nulle pour une loi continue. C'est un piège classique du bac : une variable continue ne prend « aucune » valeur précise avec une probabilité non nulle, tout est affaire d'intervalles.

1.1  Fonction de répartition

Comme dans le cas discret, on définit une fonction qui cumule les probabilités « en dessous de xx ».

Définition

La fonction de répartition de XX est la fonction FF définie sur II par :

F(x)=P(X⩽x)=∫inf⁡Ixf(t) dtF(x) = P(X \leqslant x) = \int_{\inf I}^{x} f(t)\,\mathrm{d}t

FF est croissante sur II, et pour tous a⩽ba \leqslant b de II :

P(a⩽X⩽b)=F(b)−F(a)P(a \leqslant X \leqslant b) = F(b) - F(a)

Exemple — une densité sur [0;1][0;1]

Soit f(x)=2xf(x) = 2x sur [0;1][0;1]. Vérifions que ff est une densité, puis calculons P(0,25⩽X⩽0,75)P(0{,}25 \leqslant X \leqslant 0{,}75).

  1. ff est continue et positive sur [0;1][0;1]
  2. ∫012x dx=[x2]01=1\displaystyle\int_{0}^{1} 2x\,\mathrm{d}x = \Big[x^{2}\Big]_{0}^{1} = 1l'aire totale vaut bien 11
  3. doncff est une densité de probabilité sur [0;1][0;1]
  4. P(0,25⩽X⩽0,75)=∫0,250,752x dx=[x2]0,250,75\displaystyle P(0{,}25 \leqslant X \leqslant 0{,}75) = \int_{0{,}25}^{0{,}75} 2x\,\mathrm{d}x = \Big[x^{2}\Big]_{0{,}25}^{0{,}75}
  5. ==0,752−0,2520{,}75^{2} - 0{,}25^{2}
  6. ==0,5625−0,06250{,}5625 - 0{,}0625
  7. ==0,50{,}5

1.2  Espérance d'une variable à densité

Définition

L'espérance d'une variable aléatoire continue XX de densité ff sur I=[a;b]I=[a;b] est le réel :

E(X)=∫abx f(x) dxE(X) = \int_{a}^{b} x\,f(x)\,\mathrm{d}x

Elle généralise la moyenne pondérée ∑xipi\sum x_i p_i du cas discret : la somme devient une intégrale, et les poids pip_i deviennent f(x) dxf(x)\,\mathrm{d}x.

Exemple — espérance de f(x)=2xf(x)=2x sur [0;1][0;1]
  1. E(X)=∫01x×2x dx=∫012x2 dx\displaystyle E(X) = \int_{0}^{1} x \times 2x\,\mathrm{d}x = \int_{0}^{1} 2x^{2}\,\mathrm{d}x
  2. ==[2x33]01\displaystyle \left[\dfrac{2x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}
  3. ==23\dfrac{2}{3}

Résultat cohérent : la courbe de ff « penche » vers x=1x=1, donc E(X)=23E(X)=\dfrac{2}{3} est plus proche de 11 que de 00.

Cette notion d'espérance va nous accompagner tout le chapitre : pour la loi uniforme elle se lit presque à l'œil, pour la loi exponentielle elle demande une intégration par parties, et pour la loi normale elle est... le paramètre μ\mu lui-même.

2Loi uniforme continue

La loi la plus simple qui soit : une densité constante. Elle modélise un tirage « au hasard, sans privilégier aucune valeur » dans un intervalle — l'instant d'arrivée d'un bus dans un créneau, une erreur d'arrondi, un point choisi au hasard sur un segment.

Définition

Soient aa et bb deux réels tels que a<ba < b. La variable aléatoire XX suit la loi uniforme sur [a;b][a;b], notée X∼U([a;b])X \sim \mathcal{U}([a;b]), lorsque sa densité est :

f(x)=1b−apour x∈[a;b]f(x) = \dfrac{1}{b-a} \quad \text{pour } x \in [a;b]

Propriété

Pour X∼U([a;b])X \sim \mathcal{U}([a;b]) et pour tout intervalle [c;d]⊂[a;b][c;d] \subset [a;b] :

P(c⩽X⩽d)=d−cb−aP(c \leqslant X \leqslant d) = \dfrac{d-c}{b-a}

La probabilité ne dépend que de la longueur de l'intervalle [c;d][c;d], jamais de sa position : c'est le sens du mot « uniforme ».

Théorème

Si X∼U([a;b])X \sim \mathcal{U}([a;b]), alors E(X)=a+b2E(X) = \dfrac{a+b}{2}.

Démonstration
  1. E(X)=∫abx×1b−a dx=1b−a∫abx dx\displaystyle E(X) = \int_{a}^{b} x \times \dfrac{1}{b-a}\,\mathrm{d}x = \dfrac{1}{b-a}\int_{a}^{b} x\,\mathrm{d}x
  2. ==1b−a[x22]ab\displaystyle \dfrac{1}{b-a}\left[\dfrac{x^{2}}{2}\right]_{a}^{b}
  3. ==1b−a×b2−a22\dfrac{1}{b-a} \times \dfrac{b^{2}-a^{2}}{2}
  4. ==(b−a)(b+a)2(b−a)\dfrac{(b-a)(b+a)}{2(b-a)}identité remarquable b2−a2=(b−a)(b+a)b^{2}-a^{2}=(b-a)(b+a)
  5. ==a+b2\dfrac{a+b}{2}on simplifie par b−a≠0b-a \neq 0

On retrouve exactement le milieu de [a;b][a;b], cohérent avec la symétrie de la loi uniforme. C.Q.F.D.

Exemple — attente d'un bus

Un bus passe toutes les 1010 minutes. Le temps d'attente XX (en minutes) d'un voyageur arrivant au hasard suit la loi U([0;10])\mathcal{U}([0;10]).

  1. f(x)=110−0=0,1f(x) = \dfrac{1}{10-0} = 0{,}1
  2. P(2⩽X⩽7)=7−210−0\displaystyle P(2 \leqslant X \leqslant 7) = \dfrac{7-2}{10-0}
  3. ==0,50{,}5
  4. E(X)=0+102=5E(X) = \dfrac{0+10}{2} = 5le voyageur attend en moyenne 55 minutes
Densité de la loi uniforme sur [0 ; 10] 0 2 5 7 10 x f(x) 0,1 f(x) = 1/10 P(2⩽X⩽7) = 0,5
Figure 1 — Densité de la loi uniforme U([0;10])\mathcal{U}([0;10]) : une hauteur constante f(x)=0,1f(x)=0{,}1, et une probabilité qui se lit comme une aire de rectangle.
Exemple — erreur d'arrondi

Une balance affiche une masse arrondie au gramme près : l'erreur d'arrondi XX (en grammes) suit la loi U([−0,5;0,5])\mathcal{U}([-0{,}5;0{,}5]).

  1. P(−0,2⩽X⩽0,3)=0,3−(−0,2)0,5−(−0,5)\displaystyle P(-0{,}2 \leqslant X \leqslant 0{,}3) = \dfrac{0{,}3-(-0{,}2)}{0{,}5-(-0{,}5)}
  2. ==0,51\dfrac{0{,}5}{1}
  3. ==0,50{,}5
  4. E(X)=−0,5+0,52=0E(X) = \dfrac{-0{,}5+0{,}5}{2} = 0l'erreur moyenne est nulle : la balance n'est pas biaisée

3Loi exponentielle et durée de vie sans vieillissement

La loi exponentielle est la loi des durées : durée de vie d'un composant électronique, délai avant une désintégration radioactive, temps d'attente avant un appel. Sa propriété la plus remarquable — l'absence de vieillissement — en fait un modèle incontournable.

Définition

Soit λ\lambda un réel strictement positif. La variable aléatoire XX suit la loi exponentielle de paramètre λ\lambda, notée X∼E(λ)X \sim \mathcal{E}(\lambda), lorsque sa densité est :

f(x)=λ e−λxpour x∈[0;+∞[f(x) = \lambda\, \mathrm{e}^{-\lambda x} \quad \text{pour } x \in [0;+\infty[

Propriété

Pour X∼E(λ)X \sim \mathcal{E}(\lambda) et pour tout réel t⩾0t \geqslant 0 :

P(X⩽t)=1−e−λtetP(X>t)=e−λtP(X \leqslant t) = 1 - \mathrm{e}^{-\lambda t} \qquad \text{et} \qquad P(X > t) = \mathrm{e}^{-\lambda t}

Démonstration
  1. P(X⩽t)=∫0tλ e−λx dx\displaystyle P(X \leqslant t) = \int_{0}^{t} \lambda\, \mathrm{e}^{-\lambda x}\,\mathrm{d}x
  2. ==[−e−λx]0t\displaystyle \Big[-\mathrm{e}^{-\lambda x}\Big]_{0}^{t}une primitive de λe−λx\lambda\mathrm{e}^{-\lambda x} est −e−λx-\mathrm{e}^{-\lambda x}
  3. ==−e−λt−(−e0)-\mathrm{e}^{-\lambda t} - (-\mathrm{e}^{0})
  4. ==1−e−λt1 - \mathrm{e}^{-\lambda t}
Densité de la loi exponentielle — λ = 0,5 0 2 4 6 8 x 0,5 t = 2 P(X⩽2) ≈ 0,632 f(x) = 0,5 · e^(−0,5x)
Figure 2 — Loi exponentielle de paramètre λ=0,5\lambda = 0{,}5 : l'aire sous la courbe entre 00 et t=2t=2 donne P(X⩽2)≈0,632P(X \leqslant 2) \approx 0{,}632.
Exemple — durée de vie d'un composant

La durée de vie XX (en années) d'un composant électronique suit la loi E(0,5)\mathcal{E}(0{,}5).

