15 Lois normales

(1)

15 ^Chapitre Lois normales

b) V(X) =npq où q= 1 –p V(Z) = V Y

np(1–p)

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟= 1

np(1–p)

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟

2

V(Y)

= 1

npq×npq= 1 4

4 a) Sur [0 ; 5],f(x) = 0,04x donc : P(0 X 2) =

∫

₀²0,04xdx^{= 0,08} b) Sur [5 ; 10],f(x) = 0,4 – 0,04xdonc :

P(3 X 7) =

∫

₃⁵0,04xdx⁺

∫

₅⁷(0,4 – 0,04x)dx

= 0,64 c) P(X = 8) = 0

5

5 _f et➁

_get➂

_het➀

3. Activités d’approche

• Activité 1

1 Voir fichier sur site compagnon.

2 a) E(Z_n) = 0 et s(Z_n) = 1

b) 0X_n100, donc– 505 < Xn– 50 5 <50

5 , donc Z_n est compris entre –10 et 10.

Lorsque X_nvarie de 1, Z_nvarie de 1 5= 0,2.

d) Pourx= 0, on a environy= 0,4 donck≈ 0,4.

3 a) Pourn= 100 etp= 0,5, on a :

m= 50 ets= 0,5²×100 = 5, donc Z_n= Xn– 50 5 , et si 45 X_n60, alors−5

5Z_n 10

5 , c’est-à-dire –1Z_n 2.

c) L’aire sous la courbe vaut environ 0,82.

d) L’aire obtenue avec les rectangles (du 46^eà 60^eà partir de la gauche) vaut 0,84.

4. Pour s’exercer

2

2 a) 0,403 b) 0,638 c) 0,945 d) 0,691 3

3 a) La courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées, donc les aires sous la courbe pour T– 2,5 et T2,5 sont égales.

b)

– 1,5 O 1,5

P(T – 1,5) P(T 1,5)

1. Page d’ouverture

• ^Énigme

^✱

CLOCHE

• ^Énigme

^{✱ ✱}

On peut imaginer la répartition suivante des jetons : 1 carré = 5 jetons

En hachuré, les jetons ronds.

En hachuré, les jetons rouges.

En hachuré, les jetons en bois.

En hachuré, les jetons de diamètre 2 cm.

En hachuré, les jetons de valeur 20.

En résumé, les jetons ayant les 5 caractéristiques précédentes :

Le jeton unique se situe donc à l’intersection des parties hachurées.

25 25

26 jetons très usés

Jeton unique

2. Vérifier les acquis

1

1 a) On peut modéliser chaque partie comme une épreuve de Bernoulli. On appelle succès un lancer où le numéro 2 ou 4 est apparu.

Il y a une répétition de 5 épreuves identiques et indé- pendantes. L’expérience décrite est bien un schéma de Bernoulli.

La variable aléatoire qui prend pour valeur le nombre de succès, c’est-à-dire le nombre de lancers où le numéro 2 ou 4 est apparu, suit la loi binomiale de paramètres n = 5 etp=2

6= 1 3. b) E(X) = 5 × 1

3=5

3etσ(X) = 5×2 6×4

6 = 10 3 . 2

2 a)

k 0 1 2 3 4

P(X= k) 0,209 7 0,367 0,275 3 0,114 7 0,028 7

k 5 6 7

P(X= k) 0,004 3 3,6× 10^–4 1,3× 10^–5 b) P(X = 5) ≈ 0,004 3

P(X5) ≈ 0,999 7 3

3 a) E(X) =np

E(Y) = E(X –np) = E(X) –np= 0

(2)

X

1 1

O

Z 1 – 1

1

Sur chaque graphique, la zone hachurée représente la probabilité que la variable aléatoire soit comprise entre 0 et 0,75. Il semble que :

P(0Z0,75)P(0Y0,75) P(0X0,75).

c) À la calculatrice, on trouve : P(0Z0,75) ≈ 0,27

P(0Y0,75) ≈ 0,53 P(0X0,75) ≈ 0,75.

Ces valeurs sont conformes à la conjecture.

