Exercice 0.1 : Calculer avec les lois binomiale et normale : dix calculs directs

11 réponses vérifiables

Pour chaque ligne, calculez la quantité demandée avec la loi indiquée, sans justifier le modèle. Probabilités au dix-millième, espérance et écart-type au centième. Pour une loi normale, arrondissez $z$ au centième et lisez la table de la loi normale centrée réduite, qui donne $\Phi(z)=P(Z\le z)$ , l'aire à GAUCHE de $z$ .

Trois outils : $P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$ pour la binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$ ; $z=\dfrac{x-\mu}{\sigma}$ pour ramener toute normale à la table ; et, pour approcher une binomiale par une normale, $\mu=np$ , $\sigma=\sqrt{np(1-p)}$ et une borne décalée d'une demi-unité.

a) $X\sim\mathcal{B}(9\,;0{,}7)$ : calculez $P(X=6)$ .
b) $X\sim\mathcal{B}(12\,;0{,}1)$ : calculez $P(X\le 1)$ .
c) $X\sim\mathcal{B}(48\,;0{,}25)$ : calculez $E(X)$ et l'écart-type $\sigma$ .
d) $Z$ suit la loi normale centrée réduite : calculez $P(Z<0{,}83)$ .
e) Calculez $P(Z>-1{,}46)$ .
f) Calculez $P(-0{,}52<Z<1{,}18)$ .
g) Trouvez $z$ tel que $P(Z>z)=0{,}10$ .
h) $X$ suit une loi normale de moyenne $\mu=68$ et d'écart-type $\sigma=5$ : calculez $P(X>75)$ .
i) $X$ suit une loi normale de moyenne $\mu=120$ et d'écart-type $\sigma=15$ : trouvez $x$ tel que $P(X<x)=0{,}20$ .
j) $X\sim\mathcal{B}(80\,;0{,}3)$ : calculez $P(X\le 20)$ par l'approximation normale, avec la correction de continuité.

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a)

P(X=6)

b)

P(X\le 1)

c)

E(X)

\sigma

d)

P(Z<0{,}83)

e)

P(Z>-1{,}46)

f)

P(-0{,}52<Z<1{,}18)

g)

z

h)

P(X>75)

i)

x

j)

P(X\le 20)

Voir la correction

Réponses

a) $P(X=6)=84(0{,}7)^{6}(0{,}3)^{3}\approx 0{,}2668$
b) $P(X\le 1)\approx 0{,}6590$
c) $E(X)=12$ ; $\sigma=3$
d) $0{,}7967$
e) $\Phi(1{,}46)=0{,}9279$
f) $0{,}8810-0{,}3015=0{,}5795$
g) $z\approx 1{,}28$
h) $z=1{,}40$ ; $0{,}0808$
i) $z\approx -0{,}84$ ; $x=107{,}4$
j) $z\approx -0{,}85$ ; $P(X\le 20)\approx 0{,}1977$

Le geste qui décide de tout : traduire l'événement avant de calculer. « Exactement $k$ » est un seul terme, « au plus 1 » en est deux, et toute probabilité normale « au-dessus » ou « entre » se ramène à des aires à GAUCHE, les seules que donne la table.

a)

\displaystyle P(X=6)=\binom{9}{6}(0{,}7)^{6}(0{,}3)^{3}=84\times 0{,}117\,649\times 0{,}027\approx 0{,}2668

Piège : oublier $\binom{9}{6}=84$ , qui compte les façons de placer les 6 succès parmi les 9 épreuves.

b)

« Au plus 1 » regroupe 0 et 1 :

\displaystyle P(X\le 1)=(0{,}9)^{12}+12\times 0{,}1\times(0{,}9)^{11}\approx 0{,}2824+0{,}3766=0{,}6590

c)

$E(X)=np=48\times 0{,}25=12$ et $V(X)=np(1-p)=12\times 0{,}75=9$ , donc $\sigma=\sqrt{9}=3$ .

Piège : donner $9$ pour l'écart-type ; c'est la variance.

d)

Lecture directe de la table : $P(Z<0{,}83)=\Phi(0{,}83)=0{,}7967$ .

e)

Par symétrie de la courbe, l'aire à droite de $-1{,}46$ égale l'aire à gauche de $1{,}46$ :

\displaystyle P(Z>-1{,}46)=\Phi(1{,}46)=0{,}9279

Contrôle : l'aire à droite d'un nombre négatif dépasse $0{,}5$ .

f)

Une aire entre deux bornes est une différence d'aires à gauche :

\displaystyle \Phi(1{,}18)-\Phi(-0{,}52)=0{,}8810-0{,}3015=0{,}5795

g)

$P(Z>z)=0{,}10$ laisse $0{,}90$ à gauche. Dans le corps de la table, $\Phi(1{,}28)=0{,}8997$ est le plus proche de $0{,}90$ : $z\approx 1{,}28$ .

h)

$z=\dfrac{75-68}{5}=1{,}40$ , puis $P(X>75)=1-\Phi(1{,}40)=1-0{,}9192=0{,}0808$ .

i)

$\Phi(z)=0{,}20$ : $\Phi(-0{,}84)=0{,}2005$ est le plus proche, donc $z\approx -0{,}84$ .

\displaystyle x=\mu+z\sigma=120-0{,}84\times 15=107{,}4

Piège : prendre $z=+0{,}84$ ; une valeur sous la moyenne a une cote négative.

j)

Conditions : $np=24\ge 5$ et $n(1-p)=56\ge 5$ . Normale approchante : $\mu=24$ , $\sigma=\sqrt{16{,}8}\approx 4{,}099$ .

« Au plus 20 » contient la barre de 20, qui finit à $20{,}5$ :

$z=\dfrac{20{,}5-24}{4{,}099}\approx -0{,}85$ , $P(X\le 20)\approx\Phi(-0{,}85)=0{,}1977$

La valeur exacte, par la binomiale, est $0{,}1978$ : la demi-unité fait l'essentiel de la précision.

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Exercice 1 : Binomiale ou pas : les conditions avant la formule

11 réponses vérifiables

Un semencier (fictif) vend un lot de $40\,000$ graines d'asclépiade commune, la plante hôte du papillon monarque. Il annonce un taux de germination de $85\ \%$ . On admet qu'une graine prise au hasard dans le lot, semée seule dans un godet en chambre de germination, germe avec la probabilité $0{,}85$ .

Une loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$ compte les succès de $n$ épreuves de Bernoulli. Avant d'écrire sa formule, on vérifie ses quatre conditions : un nombre $n$ d'épreuves FIXÉ d'avance, deux issues par épreuve, une probabilité de succès $p$ IDENTIQUE à chaque épreuve, des épreuves INDÉPENDANTES.

a) Situation 1 : on prélève au hasard 10 graines du lot et on les sème chacune dans son godet. On note $X$ le nombre de graines qui germent. Vérifiez les quatre conditions, justifiez que le prélèvement sans remise est sans conséquence ici, et donnez $n$ et $p$ .
b) Calculez $P(X=8)$ et $P(X\ge 9)$ .
c) Calculez $P(X<8)$ et $P(X\le 8)$ . Expliquez pourquoi, pour cette variable, ces deux nombres sont différents.
d) Situation 2 : un sachet de 20 graines en contient exactement 3 qui ne germeront pas. On en sème 6, prises au hasard sans remise. Le nombre de graines qui germent suit-il une loi binomiale ? Calculez la probabilité exacte que les 6 germent, puis la valeur que donnerait à tort la loi $\mathcal{B}(6\,;0{,}85)$ .
e) Situation 3 : on sème 10 graines du lot dans un MÊME bac de terreau. Avec la probabilité $0{,}1$ , le terreau du bac est contaminé par un champignon, et chaque graine germe alors avec la probabilité $0{,}40$ ; sinon, chaque graine germe avec la probabilité $0{,}90$ , indépendamment des autres. Vérifiez qu'une graine prise seule germe avec la probabilité $0{,}85$ , calculez la probabilité que les 10 graines germent, et dites quelle condition de la binomiale tombe.

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a)

n

p

b)

P(X=8)

P(X\ge 9)

c)

P(X<8)

P(X\le 8)

d)

Le nombre de graines qui germent suit-il une loi binomiale ?

Probabilité exacte que les 6 germent

Valeur de

\mathcal{B}(6\,;0{,}85)

e)

Probabilité que les 10 germent

Condition qui tombe

Voir la correction

Réponses

a) Quatre conditions vérifiées, $10$ graines sur $40\,000$ : $X\sim\mathcal{B}(10\,;0{,}85)$
b) $P(X=8)\approx 0{,}2759$ ; $P(X\ge 9)\approx 0{,}5443$
c) $P(X<8)\approx 0{,}1798$ ; $P(X\le 8)\approx 0{,}4557$ ; l'écart est $P(X=8)$
d) Non ; exacte $\frac{12\,376}{38\,760}\approx 0{,}3193$ ; binomiale $0{,}3771$ , à tort
e) $P(G)=0{,}85$ ; $P(\text{10 germent})\approx 0{,}3138$ ; l'indépendance tombe

a)

Les quatre conditions, confrontées à la situation :

1) $n=10$ graines, nombre fixé avant de semer ;

2) chaque graine germe (succès) ou ne germe pas (échec) ;

3) chaque graine vient au hasard du même lot : $p=0{,}85$ pour chacune ;

4) chaque graine a son godet : le sort de l'une ne change pas celui d'une autre, les épreuves sont indépendantes.