  1. P(X⩽2)=1−e−0,5×2P(X \leqslant 2) = 1 - \mathrm{e}^{-0{,}5 \times 2}
  2. ==1−e−11 - \mathrm{e}^{-1}
  3. ≈\approx0,63210{,}6321soit environ 6363 % de risque de panne avant 22 ans

3.1  Espérance de la loi exponentielle

Théorème

Si X∼E(λ)X \sim \mathcal{E}(\lambda), alors E(X)=1λE(X) = \dfrac{1}{\lambda}.

Démonstration

On calcule E(X)=lim⁡x→+∞∫0xt λ e−λt dt\displaystyle E(X) = \lim_{x \to +\infty} \int_{0}^{x} t\,\lambda\,\mathrm{e}^{-\lambda t}\,\mathrm{d}t par intégration par parties, en posant u(t)=tu(t)=t et v′(t)=λe−λtv'(t) = \lambda\mathrm{e}^{-\lambda t}, donc u′(t)=1u'(t)=1 et v(t)=−e−λtv(t) = -\mathrm{e}^{-\lambda t}.

  1. ∫0xt λ e−λt dt=[−t e−λt]0x−∫0x(−e−λt)dt\displaystyle \int_{0}^{x} t\,\lambda\,\mathrm{e}^{-\lambda t}\,\mathrm{d}t = \Big[-t\,\mathrm{e}^{-\lambda t}\Big]_{0}^{x} - \int_{0}^{x} \left(-\mathrm{e}^{-\lambda t}\right)\mathrm{d}tformule ∫uv′=[uv]−∫u′v\int u v' = [uv] - \int u'v
  2. ==−x e−λx+∫0xe−λt dt\displaystyle -x\,\mathrm{e}^{-\lambda x} + \int_{0}^{x} \mathrm{e}^{-\lambda t}\,\mathrm{d}t
  3. ==−x e−λx+[−1λe−λt]0x\displaystyle -x\,\mathrm{e}^{-\lambda x} + \left[-\dfrac{1}{\lambda}\mathrm{e}^{-\lambda t}\right]_{0}^{x}
  4. ==−x e−λx−1λe−λx+1λ-x\,\mathrm{e}^{-\lambda x} - \dfrac{1}{\lambda}\mathrm{e}^{-\lambda x} + \dfrac{1}{\lambda}

Or, par croissances comparées, lim⁡x→+∞x e−λx=0\displaystyle\lim_{x \to +\infty} x\,\mathrm{e}^{-\lambda x} = 0 et lim⁡x→+∞e−λx=0\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \mathrm{e}^{-\lambda x} = 0. Donc :

E(X)=lim⁡x→+∞(−x e−λx−1λe−λx+1λ)=1λE(X) = \lim_{x \to +\infty}\left(-x\,\mathrm{e}^{-\lambda x} - \dfrac{1}{\lambda}\mathrm{e}^{-\lambda x} + \dfrac{1}{\lambda}\right) = \dfrac{1}{\lambda}

C.Q.F.D.

3.2  Durée de vie sans vieillissement

Théorème — absence de mémoire

Si X∼E(λ)X \sim \mathcal{E}(\lambda), alors pour tous réels t⩾0t \geqslant 0 et h⩾0h \geqslant 0 :

PX⩾t(X⩾t+h)=P(X⩾h)P_{X \geqslant t}(X \geqslant t+h) = P(X \geqslant h)

On dit que la loi exponentielle est sans vieillissement (ou sans mémoire) : sachant qu'un composant a déjà fonctionné tt années, la probabilité qu'il fonctionne encore hh années de plus est la même que s'il était neuf.

Démonstration
  1. PX⩾t(X⩾t+h)=P((X⩾t+h)∩(X⩾t))P(X⩾t)\displaystyle P_{X \geqslant t}(X \geqslant t+h) = \dfrac{P\big((X \geqslant t+h) \cap (X \geqslant t)\big)}{P(X \geqslant t)}définition de la probabilité conditionnelle
  2. ==P(X⩾t+h)P(X⩾t)\dfrac{P(X \geqslant t+h)}{P(X \geqslant t)}h⩾0h \geqslant 0 donc (X⩾t+h)⊂(X⩾t)(X\geqslant t+h) \subset (X \geqslant t)
  3. ==e−λ(t+h)e−λt\dfrac{\mathrm{e}^{-\lambda(t+h)}}{\mathrm{e}^{-\lambda t}}
  4. ==e−λt e−λh eλt\mathrm{e}^{-\lambda t}\,\mathrm{e}^{-\lambda h}\,\mathrm{e}^{\lambda t}
  5. ==e−λh\mathrm{e}^{-\lambda h}
  6. ==P(X⩾h)P(X \geqslant h)

C.Q.F.D. On démontre — hors programme — que la loi exponentielle est la seule loi continue sans vieillissement : c'est ce qui en fait le modèle naturel des durées de vie « qui ne s'usent pas ».

Attention

La loi exponentielle modélise des phénomènes qui ne « s'usent » pas (désintégration radioactive, panne électronique aléatoire), mais elle est inadaptée à une usure mécanique progressive (pneu, ampoule à filament) : dans ce cas, la probabilité de panne augmente avec l'âge, ce que l'absence de mémoire interdit.

3.3  Demi-vie

Définition

La demi-vie t1/2t_{1/2} d'une variable X∼E(λ)X \sim \mathcal{E}(\lambda) est la durée telle que P(X⩽t1/2)=P(X>t1/2)=0,5P(X \leqslant t_{1/2}) = P(X > t_{1/2}) = 0{,}5.

  1. 1−e−λt1/2=0,51 - \mathrm{e}^{-\lambda t_{1/2}} = 0{,}5
  2. ⇔\Leftrightarrowe−λt1/2=0,5\mathrm{e}^{-\lambda t_{1/2}} = 0{,}5
  3. ⇔\Leftrightarrow−λt1/2=ln⁡(0,5)=−ln⁡2-\lambda t_{1/2} = \ln(0{,}5) = -\ln 2
  4. ⇔\Leftrightarrowt1/2=ln⁡2λt_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda}
Exemple — durée de vie d'une ampoule LED

Une ampoule LED a une durée de vie moyenne de 10 00010\,000 heures. On modélise sa durée de vie XX par une loi exponentielle.

  1. E(X)=1λ=10 000E(X) = \dfrac{1}{\lambda} = 10\,000
  2. ⇒\Rightarrowλ=0,0001\lambda = 0{,}0001
  3. t1/2=ln⁡20,0001≈6 931t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{0{,}0001} \approx 6\,931 heures
  4. P(X>12 000)=e−0,0001×12 000=e−1,2P(X > 12\,000) = \mathrm{e}^{-0{,}0001 \times 12\,000} = \mathrm{e}^{-1{,}2}
  5. ≈\approx0,30120{,}3012

Grâce à l'absence de mémoire, sachant qu'une ampoule a déjà tenu 5 0005\,000 heures, la probabilité qu'elle tienne 12 00012\,000 heures de plus est encore P(X>12 000)≈0,3012P(X>12\,000) \approx 0{,}3012.

4Loi normale centrée réduite

La loi normale centrée réduite, notée N(0;1)\mathcal{N}(0;1), est la plus célèbre de toutes les lois de probabilité : sa courbe en cloche, parfaitement symétrique, est un emblème des mathématiques au même titre que le nombre π\pi.

Définition

Une variable aléatoire ZZ suit la loi normale centrée réduite N(0;1)\mathcal{N}(0;1) lorsque sa densité, définie sur R\mathbb{R}, est :

φ(x)=12π e−x22\varphi(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\,\mathrm{e}^{-\frac{x^{2}}{2}}

Sa courbe est la célèbre courbe « en cloche » de Gauss, symétrique par rapport à l'axe des ordonnées.

Propriété — symétrie

La fonction φ\varphi est paire : φ(−x)=φ(x)\varphi(-x) = \varphi(x). Il en résulte, pour tout réel aa :

P(Z⩽0)=0,5P(Z⩾a)=1−P(Z⩽a)P(Z⩽−a)=P(Z⩾a)P(Z \leqslant 0) = 0{,}5 \qquad P(Z \geqslant a) = 1 - P(Z \leqslant a) \qquad P(Z \leqslant -a) = P(Z \geqslant a)

P(−a⩽Z⩽a)=2P(Z⩽a)−1P(-a \leqslant Z \leqslant a) = 2P(Z \leqslant a) - 1

Math & Co — la naissance de la courbe en cloche

C'est le mathématicien français Abraham de Moivre (1667-1754), réfugié protestant à Londres après la révocation de l'édit de Nantes, qui fait apparaître le premier la courbe en cloche. Dans son ouvrage The Doctrine of Chances, en 1733, il cherche à approcher les probabilités binomiales d'un jeu de pile ou face répété un grand nombre de fois, et découvre la formule de la densité gaussienne — près de soixante-dix ans avant que Carl Friedrich Gauss ne l'associe définitivement à la théorie des erreurs de mesure, en 1809, dans ses travaux d'astronomie. Le nom « loi de Gauss » restera pourtant l'usage.

4.1  Lire la table ou la calculatrice

Méthode — utiliser la table de Φ\Phi

On note Φ(z)=P(Z⩽z)\Phi(z) = P(Z \leqslant z). La table (ou la calculatrice, fonction normalFRép ou NormalCDF) donne directement Φ(z)\Phi(z) pour z⩾0z \geqslant 0.