16

16 a) La courbe rouge correspond à la variable Y qui suit la loi normale. La courbe verte correspond à la variable X qui suit la loi exponentielle.

b) P(0X0,4)P(0Y0,4) car la courbe verte est

« en dessous » de la courbe rouge sur l’intervalle [0 ; 0,4].

P(0X1,5)P(0,4Y1,5) car la courbe verte est

« au-dessus » de la courbe rouge sur l’intervalle [0,4 ; 1,5].

17

17 a) [1 ; 19] est de la forme [µ– 3σ ;µ+ 3σ] donc P(X[1 ; 19]) ≈ 0,997.

b) [7 ; 13] est de la forme [µ – σ ; µ + σ] donc P(X[7 ; 13]) ≈ 0,68.

c) [4 ; 16] est de la forme [µ – 2σ ; µ+ 2σ] donc P(X[4 ; 16]) ≈ 0,95.

18

18 a) µ= 14 et σ= 2 (intervalle [µ– 2σ ;µ+ 2σ]).

b) µ= 45 et σ= 10 (intervalle [µ– 3σ ;µ+ 3σ]).

D’autres valeurs conviennent, par exempleµ= 46 et σ = 10 donnent la même probabilité pour 15X75.

c) µ= – 5 et σ= 12 (intervalle [µ–σ ;µ+σ]).

6. Exercices d’application

19

19 a) P(X[µ–σ ;µ+σ]) ≈ 0,68 Donc P(X[4 – 1,2 ; 4 + 1,2]) ≈ 0,68.

68 % des pièces sont acceptables.

b) Il faut que 1,2 = 2σdoncσ= 0,6.

c) 1,2 = 3σdoncσ= 0,4.

20

20 a) µ=np= 150×0,4 = 60 σ= np(1–p)= 150×0,4×0,6=6 b) Si X = 45, Z = 45 – 60

6 = −15

6 = – 2,5 et si X = 66, Z = 66 – 60

6 =1.

Donc P(– 2,5Z1) = P(45X66) ≈ 0,853.

21

21 a) µ= 600×0,4 = 240 ; σ= 600×0,4×0,6= 12 b) p= 0,958 9

c) Pour X = 216, Z =216 – 240 12 =–2.

Par symétrie de la courbe, les deux aires hachurées sont égales.

De plus P(0T1,5) + P(T1,5) = 0,5.

Donc 0,5 – P(0T1,5) = P(T1,5) = P(T– 1,5).

4 4

– 1 O

P(T – 1) P(1 T 3)

1 2 3

0,4

O

P(T 2)

1 2

0,4

5

5 1. (T0,25) correspond àt– 30,25. Le temps mis est supérieur à 3 h1

4. 2. a) P(T0,25) ≈ 0,40 b) P(T– 0,5) ≈ 0,31 c) P(– 0,1T0,2) ≈ 0,12

7

7 a) u≈ 2,968 b) u≈ 0,700 c) u≈ –0,253 d) u≈ 0,674 e) u≈ – 0,524

8

8 1. a) 0,025 b) 0,025 c) 0,005 d) 0,824 2. a) –1,281 b) 0,842

9

9 a) On chercheutel que 2×P(0Tu) = 0,8, d’où P(Tu) = 0,9. On trouveu≈ 1,28.

b) 80 % des bouteilles contiennent entre 98,72 et 101,28 cL.

10

10 a) La moyenne des températures relevées est nulle, mais il y a aussi autant de relevés de températures négatives que positives.

b) P(–2T2) ≈ 0,954. La température est donc entre – 2 °C et 2 °C dans plus de 95 % des cas.

c) P(–uTu) = 0,99 pouru≈ 2,58 d’après le cours.

Donc la température est comprise entre – 2,58 °C et 2,58 °C dans 99 % des cas.

d) D’aprèsb), on peut estimer cette probabilité à 0,025.

À la calculatrice, on trouve P(T2) = 1 – P(T2) ≈ 0,023.

13

13 a) 0,904 b) 0,252 14

14 a) 7,09 b) 6,77

5. Accompagnement personnalisé

15

15 a) Graphique 1 : Y ; graphique 2 : X ; graphique 3 : Z.