Le prélèvement est sans remise, mais 10 graines sur $40\,000$ font $0{,}025\ \%$ du lot. Retirer une graine viable fait passer la proportion de viables de $0{,}85$ à $\dfrac{33\,999}{39\,999}\approx 0{,}849\,996$ : un écart invisible. On admet donc $X\sim\mathcal{B}(10\,;0{,}85)$ , en très bonne approximation.

Piège : réciter les quatre conditions sans les confronter à la situation ; c'est la confrontation qui rapporte les points.

b)

\displaystyle P(X=8)=\binom{10}{8}(0{,}85)^{8}(0{,}15)^{2}=45\times 0{,}272\,491\times 0{,}0225\approx 0{,}2759

« Au moins 9 » regroupe deux valeurs :

\displaystyle P(X\ge 9)=10(0{,}85)^{9}(0{,}15)+(0{,}85)^{10}\approx 0{,}3474+0{,}1969=0{,}5443

Plus d'une fois sur deux, au moins 9 graines sur 10 germent.

Piège : oublier $\binom{10}{8}=45$ , qui compte les façons de choisir les 8 graines qui germent ; sans lui, on obtient la probabilité d'UNE seule séquence, $0{,}0061$ .

c)

« Moins de 8 » s'arrête à 7. Par le complément, avec les valeurs de b) :

\displaystyle P(X<8)=P(X\le 7)=1-(0{,}2759+0{,}5443)=0{,}1798

\displaystyle P(X\le 8)=P(X\le 7)+P(X=8)=0{,}1798+0{,}2759=0{,}4557

Les deux nombres diffèrent exactement de $P(X=8)\approx 0{,}2759$ : une variable qui COMPTE donne une probabilité non nulle à chaque entier, et le signe, $<$ ou $\le$ , décide si la barre de 8 entre dans le calcul (figure du corrigé).

Ce sera la différence centrale avec la loi normale, qui MESURE : pour elle, une valeur isolée a une probabilité nulle et les deux signes donnent le même nombre (exercice 3).

Piège : calculer $P(X\le 7)$ terme par terme, huit termes ; le complément n'en demande que deux, déjà calculés.

d)

Non. Sans remise dans un sachet de 20, la probabilité change d'une graine à l'autre : après une graine viable, il reste 16 viables sur 19, et la probabilité suivante vaut $\dfrac{16}{19}\approx 0{,}842$ , et non plus $\dfrac{17}{20}=0{,}85$ . Les tirages ne sont pas indépendants.

Ici 6 graines sur 20 font $30\ \%$ du sachet, bien au-delà de la règle pratique des $5\ \%$ qui autoriserait la binomiale.

Probabilité exacte, par dénombrement : les 6 graines sont choisies parmi les 17 viables.

\displaystyle P=\dfrac{\binom{17}{6}}{\binom{20}{6}}=\dfrac{12\,376}{38\,760}\approx 0{,}3193

Même nombre par l'arbre : $\dfrac{17}{20}\times\dfrac{16}{19}\times\dfrac{15}{18}\times\dfrac{14}{17}\times\dfrac{13}{16}\times\dfrac{12}{15}\approx 0{,}3193$ .

La binomiale donnerait $(0{,}85)^{6}\approx 0{,}3771$ , une surestimation de $18\ \%$ : sans remise, chaque graine viable tirée rend la suivante un peu moins probable.

Piège : appliquer $\mathcal{B}(6\,;0{,}85)$ parce que « 85 % des graines sont viables » ; la proportion est juste, le modèle est faux.

e)

Pour une graine prise seule, par les probabilités totales :

\displaystyle P(G)=0{,}1\times 0{,}40+0{,}9\times 0{,}90=0{,}04+0{,}81=0{,}85

Pour les 10 graines, on conditionne une seule fois par l'état du bac, commun à toutes :

\displaystyle P(\text{les 10 germent})=0{,}1\times(0{,}40)^{10}+0{,}9\times(0{,}90)^{10}\approx 0{,}000\,01+0{,}3138\approx 0{,}3138

La loi $\mathcal{B}(10\,;0{,}85)$ donnerait $(0{,}85)^{10}\approx 0{,}1969$ .

La condition qui tombe est l'INDÉPENDANCE : toutes les graines partagent le même terreau. Si une graine ne germe pas, le bac est plus probablement contaminé, ce qui rend l'échec des autres plus probable : les succès arrivent ensemble, les échecs aussi.

La probabilité de chaque graine est pourtant bien $0{,}85$ : vérifier que $p$ est le même ne suffit pas, il faut aussi une raison de croire à l'indépendance, comme un godet par graine.

Piège : conclure à une binomiale dès que chaque épreuve a la même probabilité de succès.

Exercice 2 : Espérance et variance d'une binomiale : la démonstration

5 réponses vérifiables

Un traitement biologique contre le mildiou de la tomate est appliqué à 16 plants atteints, cultivés en pots dans des serres séparées. On admet que chaque plant guérit avec la probabilité $p=0{,}75$ , indépendamment des autres, et l'on note $X$ le nombre de plants guéris : $X\sim\mathcal{B}(16\,;0{,}75)$ . La figure donne sa loi. Partout, $q=1-p$ .

Les questions a) à c) se font pour $n$ et $p$ quelconques : on y démontre les formules qu'on applique ensuite.

a) À l'aide du binôme de Newton, montrez que $\sum_{k=0}^{n}P(X=k)=1$ .
b) On pose $G(t)=(q+pt)^{n}$ . Montrez que $G(t)=\sum_{k=0}^{n}P(X=k)\,t^{k}$ , puis, en dérivant, que $E(X)=G'(1)=np$ .
c) En dérivant une seconde fois, montrez que $E\big(X(X-1)\big)=G''(1)=n(n-1)p^{2}$ , puis que $V(X)=np(1-p)$ .
d) Calculez $E(X)$ , $V(X)$ et l'écart-type $\sigma$ pour les 16 plants traités.
e) Montrez que $\dfrac{P(X=k+1)}{P(X=k)}=\dfrac{(n-k)\,p}{(k+1)\,q}$ . Déduisez-en la valeur la plus probable de $X$ (le mode), calculez sa probabilité, et confirmez sur la figure.

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Réponses

a) $\sum P(X=k)=(p+q)^{n}=1$
b) $G'(t)=np(q+pt)^{n-1}$ , d'où $E(X)=G'(1)=np$
c) $G''(1)=n(n-1)p^{2}$ ; $V(X)=n(n-1)p^{2}+np-n^{2}p^{2}=np(1-p)$
d) $E(X)=12$ ; $V(X)=3$ ; $\sigma=\sqrt{3}\approx 1{,}73$
e) Mode $12$ (car $np-q=11{,}75$ ) ; $P(X=12)\approx 0{,}2252$

a)

Le binôme de Newton s'écrit $(a+b)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{k}b^{n-k}$ . Avec $a=p$ et $b=q$ :

\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}p^{k}q^{n-k}=(p+q)^{n}=1^{n}=1

Les $n+1$ probabilités de la loi binomiale sont exactement les termes du développement de $(p+q)^{n}$ , d'où le nom de la loi.

Sur les 16 plants, les 17 barres de la figure ont donc une somme égale à 1.

b)

Développons $G$ par le binôme, avec $a=pt$ et $b=q$ :

\displaystyle G(t)=(q+pt)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(pt)^{k}q^{n-k}=\sum_{k=0}^{n}P(X=k)\,t^{k}

Dérivons les deux écritures. À gauche, par la dérivation en chaîne, $G'(t)=np\,(q+pt)^{n-1}$ . À droite, terme à terme, puisque la somme est finie : $G'(t)=\sum_{k=1}^{n}k\,P(X=k)\,t^{k-1}$ .

En $t=1$ , la droite donne $\sum_{k=0}^{n}k\,P(X=k)$ , qui est la définition de $E(X)$ , et la gauche donne $np\,(q+p)^{n-1}=np$ :

\displaystyle E(X)=np

Le terme $k=0$ disparaît en dérivant, sans rien changer puisqu'il vaut $0\times P(X=0)$ .

Piège : « démontrer » en écrivant $E(X)=n\times p$ « parce qu'on fait $n$ essais de probabilité $p$ » ; c'est l'intuition, pas une preuve. La preuve part de la définition $E(X)=\sum k\,P(X=k)$ .

c)

Dérivée seconde, des deux côtés :

\displaystyle G''(t)=n(n-1)p^{2}(q+pt)^{n-2}=\sum_{k=2}^{n}k(k-1)\,P(X=k)\,t^{k-2}

En $t=1$ : $E\big(X(X-1)\big)=n(n-1)p^{2}$ . Or $E\big(X(X-1)\big)=E(X^{2})-E(X)$ , donc $E(X^{2})=n(n-1)p^{2}+np$ .