  • Pour z<0z<0 : symétrie, Φ(z)=1−Φ(−z)\Phi(z) = 1 - \Phi(-z).
  • Pour P(a⩽Z⩽b)P(a \leqslant Z \leqslant b) : on calcule Φ(b)−Φ(a)\Phi(b) - \Phi(a).
zz000,50{,}5111,281{,}281,6451{,}6451,961{,}96222,332{,}332,582{,}5833
Φ(z)\Phi(z)0,50000{,}50000,69150{,}69150,84130{,}84130,89970{,}89970,95000{,}95000,97500{,}97500,97720{,}97720,99010{,}99010,99510{,}99510,99870{,}9987
Exemple — calculs directs

À l'aide de la table ci-dessus, calculons P(Z⩽1)P(Z \leqslant 1) et P(Z⩾−1)P(Z \geqslant -1).

  1. P(Z⩽1)=Φ(1)=0,8413P(Z \leqslant 1) = \Phi(1) = 0{,}8413
  2. P(Z⩾−1)=P(Z⩽1)P(Z \geqslant -1) = P(Z \leqslant 1)symétrie de φ\varphi
  3. ==0,84130{,}8413
Exemple — un intervalle

Calculons P(0,5⩽Z⩽2)P(0{,}5 \leqslant Z \leqslant 2).

  1. P(0,5⩽Z⩽2)=Φ(2)−Φ(0,5)P(0{,}5 \leqslant Z \leqslant 2) = \Phi(2) - \Phi(0{,}5)
  2. ==0,9772−0,69150{,}9772 - 0{,}6915
  3. ==0,28570{,}2857
Loi normale centrée réduite N(0 ; 1) — règle des 68-95-99,7 -3 -2 -1 0 1 2 3 z 68 % 95 % 99,7 %
Figure 3 — Loi normale centrée réduite : 6868 % de l'aire entre −1-1 et 11, 9595 % entre −2-2 et 22, 99,799{,}7 % entre −3-3 et 33.
Propriété — valeurs usuelles

P(−1,96⩽Z⩽1,96)≈0,95P(−2,58⩽Z⩽2,58)≈0,99P(-1{,}96 \leqslant Z \leqslant 1{,}96) \approx 0{,}95 \qquad\qquad P(-2{,}58 \leqslant Z \leqslant 2{,}58) \approx 0{,}99

Ces deux valeurs, 1,961{,}96 et 2,582{,}58, sont incontournables : elles reviennent sans cesse dans les sondages et les intervalles de confiance de la section 6.

5Loi normale N(μ;σ2)\mathcal{N}(\mu;\sigma^{2})

La loi N(0;1)\mathcal{N}(0;1) n'est qu'un cas particulier. Dans la réalité, une grandeur mesurée a rarement une moyenne nulle et un écart-type de 11 : on généralise donc à une loi normale de paramètres μ\mu et σ\sigma, quelconques.

Définition

Soient μ∈R\mu \in \mathbb{R} et σ>0\sigma > 0. Une variable aléatoire XX suit la loi normale N(μ;σ2)\mathcal{N}(\mu;\sigma^{2}) lorsque sa densité, définie sur R\mathbb{R}, est :

f(x)=1σ2π e−(x−μ)22σ2f(x) = \dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,\mathrm{e}^{-\frac{(x-\mu)^{2}}{2\sigma^{2}}}

On admet que E(X)=μE(X) = \mu et que l'écart-type de XX vaut σ\sigma : μ\mu est le centre de symétrie de la cloche, σ\sigma en règle « l'étalement ».

5.1  Centrage-réduction

Théorème

Si X∼N(μ;σ2)X \sim \mathcal{N}(\mu;\sigma^{2}), alors Z=X−μσZ = \dfrac{X-\mu}{\sigma} suit la loi normale centrée réduite N(0;1)\mathcal{N}(0;1).

Démonstration

Notons FXF_X la fonction de répartition de XX et Φ\Phi celle de Z∼N(0;1)Z \sim \mathcal{N}(0;1). Pour tout réel xx :

  1. FX(x)=P(X⩽x)=P ⁣(X−μσ⩽x−μσ)F_X(x) = P(X \leqslant x) = P\!\left(\dfrac{X-\mu}{\sigma} \leqslant \dfrac{x-\mu}{\sigma}\right)on divise par σ>0\sigma>0, l'ordre est conservé
  2. ==Φ ⁣(x−μσ)\Phi\!\left(\dfrac{x-\mu}{\sigma}\right)

En dérivant les deux membres par rapport à xx, avec Φ′=φ\Phi' = \varphi :

f(x)=FX′(x)=1σ φ ⁣(x−μσ)=1σ2π e−(x−μ)22σ2f(x) = F_X'(x) = \dfrac{1}{\sigma}\,\varphi\!\left(\dfrac{x-\mu}{\sigma}\right) = \dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,\mathrm{e}^{-\frac{(x-\mu)^{2}}{2\sigma^{2}}}

ce qui est bien la densité de N(μ;σ2)\mathcal{N}(\mu;\sigma^{2}) : la loi de ZZ est donc N(0;1)\mathcal{N}(0;1). C.Q.F.D.

Méthode — calculer une probabilité pour X∼N(μ;σ2)X \sim \mathcal{N}(\mu;\sigma^{2})

P(X⩽b)=P ⁣(Z⩽b−μσ)=Φ ⁣(b−μσ)P(X \leqslant b) = P\!\left(Z \leqslant \dfrac{b-\mu}{\sigma}\right) = \Phi\!\left(\dfrac{b-\mu}{\sigma}\right)

On centre-réduit, puis on lit Φ\Phi dans la table ou à la calculatrice.

Centrage-réduction : Z = (X − μ) / σ 146 154 162 170 178 186 194 X ~ N(170 ; 8²), taille en cm -3 -2 -1 0 1 2 3 Z ~ N(0 ; 1) Z=(X−170)/8
Figure 4 — Centrer-réduire ne change pas la forme de la cloche : c'est un changement d'échelle et d'origine sur l'axe des abscisses.
Propriété — règle 68-95-99,7

Si X∼N(μ;σ2)X \sim \mathcal{N}(\mu;\sigma^{2}) :

P(μ−σ⩽X⩽μ+σ)≈0,683P(μ−2σ⩽X⩽μ+2σ)≈0,954P(\mu-\sigma \leqslant X \leqslant \mu+\sigma) \approx 0{,}683 \qquad P(\mu-2\sigma \leqslant X \leqslant \mu+2\sigma) \approx 0{,}954

P(μ−3σ⩽X⩽μ+3σ)≈0,997P(\mu-3\sigma \leqslant X \leqslant \mu+3\sigma) \approx 0{,}997

C'est la traduction directe, sur XX, des zones de la figure 3.

Math & Co — Quetelet et l'« homme moyen »

C'est l'astronome et statisticien belge Adolphe Quetelet (1796-1874) qui, le premier, applique la courbe de Gauss à des mesures humaines. Dans Sur l'homme et le développement de ses facultés, publié en 1835, il reprend les mesures de tour de poitrine de 5 7385\,738 soldats écossais et montre qu'elles se répartissent selon une courbe en cloche quasi parfaite. Il invente le concept d'« homme moyen » : depuis, la loi normale reste le modèle de référence pour les tailles, poids et autres caractéristiques biométriques d'une population.

Exemple — tailles des élèves de Terminale

On admet que la taille XX (en cm) des élèves de Terminale d'un grand lycée suit la loi N(170;82)\mathcal{N}(170;8^{2}).

  1. P(162⩽X⩽178)=P(μ−σ⩽X⩽μ+σ)P(162 \leqslant X \leqslant 178) = P(\mu-\sigma \leqslant X \leqslant \mu+\sigma)
  2. ≈\approx0,6830{,}683règle des 6868 %, avec μ=170\mu=170, σ=8\sigma=8
  3. P(X⩾186)=P(Z⩾2)=1−Φ(2)P(X \geqslant 186) = P(Z \geqslant 2) = 1-\Phi(2)186=μ+2σ186 = \mu+2\sigma
  4. ==1−0,97721-0{,}9772
  5. ≈\approx0,02280{,}0228
Exemple — notes au bac

On admet que la note XX (sur 2020) d'un candidat à une épreuve de mathématiques suit la loi N(10;22)\mathcal{N}(10;2^{2}).

  1. P(8⩽X⩽12)≈0,683P(8 \leqslant X \leqslant 12) \approx 0{,}683intervalle [μ−σ;μ+σ][\mu-\sigma;\mu+\sigma]
  2. P(X⩾14)=P ⁣(Z⩾14−102)=P(Z⩾2)P(X \geqslant 14) = P\!\left(Z \geqslant \dfrac{14-10}{2}\right) = P(Z \geqslant 2)
  3. ≈\approx0,02280{,}0228un peu plus de 22 candidats sur 100100 obtiennent 1414 ou plus

6Intervalles de fluctuation et de confiance

La loi binomiale, vue en Première, compte des succès ; la loi normale mesure des grandeurs continues. Le théorème de Moivre-Laplace relie les deux : lorsque le nombre d'épreuves nn est grand, la loi binomiale « ressemble » à une loi normale bien choisie. C'est le pont qui permet de construire des intervalles de fluctuation et de confiance, outils essentiels de tout sondage.