O

Y 1 1

(3)

26 26 1.

1

– 1 – u O u

0,4

2. a) Hachuré : b) Hachuré :

c) Hachuré : ou en blanc 3. a)

O u F(u)

b) P(–u Tu) = F(u) – F(–u) P(Tu) = 1 – F(u)

P

(

^(T^^–^u)^^(T^^u)

)

^{= 2F(–}^u)

27

27 a) D’après le cours :u≈ 1,96

b) P(Tu) = 0,5 + (P(T[0 ;u]) = 0,5 +0,95

2 = 0,975 28

28 a) D’après le cours, c’estu_0,01≈ 2,58 b) P(Tu) =1– P(–u,T,u)

2 =1– 0,99

2 =0,005 29

29 a) P(0Tu) =0,3 2 =0,15 P(Tu) = 0,5 + 0,15 = 0,65 b) u≈ 0,385

30

30 a) 0,67 b) – 0,13 c) 0,31 d) – 1,04 31

31 P(Tv) = 0,5 +0,87

2 = 0,935, doncv≈ 1,514 32

32 a) P(Tu) = P(T– 1) + P(– 1Tu)

= 0,3 + P(T– 1) ≈ 0,459 b) On en déduit queu≈ – 0,10.

33

33 a) Pas possible b) Pas possible c) u≈ – 0,67 d) u≈ – 0,75

34

34 a) P(Tv) = 0,5, doncv0

b) P(T–v) = P(Tv) = 1 – P(Tv) = 1 – 0,2 = 0,8 35

35 a) P(X190) = P(Y– 2,5) ≈ 0,006 b) P_(Y– 2,5)(Y0) = P(Y.0)

P(Y.–2,5) ≈ 0,5

0,994≈ 0,503 36

36 a) P(X280) = P(Y2) ≈ 0,023

b) 0,023×300 ≈ 7. Environ 7 personnes ont mis plus de 280 minutes.

c) 240 –tX240 +tsignifie– t

20<Z< t 20 Pour X = 264, Z =264 – 240

12 =2. Doncp= P(– 2Z2), soita= 2.

d) Commenest assez grand, d’après le théorème de Moivre, P(– 2Z2) est proche de 1

2π

–2

∫

2 ^e^–^x²²^dx.

À la calculatrice, on trouve environ 0,954 5.

e) L’erreur est d’environ 0,004 4.

22

22 a) Pour Z = 2, X = 8×2 + 80 = 96 Pour Z = – 2, X = 8×(– 2) + 80 = 64

b) P(–2Z2) = P(64X96) ≈ 0,961 1 (au tableur) c) 0,954 5

d) L’erreur est d’environ 0,006 6.

23

23 a) Pour chaque logement, la probabilité de retard est 0,02, donc X suit(2 500 ; 0,02).

b) P(X36) = 1 – P(X36) ≈ 0,977 3

c) µ= 2 500×0,02 = 50 et σ ²= 2 500×0,02×0,98 = 49 doncσ= 7.

d) X36 équivaut à Z 36 – 50 7 =–2.

e) Si Z suit(0 ; 1) alors P(Z– 2) ≈ 0,977.

f) L’erreur commise est inférieure à un millième (environ 0,000 3).

24

24 a) L’aire de la surface verte est égale à P(T– 1).

b)

O 1 0,2

P(T 1)

O 1 0,2

P(– 1 T 1)

c) On a P(T1) = P(T– 1) =p.

De plus P(– 1T1) = 1 – P(T– 1) – P(T1), donc : P(– 1T1) = 1 – 2p.

25

25 1. Malika a calculé P(T1,5).

2. a) P(T1,5) = 1 – P(T1,5) ≈ 1 – 0,933 ≈ 0,067 b) P(T– 1,5) = P(T1,5) ≈ 0,067

c) P(– 1,5 T1,5) = 1 – 2 P(T1,5)

≈ 1 – 2×0,067

≈ 0,866

(4)

48

48 a) [245 ; 285] = [µ– 2σ ;µ+ 2σ] donc l’intervalle correspond à 95 % des bouteilles.

b) 2σ= 15, doncσ= 7,5.