Avec $V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}$ :

\begin{aligned}V(X)&=n(n-1)p^{2}+np-n^{2}p^{2}\\&=np-np^{2}\\&=np(1-p)\end{aligned}

Piège : prendre $G''(1)$ pour $E(X^{2})$ ; la dérivée seconde fait descendre $k(k-1)$ , pas $k^{2}$ .

d)

$E(X)=16\times 0{,}75=12$ plants.

$V(X)=16\times 0{,}75\times 0{,}25=3$ , donc $\sigma=\sqrt{3}\approx 1{,}73$ plant.

Sur un grand nombre d'essais du traitement, 12 plants sur 16 guérissent en moyenne, avec un écart typique de moins de 2 plants autour de 12.

Piège : donner $V(X)=3$ comme écart-type ; la variance s'exprime en « plants au carré », l'écart-type, sa racine, dans l'unité de $X$ .

e)

Dans le quotient, $p^{k}q^{n-k}$ se simplifie et il reste le rapport des coefficients :

\displaystyle \dfrac{P(X=k+1)}{P(X=k)}=\dfrac{\binom{n}{k+1}}{\binom{n}{k}}\cdot\dfrac{p}{q}=\dfrac{n-k}{k+1}\cdot\dfrac{p}{q}

La probabilité augmente de $k$ à $k+1$ tant que ce rapport dépasse 1 :

\displaystyle (n-k)p>(k+1)q\iff k<np-q

Ici $np-q=12-0{,}25=11{,}75$ : la loi monte pour $k=0$ à $11$ , donc jusqu'à $k=12$ , puis redescend. Le mode est $12$ .

\displaystyle P(X=12)=\binom{16}{12}(0{,}75)^{12}(0{,}25)^{4}=1820\times 0{,}031\,676\times 0{,}003\,906\approx 0{,}2252

La figure le confirme : la barre de 12 est la plus haute, un peu au-dessus de $0{,}22$ , suivie de celle de 13, $P(X=13)\approx 0{,}2079$ .

Le mode coïncide ici avec l'espérance parce que $np=12$ est entier ; en général, le mode est un entier compris entre $np-q$ et $np+p$ .

Exercice 3 : La densité normale centrée réduite et sa table

10 réponses vérifiables

La variable $Z$ suit la loi normale centrée réduite, de densité $\varphi(z)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^{2}/2}$ sur $\mathbb{R}$ . On note $\Phi(z)=P(Z\le z)=\int_{-\infty}^{z}\varphi(t)\,dt$ : c'est ce que donne la table, l'aire à GAUCHE de $z$ , pour $z$ arrondi au centième.

La figure montre la courbe de $\varphi$ et l'aire de la question c).

a) Étudiez les variations de $\varphi$ et calculez son maximum. Montrez ensuite, à l'aide de la dérivée seconde, que la courbe a deux points d'inflexion, en $z=-1$ et en $z=1$ , et calculez $\varphi(1)$ .
b) En posant $u=-t$ dans l'intégrale, montrez que $P(Z\le -a)=P(Z\ge a)$ pour tout réel $a$ . Déduisez-en $P(Z<-1{,}35)$ et $P(Z>-0{,}62)$ à l'aide de la table.
c) Calculez $P(-1{,}25<Z<0{,}80)$ , l'aire ombrée de la figure.
d) Lecture inverse : déterminez $z$ tel que $P(Z<z)=0{,}90$ , puis $z>0$ tel que $P(-z<Z<z)=0{,}95$ , puis $z$ tel que $P(Z>z)=0{,}975$ .
e) Que vaut $P(Z=0{,}80)$ ? Comparez $P(Z\le 0{,}80)$ et $P(Z<0{,}80)$ , et opposez ce résultat à la question c) de l'exercice 1.

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a)

\varphi(0)

\varphi(1)

b)

P(Z<-1{,}35)

P(Z>-0{,}62)

c)

P(-1{,}25<Z<0{,}80)

d)

z

tel que

P(Z<z)=0{,}90

z

tel que

P(-z<Z<z)=0{,}95

z

tel que

P(Z>z)=0{,}975

e)

P(Z=0{,}80)

P(Z\le 0{,}80)

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Réponses

a) Maximum $\varphi(0)\approx 0{,}3989$ ; inflexions en $z=\pm 1$ , $\varphi(1)\approx 0{,}2420$
b) $P(Z<-1{,}35)=0{,}0885$ ; $P(Z>-0{,}62)=0{,}7324$
c) $0{,}7881-0{,}1056=0{,}6825$
d) $z\approx 1{,}28$ ; $z=1{,}96$ ; $z=-1{,}96$
e) $P(Z=0{,}80)=0$ ; $P(Z\le 0{,}80)=P(Z<0{,}80)=0{,}7881$

a)

$\varphi'(z)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\,(-z)\,e^{-z^{2}/2}$ , du signe de $-z$ , puisque l'exponentielle est strictement positive.

$\varphi$ croît sur $]-\infty\,;0]$ et décroît sur $[0\,;+\infty[$ : son maximum est atteint en $0$ .

\displaystyle \varphi(0)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\approx 0{,}3989

Dérivée seconde, par la règle du produit :

\displaystyle \varphi''(z)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\,(z^{2}-1)\,e^{-z^{2}/2}

Elle s'annule et change de signe en $z=-1$ et $z=1$ : la courbe est concave sur $[-1\,;1]$ et convexe en dehors. Les points d'inflexion ont pour ordonnée $\varphi(\pm 1)=\dfrac{e^{-1/2}}{\sqrt{2\pi}}\approx 0{,}2420$ .

C'est la lecture géométrique de l'écart-type : sur toute courbe normale, les points d'inflexion sont à un écart-type de part et d'autre de la moyenne (première figure du corrigé).

Piège : chercher le maximum en annulant $\varphi''$ ; la dérivée seconde donne les changements de concavité, pas les extremums.

b)

$P(Z\le -a)=\int_{-\infty}^{-a}\varphi(t)\,dt$ . Avec $u=-t$ , $dt=-du$ , et les bornes $-\infty$ et $-a$ deviennent $+\infty$ et $a$ :

\displaystyle \int_{-\infty}^{-a}\varphi(t)\,dt=\int_{+\infty}^{a}\varphi(-u)\,(-du)=\int_{a}^{+\infty}\varphi(u)\,du=P(Z\ge a)

car $\varphi$ est paire : $\varphi(-u)=\varphi(u)$ . Deux queues symétriques ont la même aire.

\displaystyle P(Z<-1{,}35)=P(Z>1{,}35)=1-\Phi(1{,}35)=1-0{,}9115=0{,}0885

\displaystyle P(Z>-0{,}62)=P(Z<0{,}62)=\Phi(0{,}62)=0{,}7324

Piège : écrire $P(Z>-0{,}62)=1-0{,}7324=0{,}2676$ . Le contrôle qui l'évite : l'aire à droite d'un nombre NÉGATIF contient toute la moitié droite, elle dépasse donc $0{,}5$ .

c)

Une aire entre deux bornes est une différence de deux aires à gauche :

\displaystyle P(-1{,}25<Z<0{,}80)=\Phi(0{,}80)-\Phi(-1{,}25)=0{,}7881-0{,}1056=0{,}6825

Si la table ne donne que les $z$ positifs : $\Phi(-1{,}25)=1-\Phi(1{,}25)=1-0{,}8944=0{,}1056$ .

Contrôle sur la figure : la zone ombrée contient le sommet et environ un écart-type de chaque côté ; environ deux tiers de l'aire totale est cohérent avec $0{,}68$ .

Piège : additionner les deux aires à gauche, ou soustraire dans le mauvais ordre et obtenir un nombre négatif.

d)

On cherche l'aire dans le CORPS de la table, puis on lit $z$ dans la marge.

$P(Z<z)=0{,}90$ : $\Phi(1{,}28)=0{,}8997$ et $\Phi(1{,}29)=0{,}9015$ ; la plus proche donne $z\approx 1{,}28$ .

$P(-z<Z<z)=0{,}95$ laisse $0{,}05$ dans les deux queues, donc $0{,}025$ de chaque côté (seconde figure du corrigé) : $\Phi(z)=0{,}975$ , et la table donne exactement $z=1{,}96$ .

$P(Z>z)=0{,}975$ : l'aire à droite dépasse $0{,}5$ , donc $z<0$ . L'aire à gauche vaut $0{,}025$ et, par symétrie, $z=-1{,}96$ .

Piège : chercher $0{,}95$ dans la table pour l'intervalle centré ; on obtient $1{,}645$ , la borne d'une seule queue de $5\ \%$ .

e)

$P(Z=0{,}80)=\int_{0{,}80}^{0{,}80}\varphi(t)\,dt=0$ : une intégrale sur un intervalle de longueur nulle.