6.1  Le théorème de Moivre-Laplace

Théorème de Moivre-Laplace

Soit XnX_n une variable aléatoire suivant la loi binomiale B(n;p)\mathcal{B}(n;p). Lorsque nn est assez grand, la loi de XnX_n est bien approchée par la loi normale N(np ; np(1−p))\mathcal{N}\big(np\,;\,np(1-p)\big), de même espérance et de même variance que XnX_n. En pratique, l'approximation est jugée valable dès que :

n⩾30np⩾5n(1−p)⩾5n \geqslant 30 \qquad np \geqslant 5 \qquad n(1-p) \geqslant 5

Démonstration — idée de preuve

La démonstration complète, due à de Moivre (1733, cas p=0,5p=0{,}5) puis généralisée par Laplace (1810) dans le cadre du théorème central limite, dépasse le programme de Terminale. On peut néanmoins en comprendre l'idée : XnX_n est une somme de nn variables de Bernoulli indépendantes de paramètre pp. Or on admet que la somme d'un grand nombre de variables aléatoires indépendantes et de même loi, une fois centrée et réduite, se rapproche d'une loi normale — quelle que soit la loi de départ. Cette convergence, appliquée ici à la loi de Bernoulli, justifie l'approximation.

B(40 ; 0,25) approchée par la loi normale N(10 ; 7,5) 0 5 10 15 20 k μ = np = 10
Figure 5 — Histogramme de la loi B(40 ; 0,25)\mathcal{B}(40\,;\,0{,}25) (P(X=k)P(X=k) en violet) et courbe de la loi normale N(10 ; 7,5)\mathcal{N}(10\,;\,7{,}5) qui l'approche (en vert).
Exemple — élèves pratiquant un sport en club

Dans un lycée d'Abéché, on estime que 2525 % des élèves d'une promotion pratiquent un sport en club. On interroge n=40n=40 élèves choisis au hasard ; XX est le nombre d'entre eux pratiquant un sport en club.

  1. X∼B(40 ; 0,25)X \sim \mathcal{B}(40\,;\,0{,}25)
  2. n=40⩾30n=40 \geqslant 30, np=10⩾5np=10 \geqslant 5, n(1−p)=30⩾5n(1-p)=30 \geqslant 5les trois conditions de Moivre-Laplace sont vérifiées
  3. doncon approche XX par Y∼N(10 ; 7,5)Y \sim \mathcal{N}(10\,;\,7{,}5), avec σ=7,5≈2,739\sigma=\sqrt{7{,}5}\approx 2{,}739
  4. P(X⩽13,5)≈P(Y⩽13,5)=Φ ⁣(13,5−102,739)P(X \leqslant 13{,}5) \approx P(Y \leqslant 13{,}5) = \Phi\!\left(\dfrac{13{,}5-10}{2{,}739}\right)
  5. ==Φ(1,28)\Phi(1{,}28)3,5÷2,739≈1,283{,}5 \div 2{,}739 \approx 1{,}28
  6. ≈\approx0,89970{,}8997

Environ 9090 % des échantillons de 4040 élèves compteraient 1313 sportifs ou moins.

6.2  Intervalle de fluctuation asymptotique

Définition

Soit pp la proportion connue d'un caractère dans une population, et FnF_n la fréquence de ce caractère observée sur un échantillon aléatoire de taille nn, avec n⩾30n \geqslant 30, np⩾5np \geqslant 5 et n(1−p)⩾5n(1-p) \geqslant 5. L'intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 9595 % est :

In=[ p−1,96p(1−p)n  ;  p+1,96p(1−p)n ]I_n = \left[\,p - 1{,}96\sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}}\;;\;p + 1{,}96\sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}}\,\right]

Pour nn grand, P(Fn∈In)≈0,95P(F_n \in I_n) \approx 0{,}95.

  1. X∼B(n;p)X \sim \mathcal{B}(n;p) approché par N(np ; np(1−p))\mathcal{N}(np\,;\,np(1-p))
  2. doncFn=XnF_n = \dfrac{X}{n} est approché par N ⁣(p ; p(1−p)n)\mathcal{N}\!\left(p\,;\,\dfrac{p(1-p)}{n}\right)
  3. P ⁣(−1,96⩽Fn−pp(1−p)/n⩽1,96)≈0,95P\!\left(-1{,}96 \leqslant \dfrac{F_n-p}{\sqrt{p(1-p)/n}} \leqslant 1{,}96\right) \approx 0{,}95valeur usuelle de la section 4
  4. ⇔\LeftrightarrowP(Fn∈In)≈0,95P(F_n \in I_n) \approx 0{,}95
Exemple — une pièce est-elle équilibrée ?

On lance n=100n=100 fois une pièce ; si elle est parfaitement équilibrée, p=0,5p=0{,}5.

  1. n=100⩾30n=100\geqslant30, np=50⩾5np=50\geqslant5, n(1−p)=50⩾5n(1-p)=50\geqslant5
  2. I100=[0,5−1,960,25100  ;  0,5+1,960,25100]I_{100} = \left[0{,}5-1{,}96\sqrt{\dfrac{0{,}25}{100}}\;;\;0{,}5+1{,}96\sqrt{\dfrac{0{,}25}{100}}\right]
  3. ==[0,5−0,098 ; 0,5+0,098][0{,}5-0{,}098\,;\,0{,}5+0{,}098]
  4. ==[0,402 ; 0,598][0{,}402\,;\,0{,}598]

Si l'on observe 6868 piles sur 100100 lancers, la fréquence f=0,68f=0{,}68 est hors de I100I_{100} : au seuil de 9595 %, on rejette l'hypothèse d'une pièce équilibrée.

6.3  Intervalle de confiance

Attention

Ne confonds pas les deux notions ! Dans un intervalle de fluctuation, la proportion pp est connue, et l'on prédit où tombera la fréquence FnF_n d'un échantillon. Dans un intervalle de confiance, c'est l'inverse : la fréquence ff est observée sur un échantillon, et l'on cherche à estimer la proportion pp, inconnue, de la population entière.

Définition

Soit ff la fréquence observée d'un caractère sur un échantillon aléatoire de taille n⩾30n \geqslant 30, avec nf⩾5nf \geqslant 5 et n(1−f)⩾5n(1-f) \geqslant 5. L'intervalle de confiance au niveau de confiance 9595 % pour la proportion inconnue pp est :

IC=[ f−1,96f(1−f)n  ;  f+1,96f(1−f)n ]IC = \left[\,f - 1{,}96\sqrt{\dfrac{f(1-f)}{n}}\;;\;f + 1{,}96\sqrt{\dfrac{f(1-f)}{n}}\,\right]

Cela signifie que la méthode de construction de ICIC capture la vraie valeur de pp dans 9595 % des échantillons : ce n'est pas pp qui varie, c'est l'intervalle, d'un échantillon à l'autre.

Méthode — construire un intervalle de confiance
  1. Vérifier que n⩾30n \geqslant 30, nf⩾5nf \geqslant 5 et n(1−f)⩾5n(1-f)\geqslant5.
  2. Calculer ff, la fréquence observée.
  3. Calculer la marge d'erreur 1,96f(1−f)n1{,}96\sqrt{\dfrac{f(1-f)}{n}}.
  4. Écrire IC=[f−marge ; f+marge]IC = [f-\text{marge}\,;\,f+\text{marge}].
Exemple — sondage

Sur n=200n=200 personnes interrogées, f=0,42f=0{,}42 déclarent préférer un produit A.

  1. n=200⩾30n=200\geqslant30, nf=84⩾5nf=84\geqslant5, n(1−f)=116⩾5n(1-f)=116\geqslant5
  2. marge =1,960,42×0,58200≈0,068= 1{,}96\sqrt{\dfrac{0{,}42\times0{,}58}{200}} \approx 0{,}068
  3. ⇒\RightarrowIC≈[0,352 ; 0,488]IC \approx [0{,}352\,;\,0{,}488]

On estime, avec un niveau de confiance de 9595 %, que la vraie proportion pp d'amateurs du produit A dans la population est comprise entre 35,235{,}2 % et 48,848{,}8 %.

Fiche mémo

  • Densité ff : f⩾0f\geqslant0, aire totale =1=1, P(a⩽X⩽b)=∫abf(x) dxP(a\leqslant X\leqslant b)=\displaystyle\int_a^b f(x)\,\mathrm{d}x, et P(X=a)=0P(X=a)=0.
  • Espérance continue : E(X)=∫x f(x) dxE(X) = \displaystyle\int x\,f(x)\,\mathrm{d}x.
  • Loi uniforme U([a;b])\mathcal{U}([a;b]) : f(x)=1b−af(x)=\dfrac{1}{b-a} ; E(X)=a+b2E(X)=\dfrac{a+b}{2}.
  • Loi exponentielle E(λ)\mathcal{E}(\lambda) : f(x)=λe−λxf(x)=\lambda\mathrm{e}^{-\lambda x} ; P(X⩽t)=1−e−λtP(X\leqslant t)=1-\mathrm{e}^{-\lambda t} ; E(X)=1λE(X)=\dfrac{1}{\lambda}.
  • Sans vieillissement : PX⩾t(X⩾t+h)=P(X⩾h)P_{X\geqslant t}(X\geqslant t+h)=P(X\geqslant h). Demi-vie : t1/2=ln⁡2λt_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{\lambda}.
  • Loi normale N(0;1)\mathcal{N}(0;1) : densité φ(x)=12πe−x2/2\varphi(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-x^2/2}, paire ; Φ(z)=P(Z⩽z)\Phi(z)=P(Z\leqslant z).
  • Valeurs usuelles : P(−1,96⩽Z⩽1,96)≈0,95P(-1{,}96\leqslant Z\leqslant1{,}96)\approx0{,}95 ; P(−2,58⩽Z⩽2,58)≈0,99P(-2{,}58\leqslant Z\leqslant2{,}58)\approx0{,}99.
  • X∼N(μ;σ2)⇒Z=X−μσ∼N(0;1)X\sim\mathcal{N}(\mu;\sigma^2) \Rightarrow Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}\sim\mathcal{N}(0;1).
  • Règle 68-95-99,7 : P(μ±σ)≈0,683P(\mu\pm\sigma)\approx0{,}683 ; P(μ±2σ)≈0,954P(\mu\pm2\sigma)\approx0{,}954 ; P(μ±3σ)≈0,997P(\mu\pm3\sigma)\approx0{,}997.
  • Moivre-Laplace : B(n;p)\mathcal{B}(n;p) approchée par N(np ; np(1−p))\mathcal{N}(np\,;\,np(1-p)) si n⩾30n\geqslant30, np⩾5np\geqslant5, n(1−p)⩾5n(1-p)\geqslant5.
  • Intervalle de fluctuation (95 %, pp connu) : In=[p±1,96p(1−p)n]I_n=\left[p\pm1{,}96\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}\right].
  • Intervalle de confiance (95 %, pp inconnu, ff observée) : IC=[f±1,96f(1−f)n]IC=\left[f\pm1{,}96\sqrt{\frac{f(1-f)}{n}}\right].