49

49 a) u300 u≈ 305,1

b) u300 u≈ 283,2

c) u300 u≈ 325,6

50

50 P(125 –uX125 +u) = 1 – 2P(X125 –u) car 125 est l’espérance de la loi.

On cherche doncutel que P(X125 –u) = 0,25.

La calculatrice donne 125 –u≈ 118,26, d’oùu≈ 6,74.

51

51 La masse X suit la loi(m ; 0,002 5²).

Alors Z = X –m

0,002 5suit la loi(0 ; 1).

X = 1 pour Z = 1–m 0,002 5 On veut P Z. 1–m

0,002 5

( )

^{= 0,9 donc}^{0,002 5}^1–^m ≈ –1,281 55 d’oùm≈ 1,003 kg.

52

52 1. a) 4 50= 8 % b) µ≈ 73 et σ≈ 0,2

2. On modélise par(73 ; 0,2²).

a) P(72,7D73,3) ≈ 0,87.

b) Z =D – 73

σ . On cherche P −0,30

σ <Z<0,30

(

σ

)

^{= 0,9,}

où Z suit (0 ; 1). On trouve 0,3

σ ≈ 1,64, c’est-à-dire σ ≈ 0,18.

53

53 1. a) 1 – P(92,2X92,8) = 0,134 b) P(92,5 –aX92,5 +a) = 0,90

signifie que P(X92,5 +a) = 0,5 + 0,45 = 0,95 donc 92,5 +a= 92,83, d’oùa≈ 0,33.

2. On chercheσtel que P(92,2X92,8) ≈ 0,99, donc : 3σ = 92,5 – 92,2 d’oùσ= 0,1.

54

54 1. a) P(X15) ≈ 0,05 b) P(Xt) = 0,9 pourt≈ 24 min 2. P(Y10) = 0,933 2

Y : temps d’installation chez Superfast.

Posons Z = Y –µ

4 oùµest la moyenne de Y.

Z suit la loi(0 ; 1) pour Y0, on a Z10 –µ 4 Donc P Z<10 –µ

(

4

)

= 0,066 8 d’où 10 –µ 4 = – 1,5.

Le temps moyen est donc 16 minutes.

55

55 1. a) On a P(X50) = 0,1.

Posons Z = X−55

σ , Z suit(0 ; 1) alors P Z<−5

( )

σ ^{= 0,1} donc−5

σ = – 1,28 d’oùσ≈ 3,9.

b) P(X61) = 0,06

2. P(Y50) = 0,025 T =Y –m

3 T suit(0 ; 1) P T<50−m

(

3

)

= 0,025 donc 52−m

3 ≈ – 1,96, d’oùm≈ 56 mL.

Or P(–uZ u) = 0,5

⇔P(Z –u) = 1

2

(

^{1 – P(–}^u^^Z^{ u)}

)

⇔P(Z –u) = 0,25

⇔–u≈ – 0,674

20t ≈ 0,674 donc t≈ 13,5 37

37 a) P(–uYu) = 0,8 signifie P(Yu) = 0,9 donc : u≈ 1,28.

b) Y = 1,28⇔X = 3×1,28 + 15⇔X ≈ 18,8 Y = – 1,28⇔X ≈ 11,2

Il y a une probabilité de 80 % pour que Baptiste mette entre 11,2 minutes et 18,8 minutes pour faire le trajet.

c) Pour X = 15, Y = 0 et pour X = 18, Y = 1.

On cherche donc P_(Y₀₎(Y1) =P(0,Y,1)

P(Y.0) ≈0,341

≈ 0,682 0,5

38

38 a) Z suit la loi(0 ; 1).

b) Si X = – 20, alors Y = – 10. Si X = 35, alors Y = 1.

Par conséquent,a= – 10 etb= 1.

c) P(– 10Y1) = 1 2π

−10

∫

1 ^e^–^x²²^dx

d) À la calculatrice, 1 2π

−10

∫

1 ^e^–^x²²^dx≈ 0,841, donc : P(– 20X35) ≈ 0,841.

e) Le calcul de P(–20X35) à la calculatrice donne environ 0,841.