Donc $P(Z\le 0{,}80)=P(Z<0{,}80)+P(Z=0{,}80)=P(Z<0{,}80)=0{,}7881$ : pour une variable continue, $<$ et $\le$ donnent le même nombre.

À l'exercice 1 c), $P(X\le 8)$ et $P(X<8)$ différaient de $P(X=8)\approx 0{,}2759$ . Une binomiale COMPTE, chaque entier porte une masse ; une normale MESURE, une valeur isolée ne porte aucune aire.

Une probabilité nulle ne veut pas dire « impossible » : on demande ici la valeur $0{,}80$ exacte, avec une infinité de décimales. Une mesure réelle est toujours un intervalle (exercice 7).

a) La courbe de

\varphi

: maximum

0{,}3989

en

0

, inflexions en

z=-1

et

z=1

, à un écart-type du centre.

d) L'intervalle centré à

95\ \%

laisse

0{,}025

dans chaque queue :

\Phi(1{,}96)=0{,}975

.

Exercice 4 : Standardiser : la masse des comprimés

5 réponses vérifiables

Une presse produit des comprimés dont la masse $X$ , en milligrammes, suit une loi normale de moyenne $\mu=250$ mg et d'écart-type $\sigma=3$ mg. Le contrôle du fabricant (fictif) rejette tout comprimé dont la masse sort de l'intervalle $[244\,;256]$ mg. La figure montre la densité et les deux bornes de tolérance.

La densité de $X$ est $f(x)=\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^{2}}$ , et $Z$ désigne une variable de loi normale centrée réduite.

a) Montrez, par le changement de variable $z=\dfrac{x-\mu}{\sigma}$ dans l'intégrale $\int_{a}^{b}f(x)\,dx$ , que $P(a\le X\le b)=P\left(\dfrac{a-\mu}{\sigma}\le Z\le\dfrac{b-\mu}{\sigma}\right)$ .
b) Calculez la proportion de comprimés acceptés.
c) Calculez la proportion de comprimés de plus de $251{,}8$ mg.
d) Déterminez la masse au-dessus de laquelle se trouvent les $1\ \%$ de comprimés les plus lourds.
e) Après un réglage, $\mu$ et $\sigma$ ont changé et sont inconnus. On constate que $10\ \%$ des comprimés pèsent moins de $246$ mg et $5\ \%$ plus de $256$ mg. En supposant la loi toujours normale, déterminez $\mu$ et $\sigma$ .

Voir la correction

Réponses

a) $x=\mu+\sigma z$ , $dx=\sigma\,dz$ : $\int_{a}^{b}f(x)\,dx=\int_{z_{a}}^{z_{b}}\varphi(z)\,dz$
b) $\Phi(2)-\Phi(-2)=0{,}9544$
c) $z=0{,}60$ ; $0{,}2743$
d) $z\approx 2{,}33$ ; $x\approx 257{,}0$ mg
e) $\mu-1{,}28\sigma=246$ et $\mu+1{,}645\sigma=256$ : $\mu\approx 250{,}38$ mg, $\sigma\approx 3{,}42$ mg

a)

Dans $\int_{a}^{b}\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^{2}}dx$ , posons $z=\dfrac{x-\mu}{\sigma}$ , donc $x=\mu+\sigma z$ et $dx=\sigma\,dz$ .

Les bornes $x=a$ et $x=b$ deviennent $z_{a}=\dfrac{a-\mu}{\sigma}$ et $z_{b}=\dfrac{b-\mu}{\sigma}$ , dans le même ordre puisque $\sigma>0$ .

\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)\,dx=\int_{z_{a}}^{z_{b}}\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-z^{2}/2}\,\sigma\,dz=\int_{z_{a}}^{z_{b}}\varphi(z)\,dz

Le $\sigma$ du $dx$ annule celui du dénominateur : il reste la densité de $Z$ . Donc $P(a\le X\le b)=P(z_{a}\le Z\le z_{b})$ , et une seule table sert pour toutes les lois normales.

Piège : diviser par la variance $\sigma^{2}=9$ au lieu de $\sigma=3$ ; la démonstration montre que c'est $\sigma$ qui sort du $dx$ .

b)

$z_{1}=\dfrac{244-250}{3}=-2{,}00$ et $z_{2}=\dfrac{256-250}{3}=2{,}00$ .

\displaystyle P(244\le X\le 256)=\Phi(2{,}00)-\Phi(-2{,}00)=0{,}9772-0{,}0228=0{,}9544

Environ $95{,}4\ \%$ des comprimés sont acceptés, donc $4{,}56\ \%$ sont rejetés, près de 46 sur 1000.

C'est la règle des deux écarts-types, retrouvée par la table ; « $95\ \%$ » en est l'arrondi.

c)

$z=\dfrac{251{,}8-250}{3}=0{,}60$ , puis $P(X>251{,}8)=1-\Phi(0{,}60)=1-0{,}7257=0{,}2743$ .

Un peu plus d'un comprimé sur quatre dépasse $251{,}8$ mg.

Piège : lire $0{,}7257$ et s'arrêter ; la table donne l'aire à gauche, la question demande « plus de ».

d)

On cherche $x$ tel que $P(X>x)=0{,}01$ , donc $\Phi(z)=0{,}99$ . La table donne $\Phi(2{,}32)=0{,}9898$ et $\Phi(2{,}33)=0{,}9901$ : $z\approx 2{,}33$ .

On revient ensuite à l'échelle des milligrammes :

$x=\mu+z\sigma=250+2{,}33\times 3=256{,}99$ mg, soit environ $257{,}0$ mg

Avec $z\approx 2{,}326$ à la calculatrice, $x\approx 256{,}98$ mg : la même réponse au dixième.

Piège : répondre $2{,}33$ ; la question demande une MASSE, pas une cote.

e)

Chaque pourcentage donne une équation de la forme $x=\mu+z\sigma$ .

$10\ \%$ sous $246$ : $\Phi(z)=0{,}10$ , $z\approx -1{,}28$ , donc $\mu-1{,}28\,\sigma=246$ .

$5\ \%$ au-dessus de $256$ : $\Phi(z)=0{,}95$ , à mi-chemin entre $\Phi(1{,}64)=0{,}9495$ et $\Phi(1{,}65)=0{,}9505$ , donc $z\approx 1{,}645$ et $\mu+1{,}645\,\sigma=256$ .

En soustrayant : $2{,}925\,\sigma=10$ , $\sigma\approx 3{,}42$ mg, puis $\mu=246+1{,}28\times 3{,}419\approx 250{,}38$ mg.

Vérification : $\dfrac{246-250{,}38}{3{,}42}\approx -1{,}28$ et $\dfrac{256-250{,}38}{3{,}42}\approx 1{,}64$ . Le réglage a légèrement décentré la presse et augmenté la dispersion.

Piège : prendre $+1{,}28$ pour les $10\ \%$ du bas ; une masse sous la moyenne a une cote négative.

Exercice 5 : Approcher une binomiale par une normale : conditions et demi-unité

9 réponses vérifiables

Pour contrôler sa promesse de $85\ \%$ , le semencier de l'exercice 1 sème 200 graines du lot, une par godet. On admet que le nombre $X$ de graines qui germent suit la loi $\mathcal{B}(200\,;0{,}85)$ . La figure montre cette loi, en barres de largeur 1 centrées sur les entiers, et la courbe de la loi normale de même moyenne et de même écart-type.

Critère de ce cours : l'approximation normale est acceptée si $np\ge 5$ et $n(1-p)\ge 5$ . Certains collèges demandent $10$ , ou $np(1-p)\ge 9$ ; la démarche ne change pas, il faut seulement nommer le critère retenu.

a) Vérifiez les conditions de l'approximation, puis donnez la moyenne $\mu$ et l'écart-type $\sigma$ de la loi normale qui approche $X$ .
b) Calculez $P(X\ge 175)$ par l'approximation normale avec la correction de continuité, puis sans elle. La valeur exacte, calculée par logiciel, est $0{,}1876$ : laquelle des deux approximations est la meilleure ?
c) Calculez $P(X=170)$ par l'approximation normale. Que donnerait l'approximation sans la correction ?
d) Calculez $P(X>175)$ par l'approximation. Expliquez, à l'aide des barres de la figure, pourquoi la borne n'est pas celle de la question b).
e) Un autre lot annonce $99\ \%$ de germination, et l'on sème encore 200 graines. Vérifiez les conditions, puis calculez la probabilité que la normale approchante attribue à « plus de 200 graines germées ». Concluez.