7Exercices corrigés

Dix-sept exercices, du plus direct au plus complet, tous corrigés en détail : de quoi vérifier chaque notion du chapitre avant de passer à la pratique du type bac.

Niveau 1 — Application directe
1

Soit f(x)=3x2f(x) = 3x^{2} sur [0;1][0;1].

  1. Vérifier que ff est une densité de probabilité sur [0;1][0;1].
  2. Calculer P(0,2⩽X⩽0,6)P(0{,}2 \leqslant X \leqslant 0{,}6).
Voir le corrigé détaillé

1. ff est continue et positive sur [0;1][0;1].

  1. ∫013x2 dx=[x3]01=1\displaystyle\int_{0}^{1} 3x^{2}\,\mathrm{d}x = \Big[x^{3}\Big]_{0}^{1} = 1
  2. doncff est bien une densité de probabilité sur [0;1][0;1]

2.

  1. P(0,2⩽X⩽0,6)=∫0,20,63x2 dx=[x3]0,20,6\displaystyle P(0{,}2 \leqslant X \leqslant 0{,}6) = \int_{0{,}2}^{0{,}6} 3x^{2}\,\mathrm{d}x = \Big[x^{3}\Big]_{0{,}2}^{0{,}6}
  2. ==0,63−0,230{,}6^{3} - 0{,}2^{3}
  3. ==0,216−0,0080{,}216 - 0{,}008
  4. ==0,2080{,}208
2

XX suit la loi U([2;9])\mathcal{U}([2;9]). Calculer f(x)f(x), P(4⩽X⩽5)P(4 \leqslant X \leqslant 5), P(X⩾7)P(X \geqslant 7) et E(X)E(X).

Voir le corrigé détaillé
  1. f(x)=19−2=17f(x) = \dfrac{1}{9-2} = \dfrac{1}{7}
  2. P(4⩽X⩽5)=5−47=17≈0,143P(4 \leqslant X \leqslant 5) = \dfrac{5-4}{7} = \dfrac{1}{7} \approx 0{,}143
  3. P(X⩾7)=9−77=27≈0,286P(X \geqslant 7) = \dfrac{9-7}{7} = \dfrac{2}{7} \approx 0{,}286
  4. E(X)=2+92=5,5E(X) = \dfrac{2+9}{2} = 5{,}5
3

XX suit la loi E(0,2)\mathcal{E}(0{,}2). Calculer P(X⩽5)P(X \leqslant 5), P(X>10)P(X > 10) et E(X)E(X).

Voir le corrigé détaillé
  1. P(X⩽5)=1−e−0,2×5=1−e−1P(X \leqslant 5) = 1-\mathrm{e}^{-0{,}2 \times 5} = 1-\mathrm{e}^{-1}
  2. ≈\approx0,63210{,}6321
  3. P(X>10)=e−0,2×10=e−2P(X > 10) = \mathrm{e}^{-0{,}2 \times 10} = \mathrm{e}^{-2}
  4. ≈\approx0,13530{,}1353
  5. E(X)=10,2=5E(X) = \dfrac{1}{0{,}2} = 5
4

ZZ suit la loi N(0;1)\mathcal{N}(0;1). On donne Φ(1)=0,8413\Phi(1)=0{,}8413 ; Φ(1,5)=0,9332\Phi(1{,}5)=0{,}9332 ; Φ(2)=0,9772\Phi(2)=0{,}9772. Calculer P(Z⩽1,5)P(Z \leqslant 1{,}5), P(Z⩾1)P(Z \geqslant 1), P(−1⩽Z⩽2)P(-1 \leqslant Z \leqslant 2) et P(Z⩽−1,5)P(Z \leqslant -1{,}5).

Voir le corrigé détaillé
  1. P(Z⩽1,5)=Φ(1,5)=0,9332P(Z \leqslant 1{,}5) = \Phi(1{,}5) = 0{,}9332
  2. P(Z⩾1)=1−Φ(1)=1−0,8413P(Z \geqslant 1) = 1-\Phi(1) = 1-0{,}8413
  3. ==0,15870{,}1587
  4. P(−1⩽Z⩽2)=Φ(2)−(1−Φ(1))=0,9772−0,1587P(-1 \leqslant Z \leqslant 2) = \Phi(2) - \big(1-\Phi(1)\big) = 0{,}9772-0{,}1587
  5. ==0,81850{,}8185
  6. P(Z⩽−1,5)=1−Φ(1,5)=1−0,9332P(Z \leqslant -1{,}5) = 1-\Phi(1{,}5) = 1-0{,}9332
  7. ==0,06680{,}0668
5

XX suit la loi N(50;16)\mathcal{N}(50;16). On donne Φ(1,25)=0,8944\Phi(1{,}25)=0{,}8944. Calculer P(X⩽55)P(X \leqslant 55) puis P(45⩽X⩽55)P(45 \leqslant X \leqslant 55).

Voir le corrigé détaillé

Ici μ=50\mu=50 et σ=16=4\sigma=\sqrt{16}=4.

  1. P(X⩽55)=Φ ⁣(55−504)=Φ(1,25)P(X \leqslant 55) = \Phi\!\left(\dfrac{55-50}{4}\right) = \Phi(1{,}25)
  2. ==0,89440{,}8944
  3. 4545 et 5555 sont symétriques autour de μ=50\mu=50 : P(45⩽X⩽55)=2Φ(1,25)−1P(45 \leqslant X \leqslant 55) = 2\Phi(1{,}25) - 1
  4. ==2×0,8944−12 \times 0{,}8944 - 1
  5. ==0,78880{,}7888
6

Pour chacun des couples (n ; p)(n\,;\,p) suivants, dire si les conditions de l'approximation normale de B(n;p)\mathcal{B}(n;p) (théorème de Moivre-Laplace) sont réunies.

  1. n=50 ; p=0,1n=50\,;\,p=0{,}1
  2. n=25 ; p=0,4n=25\,;\,p=0{,}4
  3. n=200 ; p=0,02n=200\,;\,p=0{,}02
  4. n=80 ; p=0,5n=80\,;\,p=0{,}5
Voir le corrigé détaillé

1. n=50⩾30n=50\geqslant30 ; np=5⩾5np=5\geqslant5 ; n(1−p)=45⩾5n(1-p)=45\geqslant5. Les trois conditions sont réunies (cas limite pour npnp).

2. n=25<30n=25<30 : la première condition échoue, l'approximation n'est pas valable, quelle que soit pp.

3. n=200⩾30n=200\geqslant30 mais np=4<5np=4<5 : la condition np⩾5np\geqslant5 échoue, l'approximation n'est pas valable.

4. n=80⩾30n=80\geqslant30 ; np=40⩾5np=40\geqslant5 ; n(1−p)=40⩾5n(1-p)=40\geqslant5. Les trois conditions sont réunies.

Niveau 2 — Approfondissement
7

Le temps d'attente XX (en minutes) à une caisse suit la loi U([0;15])\mathcal{U}([0;15]). Sachant que l'attente a déjà dépassé 55 minutes, quelle est la probabilité qu'elle dépasse 1212 minutes ?

Voir le corrigé détaillé

On cherche la probabilité conditionnelle PX>5(X>12)P_{X>5}(X>12). Comme 12>512>5, l'événement (X>12)(X>12) est inclus dans (X>5)(X>5).

  1. PX>5(X>12)=P((X>12)∩(X>5))P(X>5)=P(X>12)P(X>5)P_{X>5}(X>12) = \dfrac{P\big((X>12)\cap(X>5)\big)}{P(X>5)} = \dfrac{P(X>12)}{P(X>5)}
  2. P(X>12)=15−1215=0,2P(X>12) = \dfrac{15-12}{15} = 0{,}2
  3. P(X>5)=15−515≈0,6667P(X>5) = \dfrac{15-5}{15} \approx 0{,}6667
  4. ⇒\RightarrowPX>5(X>12)=0,20,6667P_{X>5}(X>12) = \dfrac{0{,}2}{0{,}6667}
  5. ==0,30{,}3

Contrairement à la loi exponentielle, la loi uniforme n'est pas sans vieillissement : ici PX>5(X>12)=0,3≠P(X>7)=815≈0,533P_{X>5}(X>12)=0{,}3 \neq P(X>7)=\dfrac{8}{15}\approx0{,}533.