39

39 a) 0,923 b) 0,923 c) 0,238

40

40 P(X1,475) ≈ 0,006 41

41 a) ≈ 0,006 b) ≈ 0,68 42

42 a) Environ 58,6 % b) 1,2 % soit environ 6 élèves.

c) 6,3 %, soit environ 31 élèves.

43

43 a) 1 – P(1,48X1,52) ≈ 0,046 donc environ 4,6 %.

b) P_(rejeté)(X1,53) = P(X>1,53)

P(X”[1,48;1,52])≈ 0,03 44

44 a) u=µ+σ= – 25 b) u=µ+ 2σ= – 20 c) u=µ+ 3σ= – 15

45 45 1. 0,5 2. a) u≈µ+σ≈ 78 b) P(70Xu) = 1

2P(–uXu) ≈ 0,34 c) P(Xu) = P(X70) + P(70Xu) d) P(Xu) ≈ 0,5 + 0,34 ≈ 0,84

46

46 [µ– 2σ ;µ+ 2σ] = [230 ; 270]

47

47 a) Z suit(0 ; 1).

b) À la calculatrice, P(Zu) = 0,85 pouru≈ 1,04 c) Pour Z = 1,04 on a X = 25 donc 25 – 20

σ = 1,04 d’oùσ=25 – 20

1,04 ≈ 4,8

(5)

61

61 a) 1 – P(99X101) ≈ 0,096 b) Y suit la loi(0 ; 1).

c) D’après le cours, u ≈ 1,96.

d) 1,96Y 1,96 donne 98,8σY +µ101,2 donca= 1,2.

e) u= 2,58

f) – 2,58Y2,58 donc 98,5σY +µ101,5 62

62 a) P(X50)

b) X suit la loi

(

100 ; 355

)

p=100×3

55 ≈ 5,45 et σ= 100× 3 55×52

55 ≈ 2,27 c) Pournassez grand, la loi de Z =X –µ

σ où X suit la loi binomiale peut être approchée par(0 ; 1) (théorème de Moivre-Laplace). X50 signifie Z 50 – 5,45

2,27 c’est- à-dire Z19,6.

e) P(Z19,6) ≈ 8×10^–86donc la probabilité de cocher au moins une bonne étoile (plus d’une fois sur deux) est 8×10^{– 86}.

f) On cherchebtel que P Z>b– 5,45

(

2,27

)

^{= 0,5.}

Comme Z suit(0 ; 1) cela donneb= 5,45.

Le plus grand nombre entier est doncn= 5.

8. Travaux pratiques

63

63 1. Voir fichier sur site compagnon.

2. a) Quandµaugmente, la courbe se translate sur la droite.

b) Quandσaugmente, la courbe s’aplatit.

3. a) σ= 1,µ= 1,5

b) σ= 0,5,µ= 1. On a P(X1)P(–1X1) et si µ= 1 on a P(X1) = 0,5.

Doncµetpne peuvent être toutes deux exactes.

c) Pourµ= 0,p= 0,85 pourσ= 0,7.

d) Pourµ= 0,p= 0,95 pourσ= 0,5.

[– 1 ; 1] correspond à l’intervalle [0 – 2σ ; 0 + 2σ].

e) Pourσ= 0,33, [– 1 ; 1] est l’intervalle [– 3σ ; 3σ] donc la probabilité est 0,997, ce qui correspond à l’affichage.

f) p= 1. Ce n’est pas une valeur exacte car on a : p(– 1X1)1.

64

64 1. a) Voir fichier sur site compagnon.

En B3,

=loi.normale(F1;B1;D1;VRAI)-loi.normale(–F1;B1;D1;VRAI) b) P(–bYb) = P(–aXa),a= 1,5,b= 3.

Il semble queb= 2a.

c) a= 0,8,n= 1,6

d) On conjecture queb= 2a.

2. a) T =X

σ et T = Y 2σ b) Si –aXa, alors–a

σ <T< a

σdonca= a σ.