Voir la correction

Réponses

a) $np=170$ , $n(1-p)=30$ ; $\mu=170$ , $\sigma=\sqrt{25{,}5}\approx 5{,}05$
b) Avec correction $0{,}1867$ ; sans $0{,}1611$ ; la correction est la meilleure
c) $\Phi(0{,}10)-\Phi(-0{,}10)=0{,}0796$ ; sans correction, $0$
d) Borne $175{,}5$ : $P(X>175)\approx 0{,}1379$
e) Non, $n(1-p)=2<5$ ; la normale donne $0{,}0375$ à un événement impossible

a)

$np=200\times 0{,}85=170\ge 5$ et $n(1-p)=200\times 0{,}15=30\ge 5$ : les deux conditions sont remplies.

$\mu=np=170$ et $\sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{25{,}5}\approx 5{,}050$

On remplace donc $X$ par une variable $Y$ de loi normale de moyenne 170 et d'écart-type $5{,}050$ .

Piège : prendre $\sigma=25{,}5$ ; c'est la variance.

b)

« Au moins 175 » contient la barre de 175, qui s'étend de $174{,}5$ à $175{,}5$ (première figure du corrigé). L'aire commence donc à $174{,}5$ :

$z=\dfrac{174{,}5-170}{5{,}050}\approx 0{,}89$ , $P(X\ge 175)\approx 1-\Phi(0{,}89)=1-0{,}8133=0{,}1867$

Sans correction : $z=\dfrac{175-170}{5{,}050}\approx 0{,}99$ , et $1-\Phi(0{,}99)=1-0{,}8389=0{,}1611$ .

Écarts à la valeur exacte $0{,}1876$ : $0{,}0009$ avec la correction, $0{,}0265$ sans elle. La meilleure est l'approximation corrigée.

Sans la demi-unité, on ampute la moitié gauche de la barre de 175, soit environ $\dfrac{1}{2}P(X=175)\approx 0{,}025$ : presque toute l'erreur.

Piège : commencer l'aire à $175$ , ou pire à $175{,}5$ , ce qui retire toute la barre de 175.

c)

Une valeur isolée de $X$ devient l'intervalle de sa barre :

$P(X=170)\approx P(169{,}5\le Y\le 170{,}5)$ , avec $z=\pm\dfrac{0{,}5}{5{,}050}\approx\pm 0{,}10$

\displaystyle \Phi(0{,}10)-\Phi(-0{,}10)=0{,}5398-0{,}4602=0{,}0796

La valeur exacte est $\binom{200}{170}(0{,}85)^{170}(0{,}15)^{30}\approx 0{,}0788$ : l'approximation est très bonne.

Sans correction, on calculerait $P(Y=170)=0$ : une normale mesure, elle ne donne de probabilité qu'à un intervalle. La correction de continuité est exactement ce qui transforme un entier compté en intervalle mesuré.

d)

« Plus de 175 » commence à 176 : la barre de 175 est EXCLUE, et la barre de 176 commence à $175{,}5$ .

$P(X>175)=P(X\ge 176)\approx P(Y\ge 175{,}5)$ , $z=\dfrac{175{,}5-170}{5{,}050}\approx 1{,}09$

$1-\Phi(1{,}09)=1-0{,}8621=0{,}1379$ (valeur exacte : $0{,}1368$ ).

Règle : on traduit d'abord l'événement en entiers ( $X\ge 175$ ou $X\ge 176$ ), puis on prend le bord EXTÉRIEUR de la barre placée à la limite de l'événement : $k-0{,}5$ pour $X\ge k$ , $k+0{,}5$ pour $X\le k$ .

Le choix entre $>$ et $\ge$ , sans importance pour $Y$ , change ici la réponse d'environ $0{,}05$ : c'est la barre de 175, $P(X=175)\approx 0{,}0508$ .

e)

$np=198$ , mais $n(1-p)=200\times 0{,}01=2<5$ : la seconde condition tombe, l'approximation n'est pas permise.

Le calcul montre pourquoi. Avec $\mu=198$ et $\sigma=\sqrt{1{,}98}\approx 1{,}407$ , « plus de 200 » correspond à $Y>200{,}5$ :

$z=\dfrac{200{,}5-198}{1{,}407}\approx 1{,}78$ , $1-\Phi(1{,}78)=1-0{,}9625=0{,}0375$

La normale donne près de $4\ \%$ à un événement impossible : $X$ ne dépasse jamais $n=200$ . La loi exacte est très asymétrique, collée à sa borne (seconde figure du corrigé), alors que la normale est symétrique.

Le calcul exact reste simple : $P(X=200)=(0{,}99)^{200}\approx 0{,}1340$ , quand la normale donnerait $\Phi(1{,}78)-\Phi(1{,}07)=0{,}9625-0{,}8577=0{,}1048$ .

Piège : vérifier seulement $np\ge 5$ ; avec $p$ proche de 1, c'est l'autre condition qui tombe.

b) La barre de 175 commence à

174{,}5

: l'aire verte sous la courbe recouvre les barres orange de

X\ge 175

.

e) Avec

p=0{,}99

, la loi est collée à 200 ; la normale déborde au-delà de

200{,}5

(rouge), sur des valeurs impossibles.

Exercice 6 : Le pH de la pluie : une normale, puis une binomiale

6 réponses vérifiables

Une station de surveillance de la qualité de l'air (données fictives) mesure le pH de chaque épisode de pluie. Sur plusieurs années, le pH d'un épisode est bien décrit par une loi normale de moyenne $\mu=4{,}90$ et d'écart-type $\sigma=0{,}35$ . Pour comparaison, une pluie non polluée a un pH voisin de $5{,}6$ , à cause du dioxyde de carbone dissous.

On appelle « très acide » un épisode de pH inférieur à $4{,}30$ . La figure donne la densité du pH et les trois seuils de l'exercice.

a) Le pH est une grandeur logarithmique, bornée en pratique. Montrez que le modèle normal attribue une probabilité négligeable à un pH supérieur à 7, puis calculez la proportion d'épisodes de pH compris entre $4{,}50$ et $5{,}60$ .
b) Calculez la probabilité $p$ qu'un épisode soit très acide.
c) Une saison compte 40 épisodes, et l'on note $Y$ le nombre d'épisodes très acides. Discutez les conditions d'une loi binomiale, en particulier l'indépendance, puis donnez $E(Y)$ en admettant $Y\sim\mathcal{B}(40\,;p)$ .
d) Peut-on approcher la loi de $Y$ par une loi normale ? Calculez $P(Y\ge 4)$ .
e) Cette saison, la station a relevé 6 épisodes très acides. Calculez $P(Y\ge 6)$ dans le modèle, puis rédigez ce que l'on peut en conclure, et ce que l'on ne peut pas en conclure.

Voir la correction

Réponses

a) $z=6$ pour pH $7$ : négligeable ; $\Phi(2{,}00)-\Phi(-1{,}14)=0{,}8501$
b) $p=\Phi(-1{,}71)=0{,}0436$
c) Indépendance admise comme hypothèse ; $E(Y)=1{,}744$
d) Non, $np<5$ ; $P(Y\ge 4)\approx 0{,}0955$
e) $P(Y\ge 6)\approx 0{,}0074$ : signal d'un changement, sans preuve de sa cause

a)

Pour un pH de 7 : $z=\dfrac{7-4{,}90}{0{,}35}=6{,}00$ . La table s'arrête vers $z=3{,}5$ , où l'aire à droite est déjà inférieure à $0{,}0003$ ; pour $z=6$ , elle vaut environ $10^{-9}$ : négligeable.

Le modèle donne aussi une probabilité non nulle à un pH négatif, mais à $z=-14$ : aucune conséquence pratique. Un modèle n'a pas à être vrai partout, il doit l'être là où on l'utilise.

$z_{1}=\dfrac{4{,}50-4{,}90}{0{,}35}\approx -1{,}14$ et $z_{2}=\dfrac{5{,}60-4{,}90}{0{,}35}=2{,}00$

\displaystyle P(4{,}50<\text{pH}<5{,}60)=\Phi(2{,}00)-\Phi(-1{,}14)=0{,}9772-0{,}1271=0{,}8501

Environ $85\ \%$ des épisodes ont un pH dans cette plage.

b)

$z=\dfrac{4{,}30-4{,}90}{0{,}35}\approx -1{,}71$ , et $p=\Phi(-1{,}71)=1-\Phi(1{,}71)=1-0{,}9564=0{,}0436$ .

Un peu plus de 4 épisodes sur 100 sont très acides, dans ce modèle.

Piège : arrondir $z$ à $-1{,}7$ ; la table se lit au centième, et $\Phi(-1{,}70)=0{,}0446$ change déjà le troisième chiffre.

c)

Le nombre d'épreuves est fixé ( $n=40$ épisodes), chaque épisode est très acide ou non, et la probabilité $p=0{,}0436$ est supposée la même toute la saison.

L'indépendance est l'hypothèse la plus fragile : deux épisodes rapprochés viennent souvent de la même masse d'air et ont des pH voisins. On l'admet ici comme hypothèse du modèle, à confronter aux données.

\displaystyle E(Y)=np=40\times 0{,}0436=1{,}744

En moyenne, moins de deux épisodes très acides par saison.

d)

Non : $np=1{,}744<5$ . La loi de $Y$ est très asymétrique, collée à 0 (figure du corrigé), et une courbe symétrique la décrirait mal. On calcule avec la binomiale elle-même.