8

La durée de fonctionnement XX (en heures) d'une machine suit une loi exponentielle telle que P(X>1 000)=0,5P(X>1\,000)=0{,}5.

  1. Déterminer le paramètre λ\lambda.
  2. Retrouver la demi-vie de cette machine.
  3. Sachant que la machine fonctionne encore après 2 0002\,000 heures, quelle est la probabilité qu'elle fonctionne encore au moins 1 0001\,000 heures de plus ?
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. e−1 000λ=0,5\mathrm{e}^{-1\,000\lambda} = 0{,}5
  2. ⇔\Leftrightarrow−1 000λ=ln⁡(0,5)=−ln⁡2-1\,000\lambda = \ln(0{,}5) = -\ln 2
  3. ⇔\Leftrightarrowλ=ln⁡21 000≈0,000693\lambda = \dfrac{\ln 2}{1\,000} \approx 0{,}000693

2. La demi-vie t1/2t_{1/2} vérifie P(X⩽t1/2)=0,5P(X \leqslant t_{1/2})=0{,}5, soit P(X>t1/2)=0,5P(X>t_{1/2})=0{,}5 : c'est exactement la donnée de l'énoncé, donc t1/2=1 000t_{1/2}=1\,000 heures.

3. Par absence de mémoire, avec t=2 000t=2\,000 et h=1 000h=1\,000 :

  1. PX⩾2 000(X⩾3 000)=P(X⩾1 000)P_{X\geqslant2\,000}(X\geqslant3\,000) = P(X \geqslant 1\,000)
  2. ==0,50{,}5
9

XX suit la loi N(100;225)\mathcal{N}(100;225). On donne Φ(2)=0,9772\Phi(2)=0{,}9772 et Φ(1)=0,8413\Phi(1)=0{,}8413. Déterminer le réel aa tel que P(X⩽a)=0,9772P(X \leqslant a)=0{,}9772, puis le réel bb tel que P(X⩾b)=0,1587P(X \geqslant b)=0{,}1587.

Voir le corrigé détaillé

Ici σ=225=15\sigma=\sqrt{225}=15.

  1. P(X⩽a)=0,9772=Φ(2)P(X \leqslant a)=0{,}9772=\Phi(2)
  2. ⇒\Rightarrowa−10015=2\dfrac{a-100}{15} = 2
  3. ⇒\Rightarrowa=130a = 130
  4. P(X⩾b)=0,1587⇔P(X⩽b)=1−0,1587=0,8413=Φ(1)P(X\geqslant b)=0{,}1587 \Leftrightarrow P(X\leqslant b) = 1-0{,}1587 = 0{,}8413 = \Phi(1)
  5. ⇒\Rightarrowb−10015=1\dfrac{b-100}{15} = 1
  6. ⇒\Rightarrowb=115b = 115
10

Une machine conditionne des sacs de riz dont la masse XX (en kg) suit la loi N(50;0,52)\mathcal{N}(50;0{,}5^{2}).

  1. Quelle proportion de sacs pèse entre 4949 et 5151 kg ?
  2. Quelle proportion de sacs s'écarte de la moyenne de plus de 1,51{,}5 kg (masse hors de [48,5;51,5][48{,}5;51{,}5]) ?
Voir le corrigé détaillé

Ici μ=50\mu=50 et σ=0,5\sigma=0{,}5.

1. 49=μ−2σ49=\mu-2\sigma et 51=μ+2σ51=\mu+2\sigma (car 2σ=12\sigma=1).

  1. P(49⩽X⩽51)=P(μ−2σ⩽X⩽μ+2σ)P(49 \leqslant X \leqslant 51) = P(\mu-2\sigma \leqslant X \leqslant \mu+2\sigma)
  2. ≈\approx0,9540{,}954

2. 48,5=μ−3σ48{,}5=\mu-3\sigma et 51,5=μ+3σ51{,}5=\mu+3\sigma (car 3σ=1,53\sigma=1{,}5).

  1. P(X∉[48,5;51,5])=1−P(μ−3σ⩽X⩽μ+3σ)P\big(X \notin [48{,}5;51{,}5]\big) = 1 - P(\mu-3\sigma \leqslant X \leqslant \mu+3\sigma)
  2. ≈\approx1−0,9971 - 0{,}997
  3. ==0,0030{,}003

Seuls 0,30{,}3 % des sacs s'écartent de plus de 1,51{,}5 kg de la moyenne.

Niveau 3 — Type bac
11

On considère une variable aléatoire XX suivant la loi exponentielle de paramètre λ>0\lambda>0.

  1. Restitution organisée de connaissances. Démontrer que pour tous réels t⩾0t \geqslant 0 et h⩾0h \geqslant 0 : PX⩾t(X⩾t+h)=P(X⩾h)P_{X \geqslant t}(X \geqslant t+h) = P(X \geqslant h).
  2. Une entreprise de Douala fabrique des groupes électrogènes dont la durée de vie TT (en années) suit la loi E(0,1)\mathcal{E}(0{,}1).
    1. Calculer P(T⩾5)P(T \geqslant 5), arrondi à 10−310^{-3}.
    2. Un client possède un groupe électrogène en fonctionnement depuis 88 ans. Calculer la probabilité qu'il fonctionne encore au moins 55 ans, en justifiant la méthode.
    3. Déterminer, à l'année près, la demi-vie de ce type de groupe électrogène.
Voir le corrigé détaillé

1. ROC.

  1. PX⩾t(X⩾t+h)=P((X⩾t+h)∩(X⩾t))P(X⩾t)\displaystyle P_{X \geqslant t}(X \geqslant t+h) = \dfrac{P\big((X \geqslant t+h) \cap (X \geqslant t)\big)}{P(X \geqslant t)}définition de la probabilité conditionnelle
  2. ==P(X⩾t+h)P(X⩾t)\dfrac{P(X \geqslant t+h)}{P(X \geqslant t)}(X⩾t+h)⊂(X⩾t)(X\geqslant t+h) \subset (X \geqslant t) car h⩾0h\geqslant0
  3. ==e−λ(t+h)e−λt\dfrac{\mathrm{e}^{-\lambda(t+h)}}{\mathrm{e}^{-\lambda t}}
  4. ==e−λt e−λh eλt\mathrm{e}^{-\lambda t}\,\mathrm{e}^{-\lambda h}\,\mathrm{e}^{\lambda t}
  5. ==e−λh=P(X⩾h)\mathrm{e}^{-\lambda h} = P(X \geqslant h)

2.a.

  1. P(T⩾5)=e−0,1×5=e−0,5P(T \geqslant 5) = \mathrm{e}^{-0{,}1 \times 5} = \mathrm{e}^{-0{,}5}
  2. ≈\approx0,6070{,}607

2.b. D'après la question 1 (absence de mémoire), avec t=8t=8 et h=5h=5 :

  1. PT⩾8(T⩾13)=P(T⩾5)P_{T \geqslant 8}(T \geqslant 13) = P(T \geqslant 5)
  2. ≈\approx0,6070{,}607

2.c.

  1. t1/2=ln⁡20,1=10ln⁡2t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{0{,}1} = 10\ln 2
  2. ≈\approx6,936{,}93 années, soit environ 77 ans
12

Lors d'une session du baccalauréat, la note XX (sur 2020) obtenue à l'épreuve de mathématiques suit la loi N(10;22)\mathcal{N}(10;2^{2}). On donne Φ(1)=0,8413\Phi(1)=0{,}8413 ; Φ(1,28)≈0,8997\Phi(1{,}28)\approx0{,}8997 ; Φ(2)=0,9772\Phi(2)=0{,}9772.

  1. Calculer P(8⩽X⩽12)P(8 \leqslant X \leqslant 12).
  2. Un candidat obtient la mention « Bien » si sa note est supérieure ou égale à 1414. Calculer la probabilité qu'un candidat obtienne cette mention.
  3. Déterminer, à l'unité près, la note minimale à partir de laquelle un candidat fait partie des 1010 % des meilleures copies.
Voir le corrigé détaillé
X ~ N(10 ; 2²) — note sur 20 4 6 8 10 12 14 16 P(8⩽X⩽12) ≈ 0,683
Figure 6 — Notes à l'épreuve : P(8⩽X⩽12)≈0,683P(8 \leqslant X \leqslant 12) \approx 0{,}683, l'aire entre μ−σ\mu-\sigma et μ+σ\mu+\sigma.

1. 8=μ−σ8=\mu-\sigma et 12=μ+σ12=\mu+\sigma.

  1. P(8⩽X⩽12)=2Φ(1)−1P(8 \leqslant X \leqslant 12) = 2\Phi(1)-1
  2. ==2×0,8413−12 \times 0{,}8413 - 1
  3. ==0,68260{,}6826

2.

  1. P(X⩾14)=P ⁣(Z⩾14−102)=1−Φ(2)P(X \geqslant 14) = P\!\left(Z \geqslant \dfrac{14-10}{2}\right) = 1-\Phi(2)
  2. ==1−0,97721-0{,}9772
  3. ==0,02280{,}0228

3. On cherche aa tel que P(X⩾a)=0,10P(X \geqslant a)=0{,}10, soit P(X⩽a)=0,90P(X \leqslant a) = 0{,}90.

  1. Φ(1,28)≈0,8997≈0,90\Phi(1{,}28) \approx 0{,}8997 \approx 0{,}90
  2. donca−102≈1,28\dfrac{a-10}{2} \approx 1{,}28
  3. ⇒\Rightarrowa≈10+2,56=12,56a \approx 10 + 2{,}56 = 12{,}56

À l'unité près, la note minimale pour figurer parmi les 1010 % des meilleures copies est 13.

13

Une usine de Bamako produit des pièces mécaniques ; on estime que 66 % d'entre elles présentent un défaut mineur. On prélève un échantillon aléatoire de n=150n=150 pièces (tirage assimilé à un tirage avec remise) ; XX est le nombre de pièces défectueuses.

  1. Justifier que XX suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.
  2. Vérifier les conditions du théorème de Moivre-Laplace et donner les paramètres de la loi normale approchant XX.
  3. Déterminer l'intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 9595 % de la fréquence de pièces défectueuses.
  4. Sur l'échantillon prélevé, on compte 1515 pièces défectueuses. Que peut-on en conclure ?
Voir le corrigé détaillé

1. Chaque pièce prélevée est, indépendamment des autres, défectueuse (succès, probabilité p=0,06p=0{,}06) ou non : XX compte le nombre de succès sur n=150n=150 répétitions indépendantes, donc X∼B(150 ; 0,06)X \sim \mathcal{B}(150\,;\,0{,}06).

2.

  1. n=150⩾30n=150 \geqslant 30
  2. np=150×0,06=9⩾5np = 150 \times 0{,}06 = 9 \geqslant 5
  3. n(1−p)=150×0,94=141⩾5n(1-p) = 150 \times 0{,}94 = 141 \geqslant 5

Les trois conditions sont réunies ; XX est approchée par N(9 ; 8,46)\mathcal{N}\big(9\,;\,8{,}46\big), car np(1−p)=150×0,06×0,94=8,46np(1-p)=150\times0{,}06\times0{,}94=8{,}46.

3.

  1. marge =1,960,06×0,94150=1,960,000376= 1{,}96\sqrt{\dfrac{0{,}06 \times 0{,}94}{150}} = 1{,}96\sqrt{0{,}000376}
  2. ≈\approx1,96×0,01941{,}96 \times 0{,}0194
  3. ≈\approx0,0380{,}038
  4. ⇒\RightarrowI150=[0,06−0,038 ; 0,06+0,038]=[0,022 ; 0,098]I_{150} = [0{,}06-0{,}038\,;\,0{,}06+0{,}038] = [0{,}022\,;\,0{,}098]

4.

  1. f=15150=0,10f = \dfrac{15}{150} = 0{,}10
  2. 0,10∉[0,022 ; 0,098]0{,}10 \notin [0{,}022\,;\,0{,}098]

La fréquence observée est hors de l'intervalle de fluctuation : au seuil de 9595 %, on rejette l'hypothèse d'un taux de défaut de 66 % — le taux de pièces défectueuses semble avoir augmenté, l'usine doit réagir.

Niveau 4 — Problèmes de vie courante
14

La boutique d'Aïssatou (Dakar). Aïssatou tient une boutique d'électroménager à Dakar. Elle vend des ampoules LED dont la durée de vie TT (en heures) suit une loi exponentielle d'espérance 8 0008\,000 heures.

  1. Déterminer le paramètre λ\lambda de cette loi.
  2. Calculer P(T>10 000)P(T > 10\,000), arrondi à 10−310^{-3}.
  3. Aïssatou rembourse toute ampoule tombée en panne avant 1 0001\,000 heures. Quelle proportion d'ampoules devra-t-elle rembourser ?
  4. Un client a utilisé une ampoule pendant 6 0006\,000 heures sans problème. Quelle est la probabilité qu'elle dure encore au moins 4 0004\,000 heures ? (justifier sans nouveau calcul d'intégrale)
Voir le corrigé détaillé

1. E(T)=1λ=8 000⇒λ=18 000=0,000125E(T) = \dfrac{1}{\lambda} = 8\,000 \Rightarrow \lambda = \dfrac{1}{8\,000} = 0{,}000125.

2.

  1. P(T>10 000)=e−0,000125×10 000=e−1,25P(T > 10\,000) = \mathrm{e}^{-0{,}000125 \times 10\,000} = \mathrm{e}^{-1{,}25}
  2. ≈\approx0,2870{,}287

3.

  1. P(T<1 000)=1−e−0,000125×1 000=1−e−0,125P(T < 1\,000) = 1 - \mathrm{e}^{-0{,}000125 \times 1\,000} = 1-\mathrm{e}^{-0{,}125}
  2. ≈\approx1−0,88251 - 0{,}8825
  3. ==0,11750{,}1175

Elle devra rembourser environ 11,7511{,}75 % des ampoules.

4. La loi exponentielle est sans vieillissement (théorème du cours), donc pour t=6 000t=6\,000 et h=4 000h=4\,000 :

  1. PT⩾6 000(T⩾10 000)=P(T⩾4 000)=e−0,000125×4 000=e−0,5P_{T \geqslant 6\,000}(T \geqslant 10\,000) = P(T \geqslant 4\,000) = \mathrm{e}^{-0{,}000125 \times 4\,000} = \mathrm{e}^{-0{,}5}
  2. ≈\approx0,6070{,}607
15

Recrutement sportif (Yaoundé). Un club de basketball de Yaoundé recrute des joueurs. La taille XX (en cm) des candidats suit la loi N(182;72)\mathcal{N}(182;7^{2}).

  1. Calculer la probabilité qu'un candidat mesure entre 175175 et 189189 cm.
  2. Le club ne retient que les candidats mesurant au moins 195195 cm. Sachant Φ(1,86)≈0,9686\Phi(1{,}86)\approx0{,}9686, calculer la probabilité qu'un candidat pris au hasard soit retenu.
  3. Sur 500500 candidats qui se présentent, combien peut-on espérer de candidats retenus (arrondi à l'unité) ?
Voir le corrigé détaillé

1. 175=μ−σ175=\mu-\sigma et 189=μ+σ189=\mu+\sigma (μ=182\mu=182, σ=7\sigma=7).

  1. P(175⩽X⩽189)=P(μ−σ⩽X⩽μ+σ)P(175 \leqslant X \leqslant 189) = P(\mu-\sigma \leqslant X \leqslant \mu+\sigma)
  2. ≈\approx0,6830{,}683

2.

  1. z=195−1827=137≈1,86z = \dfrac{195-182}{7} = \dfrac{13}{7} \approx 1{,}86
  2. P(X⩾195)=1−Φ(1,86)P(X \geqslant 195) = 1-\Phi(1{,}86)
  3. ==1−0,96861-0{,}9686
  4. ==0,03140{,}0314

3.

  1. nombre attendu =500×0,0314= 500 \times 0{,}0314
  2. ==15,715{,}7

On peut espérer environ 16 candidats retenus.

16

Pluviométrie à Ndjamena. Un service météorologique relève chaque jour de la saison des pluies s'il a plu ou non. Sur un échantillon aléatoire de n=150n=150 jours de saison des pluies, on observe 4545 jours de pluie effective.

  1. Calculer la fréquence observée ff de jours pluvieux.
  2. Vérifier les conditions de validité de l'intervalle de confiance.
  3. Déterminer l'intervalle de confiance au niveau 9595 % de la proportion pp de jours pluvieux durant la saison des pluies à Ndjamena.
  4. Un climatologue affirme que cette proportion atteint 3535 %. Est-ce compatible avec l'intervalle trouvé ?
Voir le corrigé détaillé

1. f=45150=0,3f = \dfrac{45}{150} = 0{,}3.

2. n=150⩾30n=150\geqslant30 ; nf=45⩾5nf=45\geqslant5 ; n(1−f)=105⩾5n(1-f)=105\geqslant5 : conditions réunies.

3.

  1. marge =1,960,3×0,7150=1,960,0014= 1{,}96\sqrt{\dfrac{0{,}3 \times 0{,}7}{150}} = 1{,}96\sqrt{0{,}0014}
  2. ≈\approx1,96×0,03741{,}96 \times 0{,}0374
  3. ≈\approx0,0730{,}073
  4. ⇒\RightarrowIC≈[0,3−0,073 ; 0,3+0,073]=[0,227 ; 0,373]IC \approx [0{,}3-0{,}073\,;\,0{,}3+0{,}073] = [0{,}227\,;\,0{,}373]

4. 0,35∈[0,227 ; 0,373]0{,}35 \in [0{,}227\,;\,0{,}373] : l'affirmation du climatologue est compatible avec l'intervalle de confiance obtenu.

17

Contrôle qualité (Abidjan). Une usine d'assemblage automobile à Abidjan produit des pièces dont la masse (en grammes) suit la loi N(250;42)\mathcal{N}(250;4^{2}). Une pièce est jugée conforme si sa masse est comprise entre 242242 g et 258258 g.

  1. Montrer que la probabilité qu'une pièce prise au hasard soit conforme vaut environ 0,9540{,}954.
  2. On prélève un lot de n=300n=300 pièces indépendantes. Soit YY le nombre de pièces non conformes du lot. Donner la loi de YY et ses paramètres.
  3. Vérifier les conditions de Moivre-Laplace pour YY, puis donner les paramètres de la loi normale qui l'approche.
  4. Estimer, à l'unité près, le nombre de pièces non conformes attendu dans un lot de 300300 pièces.
Voir le corrigé détaillé

1. 242=μ−2σ242=\mu-2\sigma et 258=μ+2σ258=\mu+2\sigma (μ=250\mu=250, σ=4\sigma=4, 2σ=82\sigma=8).