\displaystyle P(Y\ge 4)=1-P(Y\le 3)=1-\sum_{k=0}^{3}\binom{40}{k}(0{,}0436)^{k}(0{,}9564)^{40-k}

$P(Y=0)\approx 0{,}1681$ , $P(Y=1)\approx 0{,}3065$ , $P(Y=2)\approx 0{,}2725$ , $P(Y=3)\approx 0{,}1574$

\displaystyle P(Y\ge 4)\approx 1-0{,}9045=0{,}0955

Piège : approcher par une normale parce que $n=40$ paraît grand ; c'est $np$ qui décide, et il vaut moins de 2.

e)

$P(Y\ge 6)=1-P(Y\le 5)\approx 0{,}0074$ : dans le modèle, à peu près une saison sur 135 compterait 6 épisodes très acides ou plus.

Ce que l'on peut conclure : une telle saison serait très rare si le modèle (pH normal de moyenne $4{,}90$ , épisodes indépendants) décrivait bien cette saison. L'observation est donc un signal que quelque chose a changé : la moyenne du pH a baissé, ou les épisodes acides arrivent groupés.

Ce que l'on ne peut pas conclure : ni laquelle de ces explications est la bonne, ni que la pollution a « certainement » augmenté. Un événement rare n'est pas impossible, et une seule saison ne tranche pas. Le chapitre des tests d'hypothèse donne le cadre pour décider avec un risque d'erreur fixé d'avance.

Piège : calculer $P(Y=6)$ ; la rareté se juge sur « 6 ou plus », car 7 ou 8 épisodes seraient encore plus surprenants.

Exercice 7 : Ailes d'abeilles : une mesure arrondie est un intervalle

9 réponses vérifiables

Une équipe d'entomologie mesure au binoculaire la longueur $L$ de l'aile antérieure de 200 ouvrières d'un rucher, au dixième de millimètre. Le tableau et l'histogramme donnent les effectifs par valeur affichée. On modélise $L$ par une loi normale de moyenne $\mu=9{,}20$ mm et d'écart-type $\sigma=0{,}15$ mm (valeurs fictives mais plausibles).

L'appareil arrondit au dixième : une valeur affichée $9{,}3$ signifie $9{,}25\le L<9{,}35$ .

Valeur affichée (mm)	Effectif
8,8	2
8,9	9
9,0	21
9,1	41
9,2	50
9,3	43
9,4	23
9,5	9
9,6	2
Total	200

a) Calculez, dans le modèle, la probabilité que la valeur affichée soit $9{,}3$ , et comparez-la à la fréquence observée. Que vaut $P(L=9{,}3)$ , et pourquoi n'est-ce pas la même question ?
b) Calculez l'effectif attendu par le modèle pour la valeur affichée $9{,}0$ , et comparez-le à l'effectif observé.
c) Calculez, dans le modèle, la proportion d'ouvrières dont la valeur affichée dépasse strictement $9{,}5$ . Calculez aussi $P(L>9{,}5)$ et dites lequel des deux nombres répond à la question.
d) Déterminez le 90e centile de $L$ , la longueur que $90\ \%$ des ailes ne dépassent pas.
e) On prélève 25 ouvrières au hasard dans une ruche de plusieurs dizaines de milliers d'individus, et l'on note $W$ le nombre d'entre elles dont la valeur affichée est au moins $9{,}4$ . Justifiez que $W$ suit approximativement une loi binomiale, puis calculez $E(W)$ et $P(W\ge 5)$ .

Voir la correction

Réponses

a) $\Phi(1{,}00)-\Phi(0{,}33)=0{,}2120$ , observé $0{,}215$ ; $P(L=9{,}3)=0$
b) $P=0{,}1112$ ; $200\times 0{,}1112\approx 22{,}2$ attendues, 21 observées
c) $P(L\ge 9{,}55)=0{,}0099$ répond ; $P(L>9{,}5)=0{,}0228$ ne répond pas
d) $L_{90}\approx 9{,}39$ mm
e) $W\sim\mathcal{B}(25\,;0{,}1587)$ ; $E(W)\approx 3{,}97$ ; $P(W\ge 5)\approx 0{,}3638$

a)

Valeur affichée $9{,}3$ : on calcule $P(9{,}25\le L<9{,}35)$ .

$z_{1}=\dfrac{9{,}25-9{,}20}{0{,}15}\approx 0{,}33$ et $z_{2}=\dfrac{9{,}35-9{,}20}{0{,}15}=1{,}00$

\displaystyle \Phi(1{,}00)-\Phi(0{,}33)=0{,}8413-0{,}6293=0{,}2120

Fréquence observée : $\dfrac{43}{200}=0{,}215$ . Modèle et données s'accordent à trois millièmes près.

$P(L=9{,}3)=0$ : la longueur réelle d'une aile n'est jamais exactement $9{,}3000\ldots$ mm. Ce qu'on observe n'est pas une valeur, c'est la classe d'arrondi qui la contient.

C'est la même idée que la correction de continuité de l'exercice 5 : un nombre affiché, comme un entier compté, représente un intervalle dont la largeur est la précision.

b)

Valeur affichée $9{,}0$ : $8{,}95\le L<9{,}05$ , avec $z_{1}=\dfrac{8{,}95-9{,}20}{0{,}15}\approx -1{,}67$ et $z_{2}=\dfrac{9{,}05-9{,}20}{0{,}15}=-1{,}00$ .

\displaystyle P=\Phi(-1{,}00)-\Phi(-1{,}67)=0{,}1587-0{,}0475=0{,}1112

Effectif attendu : $200\times 0{,}1112\approx 22{,}2$ ouvrières, pour 21 observées.

La courbe du corrigé superpose à l'histogramme les effectifs attendus par classe, environ $200\times 0{,}1\times f(x)$ : le modèle suit bien les données. Juger formellement l'écart entre effectifs observés et attendus relève du test du khi-carré.

c)

« Affichée strictement au-dessus de $9{,}5$ » veut dire affichée $9{,}6$ ou plus, donc $L\ge 9{,}55$ .

$z=\dfrac{9{,}55-9{,}20}{0{,}15}\approx 2{,}33$ , $P(L\ge 9{,}55)=1-0{,}9901=0{,}0099$

Le calcul direct $P(L>9{,}5)$ donne $z=2{,}00$ et $1-0{,}9772=0{,}0228$ , plus du double : il compte les ailes affichées $9{,}5$ , de $9{,}50$ à $9{,}55$ mm, que la question exclut.

Les données donnent 2 ailes affichées $9{,}6$ sur 200, soit $0{,}01$ : c'est bien $0{,}0099$ qui répond à la question.

Piège : standardiser la valeur affichée au lieu de la borne de sa classe ; c'est la demi-unité oubliée, sous une autre forme.

d)

$\Phi(z)=0{,}90$ donne $z\approx 1{,}28$ , d'où :

$L_{90}=9{,}20+1{,}28\times 0{,}15=9{,}392$ mm, environ $9{,}39$ mm

Avec $z\approx 1{,}2816$ à la calculatrice, on trouve aussi $9{,}392$ mm : $90\ \%$ des ouvrières ont une aile de moins de $9{,}39$ mm environ.

e)

Chaque ouvrière prélevée a, ou n'a pas, une valeur affichée d'au moins $9{,}4$ , c'est-à-dire $L\ge 9{,}35$ :

\displaystyle p=1-\Phi(1{,}00)=0{,}1587

Le prélèvement est sans remise, mais 25 ouvrières sur plusieurs dizaines de milliers font moins de $0{,}1\ \%$ de la ruche, bien sous les $5\ \%$ : $p$ ne bouge pratiquement pas d'un tirage à l'autre. Prises au hasard dans toute la ruche, et non sur un même cadre, les ouvrières rendent l'indépendance raisonnable. D'où $W\sim\mathcal{B}(25\,;0{,}1587)$ en bonne approximation.

\displaystyle E(W)=25\times 0{,}1587\approx 3{,}97

$np\approx 3{,}97<5$ : pas d'approximation normale. Par le complément, cinq termes :

\displaystyle P(W\ge 5)=1-P(W\le 4)\approx 1-0{,}6362=0{,}3638

Plus d'un prélèvement sur trois contient au moins 5 ouvrières à grande aile.