  1. P(242⩽X⩽258)=P(μ−2σ⩽X⩽μ+2σ)P(242 \leqslant X \leqslant 258) = P(\mu-2\sigma \leqslant X \leqslant \mu+2\sigma)
  2. ≈\approx0,9540{,}954

2. Une pièce est non conforme avec la probabilité q=1−0,954=0,046q=1-0{,}954=0{,}046, indépendamment des autres : Y∼B(300 ; 0,046)Y \sim \mathcal{B}(300\,;\,0{,}046).

3.

  1. n=300⩾30n=300\geqslant30
  2. nq=300×0,046=13,8⩾5nq = 300\times0{,}046 = 13{,}8\geqslant5
  3. n(1−q)=300×0,954=286,2⩾5n(1-q) = 300\times0{,}954 = 286{,}2\geqslant5

Conditions réunies ; YY est approchée par N(13,8 ; 13,17)\mathcal{N}\big(13{,}8\,;\,13{,}17\big), car nq(1−q)≈13,17nq(1-q)\approx13{,}17.

4. E(Y)=nq=13,8≈14E(Y) = nq = 13{,}8 \approx 14 pièces non conformes attendues.

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Pour une variable aléatoire continue XX de densité ff sur [a ; b][a\,;\,b], la probabilité P(a⩽X⩽b)P(a \leqslant X \leqslant b) se calcule comme :

Explication : Pour une loi continue, les probabilités se lisent comme des aires sous la courbe de densité, et non comme des hauteurs : P(a⩽X⩽b)=∫abf(x) dxP(a \leqslant X \leqslant b) = \displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\,\mathrm{d}x.

Pour une variable aléatoire continue XX et un réel aa, quelle est la valeur de P(X=a)P(X=a) ?

Explication : P(X=a)=∫aaf(x) dx=0P(X=a) = \displaystyle\int_{a}^{a} f(x)\,\mathrm{d}x = 0 : c'est toujours nul pour une loi continue, même si la densité f(a)f(a) elle-même ne l'est pas. Piège classique : ne pas confondre f(a)f(a) (une hauteur) et P(X=a)P(X=a) (toujours nulle).

Pour être une densité de probabilité sur un intervalle II, une fonction ff doit être continue (ou continue par morceaux), positive ou nulle sur II, et vérifier :

Explication : L'aire totale sous une densité doit valoir exactement 11 (certitude que XX prend une valeur dans II). Rien n'empêche f(x)f(x) de dépasser 11 par endroits (c'est le cas de la loi exponentielle).

Si X∼U([a;b])X \sim \mathcal{U}([a;b]), sa densité f(x)f(x) sur [a;b][a;b] vaut :

Explication : La loi uniforme a une densité constante sur [a;b][a;b] ; pour que l'aire du rectangle de base b−ab-a vaille 11, la hauteur doit être 1b−a\dfrac{1}{b-a}.

Pour X∼U([a;b])X \sim \mathcal{U}([a;b]), l'espérance E(X)E(X) vaut :

Explication : Par symétrie de la loi uniforme, l'espérance est le milieu de l'intervalle : E(X)=a+b2E(X) = \dfrac{a+b}{2}.

Si X∼E(λ)X \sim \mathcal{E}(\lambda) avec λ>0\lambda>0, sa densité est définie sur :

Explication : La loi exponentielle modélise des durées (donc positives) : sa densité f(x)=λe−λxf(x)=\lambda e^{-\lambda x} est définie sur [0 ; +∞[[0\,;\,+\infty[.

Si X∼E(λ)X \sim \mathcal{E}(\lambda), l'espérance E(X)E(X) vaut :

Explication : C'est un résultat du cours, démontré par intégration par parties : E(X)=1λE(X) = \dfrac{1}{\lambda} pour une loi exponentielle de paramètre λ\lambda.

Un composant électronique a une durée de vie X∼E(0,2)X \sim \mathcal{E}(0{,}2) (en années). Quelle est P(X⩽5)P(X \leqslant 5) ?

Explication : P(X⩽t)=1−e−λtP(X \leqslant t) = 1-\mathrm{e}^{-\lambda t}, donc P(X⩽5)=1−e−0,2×5=1−e−1P(X \leqslant 5) = 1-\mathrm{e}^{-0{,}2\times 5} = 1-\mathrm{e}^{-1}.

La propriété « sans vieillissement » de la loi exponentielle signifie que :

Explication : C'est le théorème d'absence de mémoire : PX⩾t(X⩾t+h)=P(X⩾h)P_{X \geqslant t}(X \geqslant t+h) = P(X \geqslant h), quel que soit t⩾0t \geqslant 0 déjà écoulé.

La courbe de la densité φ\varphi de la loi normale centrée réduite N(0;1)\mathcal{N}(0;1) est :

Explication : φ(x)=12πe−x2/2\varphi(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-x^{2}/2} est une fonction paire, φ(−x)=φ(x)\varphi(-x)=\varphi(x) : sa courbe en cloche est symétrique par rapport à l'axe (Oy)(Oy).

Pour Z∼N(0;1)Z \sim \mathcal{N}(0;1), que vaut P(Z⩽0)P(Z \leqslant 0) ?

Explication : Par symétrie de la courbe en cloche autour de 00, l'aire à gauche de 00 vaut exactement la moitié de l'aire totale, donc P(Z⩽0)=0,5P(Z\leqslant 0) = 0{,}5.

Avec Φ(1,5)≈0,9332\Phi(1{,}5) \approx 0{,}9332, que vaut P(Z⩾1,5)P(Z \geqslant 1{,}5) pour Z∼N(0;1)Z \sim \mathcal{N}(0;1) ?

Explication : P(Z⩾a)=1−P(Z⩽a)=1−Φ(a)P(Z \geqslant a) = 1 - P(Z \leqslant a) = 1 - \Phi(a).
Ici P(Z⩾1,5)=1−0,9332=0,0668P(Z \geqslant 1{,}5) = 1 - 0{,}9332 = 0{,}0668.

Si X∼N(μ;σ2)X \sim \mathcal{N}(\mu;\sigma^{2}), la variable centrée réduite Z=X−μσZ = \dfrac{X-\mu}{\sigma} suit :

Explication : C'est le théorème de centrage-réduction : en soustrayant la moyenne μ\mu puis en divisant par l'écart-type σ\sigma, on obtient toujours une variable qui suit N(0;1)\mathcal{N}(0;1), quels que soient μ\mu et σ\sigma.

La taille XX (en cm) d'une population suit N(170 ; 82)\mathcal{N}(170\,;\,8^{2}). D'après la règle 68-95-99,7, quel est approximativement P(162⩽X⩽178)P(162 \leqslant X \leqslant 178) ?

Explication : 162=170−8=μ−σ162 = 170-8=\mu-\sigma et 178=170+8=μ+σ178=170+8=\mu+\sigma : on est dans l'intervalle [μ−σ ; μ+σ][\mu-\sigma\,;\,\mu+\sigma], qui contient environ 68,368{,}3\% de la population selon la règle 68-95-99,7.

Le théorème de Moivre-Laplace permet d'approcher une loi binomiale B(n;p)\mathcal{B}(n;p), pour nn assez grand, par une loi normale de paramètres :

Explication : La loi normale approchante a la même espérance npnp et la même variance np(1−p)np(1-p) que la loi binomiale B(n;p)\mathcal{B}(n;p).

Les trois conditions usuelles pour appliquer l'approximation de Moivre-Laplace sont :

Explication : Ce sont les trois conditions vues en cours : un effectif suffisant (n⩾30n \geqslant 30) et des effectifs attendus de succès et d'échecs suffisants (np⩾5np \geqslant 5 et n(1−p)⩾5n(1-p) \geqslant 5).

Dans un intervalle de fluctuation asymptotique, la proportion pp est :

Explication : Dans un intervalle de fluctuation, pp est connue (on suppose une hypothèse sur la population) et on prédit la fluctuation de la fréquence FnF_n d'un échantillon. C'est l'inverse dans un intervalle de confiance, où pp est inconnue et ff est observée.

On observe f=0,4f=0{,}4 sur un échantillon de taille n=200n=200 (avec nf⩾5nf \geqslant 5 et n(1−f)⩾5n(1-f)\geqslant5). L'intervalle de confiance à 9595% pour la proportion inconnue pp est :

Explication : La formule de l'intervalle de confiance au niveau 9595% utilise le coefficient 1,961{,}96 (issu de P(−1,96⩽Z⩽1,96)≈0,95P(-1{,}96 \leqslant Z \leqslant 1{,}96)\approx0{,}95), et non 1,6451{,}645 (qui correspond à un seuil unilatéral différent).

Sur n=150n=150 plants de coton examinés dans une coopérative agricole, f=0,12f=0{,}12 présentent une maladie foliaire. Les conditions d'application sont vérifiées. Que peut-on affirmer avec l'intervalle de confiance à 9595% ?

Explication : L'intervalle de confiance ne donne pas une certitude sur pp, mais une estimation : la méthode utilisée capture la vraie valeur de pp dans 9595% des échantillons possibles.

On lance n=100n=100 fois une pièce supposée équilibrée (p=0,5p=0{,}5) ; l'intervalle de fluctuation asymptotique à 9595% est I100=[0,402 ; 0,598]I_{100}=[0{,}402\,;\,0{,}598]. On observe 6868 piles sur 100100 lancers. Que peut-on conclure ?

Explication : La fréquence observée f=0,68f=0{,}68 n'appartient pas à l'intervalle [0,402 ; 0,598][0{,}402\,;\,0{,}598] : c'est un événement trop rare sous l'hypothèse p=0,5p=0{,}5, donc on rejette cette hypothèse au seuil de 9595%.
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