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

6 réponses vérifiables

Chacune des cinq affirmations suivantes a été relevée sur une copie, et chacune est fausse. Pour chacune, expliquez l'erreur, donnez l'énoncé correct et appuyez-le sur le calcul demandé.

a) « Si $X\sim\mathcal{B}(50\,;0{,}5)$ , la valeur la plus probable est 25, donc $P(X=25)=0{,}5$ . » Calculez $P(X=25)$ .
b) « L'approximation normale de $\mathcal{B}(n\,;p)$ est valable dès que $n\ge 30$ . » Calculez $np$ pour la loi $\mathcal{B}(400\,;0{,}005)$ et concluez.
c) « Pour la masse $X$ des comprimés de l'exercice 4, $P(X\le 250)=0{,}5$ , mais $P(X<250)$ est un peu plus petit, puisqu'on retire la valeur 250. » Calculez $P(X<250)$ .
d) « Le diamètre $D$ des billes d'un roulement suit une loi normale de moyenne $6{,}000$ mm et d'écart-type $0{,}002$ mm, donc aucune bille ne dépasse $6{,}006$ mm. » Calculez $P(D>6{,}006)$ , puis le nombre de billes attendues au-delà de $6{,}006$ mm sur une production de $100\,000$ billes.
e) « Si $X\sim\mathcal{B}(100\,;0{,}25)$ , on approche $P(X\ge 30)$ par $P(Y\ge 30{,}5)$ , où $Y$ suit la normale approchante. » Calculez la bonne approximation de $P(X\ge 30)$ .

Voir la correction

Réponses

a) $P(X=25)\approx 0{,}1123$ : le mode n'a pas la probabilité $0{,}5$
b) $np=2<5$ : l'approximation n'est pas permise malgré $n=400$
c) $P(X<250)=P(X\le 250)=0{,}5$
d) $P(D>6{,}006)\approx 0{,}0013$ ; environ 135 billes sur $100\,000$
e) Borne $29{,}5$ : $P(X\ge 30)\approx 0{,}1492$

a)

Le mode est bien 25, mais être la valeur la plus probable ne veut pas dire avoir la probabilité $0{,}5$ : les 51 valeurs se partagent une probabilité totale de 1.

\displaystyle P(X=25)=\binom{50}{25}(0{,}5)^{50}\approx 0{,}1123

Il y a donc près de $89\ \%$ de chances de NE PAS obtenir exactement 25. Par symétrie, $P(X\le 24)=P(X\ge 26)=\dfrac{1-0{,}1123}{2}\approx 0{,}4439$ .

Correction : « le mode est 25, et $P(X=25)\approx 0{,}11$ . »

b)

Le critère porte sur $np$ et $n(1-p)$ , pas sur $n$ seul. Pour $\mathcal{B}(400\,;0{,}005)$ , $n=400$ , mais :

\displaystyle np=400\times 0{,}005=2<5

La loi est collée à 0 : $P(X=0)=(0{,}995)^{400}\approx 0{,}1347$ . La normale de moyenne 2 et d'écart-type $\sqrt{1{,}99}\approx 1{,}41$ placerait, avec la correction, une aire $P(Y<-0{,}5)=\Phi(-1{,}77)=0{,}0384$ sur des valeurs négatives, impossibles.

Le seuil $n\ge 30$ vient d'un autre résultat, le théorème central limite, étudié au chapitre suivant.

Correction : « l'approximation est acceptée si $np\ge 5$ et $n(1-p)\ge 5$ . »

c)

$X$ est continue : $P(X=250)=0$ , et retirer une valeur de probabilité nulle ne change rien.

\displaystyle P(X<250)=P(X\le 250)=\Phi(0)=0{,}5

L'affirmation applique à une variable qui MESURE la règle d'une variable qui COMPTE. Pour la binomiale de l'exercice 1, $P(X<8)$ et $P(X\le 8)$ différaient vraiment.

d)

« Aucune » est trop fort : la densité normale est strictement positive partout, elle donne seulement des probabilités très faibles loin de la moyenne.

$z=\dfrac{6{,}006-6{,}000}{0{,}002}=3{,}00$ , $P(D>6{,}006)=1-\Phi(3{,}00)=1-0{,}9987=0{,}0013$

Le calcul exact donne $0{,}00135$ . Sur $100\,000$ billes, on en attend donc environ $135$ au-delà de $6{,}006$ mm ( $130$ avec la valeur arrondie de la table).

Correction : « environ $0{,}13\ \%$ des billes dépassent $6{,}006$ mm : une proportion faible mais pas nulle, qui fait plus d'une centaine de billes sur une grosse production ». C'est pourquoi un fabricant trie ses billes au lieu de se fier au modèle.

e)

« Au moins 30 » contient la barre de 30, qui commence à $29{,}5$ ; partir de $30{,}5$ retire toute cette barre.

$\mu=25$ , $\sigma=\sqrt{18{,}75}\approx 4{,}330$ , $z=\dfrac{29{,}5-25}{4{,}330}\approx 1{,}04$

$P(X\ge 30)\approx 1-\Phi(1{,}04)=1-0{,}8508=0{,}1492$ , pour une valeur exacte de $0{,}1495$ .

Avec $30{,}5$ , on aurait $z\approx 1{,}27$ et $1-0{,}8980=0{,}1020$ : l'erreur, $0{,}047$ , est à peu près $P(X=30)\approx 0{,}046$ , la barre oubliée.

Exercice 9 : Étude complète : un traitement contre l'oïdium des courges

6 réponses vérifiables

Sur une ferme expérimentale (données fictives), l'oïdium, un champignon qui couvre les feuilles d'un feutrage blanc, atteint en fin d'été $40\ \%$ des plants de courge non traités, d'après plusieurs saisons de suivi. On teste un traitement biologique sur 150 plants, plantés en blocs espacés. En fin de saison, 45 plants traités sont atteints.

Question de l'étude : ce résultat est-il compatible avec un traitement SANS effet, ou suggère-t-il une efficacité ? On raisonne dans le modèle « le traitement ne fait rien », où chaque plant traité est atteint avec la probabilité $0{,}40$ . La figure montre la loi du nombre de plants atteints dans ce modèle, et l'observation.

a) Dans ce modèle, on note $X$ le nombre de plants atteints. Quelle condition de la loi binomiale la contagion de l'oïdium menace-t-elle ? Quel choix du protocole la protège ?
b) Donnez la loi de $X$ , son espérance et son écart-type.
c) Vérifiez les conditions de l'approximation normale, puis calculez $P(X\le 45)$ avec la correction de continuité.
d) Calculez $P(X\le 45)$ sans la correction. La valeur exacte, calculée par logiciel, est $0{,}0071$ : comparez les deux approximations.
e) Donnez la proportion de plants atteints observée avec le traitement, puis rédigez la conclusion de l'étude en trois temps : le résultat, sa signification, ses limites.

Voir la correction

Réponses

a) L'indépendance ; blocs espacés et répartition au hasard
b) $X\sim\mathcal{B}(150\,;0{,}40)$ ; $E(X)=60$ ; $\sigma=6$
c) $np=60$ , $n(1-p)=90$ ; $z\approx -2{,}42$ ; $P(X\le 45)\approx 0{,}0078$
d) Sans correction $0{,}0062$ ; exacte $0{,}0071$ ; conclusion inchangée
e) $30\ \%$ observés : résultat très peu probable sans effet, efficacité suggérée, non prouvée

a)

La contagion menace l'INDÉPENDANCE : un plant atteint libère des spores qui infectent ses voisins, si bien que les plants atteints apparaissent par grappes. Le nombre total varierait alors bien plus que ne le prévoit une binomiale.

Planter en blocs espacés, et répartir les plants traités au hasard dans le champ, limite ces échanges : on peut alors admettre l'indépendance comme hypothèse de travail, sans la tenir pour certaine.

Les autres conditions tiennent : $n=150$ fixé, deux issues par plant, $p=0{,}40$ pour chaque plant dans le modèle.

b)

\displaystyle X\sim\mathcal{B}(150\,;0{,}40)

$E(X)=150\times 0{,}40=60$ plants, $V(X)=60\times 0{,}60=36$ , $\sigma=6$ plants

Si le traitement ne faisait rien, on attendrait 60 plants atteints, à 6 près typiquement. On en observe 45, soit 15 de moins : $2{,}5$ écarts-types sous l'espérance.

c)

$np=60\ge 5$ et $n(1-p)=90\ge 5$ : l'approximation par la loi normale de moyenne 60 et d'écart-type 6 est acceptée.

« Au plus 45 » contient la barre de 45, qui finit à $45{,}5$ (figure du corrigé) :

$z=\dfrac{45{,}5-60}{6}\approx -2{,}42$ , $P(X\le 45)\approx\Phi(-2{,}42)=1-0{,}9922=0{,}0078$

Moins d'une saison sur cent donnerait 45 plants atteints ou moins si le traitement était sans effet.

d)

Sans correction : $z=\dfrac{45-60}{6}=-2{,}50$ , $\Phi(-2{,}50)=0{,}0062$ .

Par rapport à la valeur exacte $0{,}0071$ , l'approximation corrigée s'écarte de $0{,}0007$ (environ $10\ \%$ en relatif), celle sans correction de $0{,}0009$ (environ $13\ \%$ ).

Si loin dans la queue, l'approximation perd en précision relative, même corrigée : la binomiale est légèrement asymétrique, la normale ne l'est pas. La conclusion, elle, ne bouge pas : la probabilité reste inférieure à $1\ \%$ .

Leçon de méthode : quand un logiciel donne la valeur exacte, on la donne ; l'approximation sert à raisonner à la main et à contrôler un ordre de grandeur.

e)

Proportion observée : $\dfrac{45}{150}=0{,}30$ , soit $30\ \%$ de plants atteints avec le traitement, contre $40\ \%$ attendus sans effet.

Résultat : 45 plants atteints sur 150 traités, quand le modèle sans effet en prévoit 60, à 6 près.

Signification : si le traitement était sans effet, un résultat aussi bas ou plus bas n'arriverait qu'avec une probabilité d'environ $0{,}007$ , moins d'une fois sur cent. Les données sont donc difficiles à concilier avec l'absence d'effet, et suggèrent que le traitement réduit l'infection.

Limites : la conclusion repose sur le modèle (plants indépendants, taux de $40\ \%$ supposé stable d'une saison à l'autre) ; une saison plus sèche réduirait l'oïdium même sans traitement. Une parcelle témoin non traitée la même saison lèverait ce doute. Le chapitre des tests d'hypothèse formalise ce raisonnement avec un seuil fixé d'avance.

Piège : écrire « le traitement est efficace à $99{,}2\ \%$ » ; $0{,}0078$ est une probabilité calculée en SUPPOSANT le traitement inefficace, pas la probabilité qu'il soit efficace.

Exercice 10 : Étude complète : quelle dilution pour compter des colonies ?

11 réponses vérifiables

Pour estimer la concentration de bactéries dans l'eau d'un lac, un laboratoire étale $0{,}1$ mL d'une suspension sur une boîte de Petri ; chaque bactérie déposée donne, après incubation, une colonie visible. Une boîte n'est retenue que si elle porte de 30 à 300 colonies : en dessous, le hasard pèse trop ; au-dessus, les colonies se touchent. C'est la convention de ce laboratoire, courante en microbiologie.

Modèle : la suspension est un tube de 10 mL bien homogénéisé qui contient $N$ bactéries. Chaque bactérie se trouve dans les $0{,}1$ mL prélevés avec la probabilité $p=\dfrac{0{,}1}{10}=0{,}01$ , indépendamment des autres. Le nombre $X$ de colonies suit donc la loi $\mathcal{B}(N\,;0{,}01)$ . La figure montre le protocole de dilution.

a) Pour une suspension très diluée, $N=400$ . Calculez $E(X)$ et $V(X)$ , et dites si l'approximation normale est permise.
b) Toujours pour $N=400$ , calculez la probabilité exacte d'une boîte sans aucune colonie, puis $P(X\le 2)$ .
c) Au-delà du minimum du devis : quand $N$ est grand et $p$ petit, la loi de Poisson de paramètre $\lambda=Np$ , $P(X=k)=\dfrac{e^{-\lambda}\lambda^{k}}{k!}$ , approche la binomiale. Calculez $P(X\le 2)$ avec $\lambda=4$ et comparez au résultat de b).
d) Une analyse précédente estime l'eau du lac à environ $25\,000$ bactéries par millilitre. Le tube d'eau brute contient alors $N=250\,000$ bactéries, le tube dilué au dixième $N=25\,000$ , et le tube dilué au centième $N=2500$ . Donnez $E(X)$ pour chacun ; puis calculez, par l'approximation normale avec correction de continuité, la probabilité d'une boîte retenue (30 à 300 colonies) pour la dilution au dixième et pour la dilution au centième.
e) Quelle dilution le laboratoire doit-il étaler ? Une boîte de cette dilution porte 238 colonies : estimez la concentration de l'eau du lac en bactéries par millilitre, et dites ce qui limite cette estimation.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/11

a)

E(X)

V(X)

L'approximation normale est-elle permise ?

b)

P(X=0)

P(X\le 2)

c)

P(X\le 2)

par Poisson

d)

E(X)

au dixième

Boîte retenue, dilution au dixième

Boîte retenue, dilution au centième

e)

Dilution à étaler

Concentration bactéries/mL

Voir la correction

Réponses

a) $E(X)=4$ ; $V(X)=3{,}96$ ; non, $Np<5$
b) $P(X=0)\approx 0{,}0180$ ; $P(X\le 2)\approx 0{,}2366$
c) $13\,e^{-4}\approx 0{,}2381$ , écart $0{,}0015$
d) $E(X)=2500$ , $250$ , $25$ ; boîte retenue : $0{,}9993$ au dixième, $0{,}1841$ au centième
e) La dilution au dixième ; $23\,800$ bactéries par mL, à une quinzaine de colonies près par boîte

a)

$E(X)=Np=400\times 0{,}01=4$ colonies et $V(X)=Np(1-p)=4\times 0{,}99=3{,}96$ .

$Np=4<5$ : l'approximation normale n'est pas permise. On calcule avec la binomiale elle-même.

b)

$P(X=0)=(0{,}99)^{400}\approx 0{,}0180$ : environ une boîte sur 56 resterait vide, alors que le tube contient 400 bactéries.

\displaystyle P(X\le 2)=(0{,}99)^{400}+400(0{,}01)(0{,}99)^{399}+\binom{400}{2}(0{,}01)^{2}(0{,}99)^{398}

\displaystyle P(X\le 2)\approx 0{,}0180+0{,}0725+0{,}1462=0{,}2366

Près d'une boîte sur quatre porte 2 colonies ou moins : une boîte aussi pauvre dit très peu de chose de $N$ .

c)

\displaystyle P(X\le 2)\approx e^{-4}\left(1+4+\dfrac{4^{2}}{2}\right)=13\,e^{-4}\approx 0{,}2381

L'écart avec la binomiale est de $0{,}0015$ ; pour une boîte vide, $e^{-4}\approx 0{,}0183$ contre $0{,}0180$ .

La loi de Poisson ne demande que $\lambda$ , pas $N$ : c'est la loi naturelle d'un comptage d'événements rares dans un volume. Elle n'est pas exigée par le devis de ce cours et sert ici de contrôle.

d)

$E(X)=0{,}01\,N$ : $2500$ colonies pour l'eau brute, $250$ au dixième, $25$ au centième.

Eau brute : 2500 colonies attendues, bien au-delà de 300 ; la boîte est illisible.

Au dixième : $\mu=250$ , $\sigma=\sqrt{25\,000\times 0{,}01\times 0{,}99}=\sqrt{247{,}5}\approx 15{,}73$ , conditions largement remplies.

$P(30\le X\le 300)\approx P(29{,}5\le Y\le 300{,}5)$ , avec $z_{1}=\dfrac{29{,}5-250}{15{,}73}\approx -14{,}02$ et $z_{2}=\dfrac{300{,}5-250}{15{,}73}\approx 3{,}21$

\displaystyle P\approx\Phi(3{,}21)-\Phi(-14{,}02)\approx 0{,}9993-0=0{,}9993

Au centième : $\mu=25$ , $\sigma=\sqrt{24{,}75}\approx 4{,}97$ , et $np=25\ge 5$ . La borne 300 est à plus de 55 écarts-types : seule compte la borne 30.

$z=\dfrac{29{,}5-25}{4{,}97}\approx 0{,}90$ , $P(30\le X\le 300)\approx 1-\Phi(0{,}90)=1-0{,}8159=0{,}1841$

e)

Seule la dilution au dixième donne presque toujours une boîte retenue, plus de 999 fois sur 1000. L'eau brute sature la boîte, et la dilution au centième n'atteint 30 colonies qu'une fois sur cinq environ (figure du corrigé). Le laboratoire étale donc la dilution au dixième.

Les 238 colonies viennent de $0{,}1$ mL de la dilution au dixième, c'est-à-dire de $0{,}01$ mL d'eau du lac :

$\dfrac{238}{0{,}01}=23\,800$ bactéries par millilitre

C'est une estimation, soumise au hasard du prélèvement : avec $\sigma\approx 15{,}7$ colonies, une autre boîte de la même suspension en porterait typiquement une quinzaine de plus ou de moins. Les laboratoires étalent plusieurs boîtes et font la moyenne.

Piège : oublier l'un des deux facteurs 10, celui de la dilution ou celui du volume étalé, et annoncer $2380$ bactéries par millilitre.

Exercices corrigés : loi binomiale et loi normale (201-SN1-RE)

Rappel de cours

Calculs : binomiale, normale et approximation

Exercice 0.1 : Calculer avec les lois binomiale et normale : dix calculs directs

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Binomiale ou pas : les conditions avant la formule

Exercice 2 : Espérance et variance d'une binomiale : la démonstration

Exercice 3 : La densité normale centrée réduite et sa table

Exercice 4 : Standardiser : la masse des comprimés

Exercice 5 : Approcher une binomiale par une normale : conditions et demi-unité

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : Le pH de la pluie : une normale, puis une binomiale

Exercice 7 : Ailes d'abeilles : une mesure arrondie est un intervalle

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : Étude complète : un traitement contre l'oïdium des courges

Exercice 10 : Étude complète : quelle dilution pour compter des colonies ?

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