7. Objectif Bac

56

56 2. b) Ceci est dû à la symétrie de la courbe repré- sentative de la fonction densité.

3. c) P(0  X  1,96) = 1

2P(– 1,96X1,96)

4. a) On sait que pour une loi continue, la probabilité de prendre une valeur précise est nulle.

57

57 1. a) Vrai, a doit être l’écart-type de X, soit 1 000×0,4×0,6= 240=4 5

b) Faux, c’est seulement une approximation.

2. a) Faux, P(– 2σY2σ) ≈ 0,95 b) Faux, P(– 3σY3σ) ≈ 0,997 donc P(Y3σ) ≈1– 0,997

2 = 0,001 5 c) Faux, P(–σYσ) ≈ 0,65 donc :

P(Y–σ) ≈1– 0,65

2 ≈ 0,175 58

58 1. a) Faux.La densité prend son maximum enµ doncµ1=µ2

b) Faux.La courbe defest d’autant plus « ouverte » queσest grand.

c) Faux.La probabilité correspond à l’aire sous la courbe donc P(– 1,2X1,2)P(– 1,2Y1,2)

2. a) Faux(voir1.)µ₂µ₁

b) Fauxσ 1=σ 2, les courbes sont superposables.

c) Vraicarµ1= 0 etµ20 donc :

P(X₁0) = 0,5 et 0,5P(X₂0) 59

59 A. 1. X suit(10 ; 0,9) 2. P(X8)

= P(X = 8) + P(X = 9) + P(X = 10)

= 10 8

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟0,9⁸×0,1²+ 10 9

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟×0,9⁹×0,1 + 10

10

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟0,9¹⁰×0,1⁰ ≈ 0,93 B. 1. P(246M254) ≈ 0,960

2. P(147N153) ≈ 0,952

3. P

(

(M[246 ; 254])(N[147 ; 153])

)

≈ 0,960×0,952 ≈ 0,914 C. 1. P(A) = 0,6 ; P(B) = 0,4 ; P_A(C) = 0,914 ; P_B(C) = 0,879 d’après l’énoncé.

2. P(AC) = P(A)×P_A(C) = 0,6×0,914 = 0,548 P(BC) = P(B) × P_B(C) = 0,4×0,879 = 0,352 3. P(C) = P(AC) + P(BC) = 0,90

La probabilité qu’une pièce, choisie au hasard dans la production totale de l’entreprise, soit conforme est 0,9.

60

60 1. P(392,5L407,5) ≈ 0,85 Il y a donc 15 % de pièces défectueuses.

2. D’après le cours,u≈ 1,96.

Or 392,5L407,5 signifie

−7,5σ M7,5

σ donc7,5

σ = 1,96 d’oùσ≈ 3,83 3. a) [396,17 ; 403,83]

P(396,17L403,83) ≈ 0,68 d’après le cours.

(6)

70

∫

_a^bxf(x)dx⁼ a^x× _2π¹ ^e^–^x²²

∫

b ⁼^⎡_⎣⎢^{– 1}_2π^e^–^x²²^⎤_⎦⎥

a b

donc lim

t→+`

∫

₀^txf(x)dx⁼_t→+`^lim ^⎡_⎣⎢^{– 1}_2π^e^–^t²² ⁺ _2π¹ ^⎤_⎦⎥⁼ _2π¹ et lim

u→–`

∫

_u⁰xf(x)dx⁼_u→–`^lim ^⎡_⎣⎢^{– 1}_2π⁺ _2π¹ ^e^–^u²²^⎤_⎦⎥⁼^{– 1}_2π^. Par conséquent, E(X) = 0.

71

71 a) µ≈ –0,113 et σ≈ 1,354

b) P(X1) ≈ 0,21 ; 21 % gagnent au moins 1 heure.

c) Il semble y avoir plus de 20 % qui gagnent au moins 1 heure, mais sur l’échantillon, 18

200 (soit 9 %) gagnent au moins 1 heure. La modélisation n’est pas appropriée.

72

72 a) P(X33) ≈ 15,9 % b) 68 %

c) P(X69) ≈ 0,023 0,023×80 ≈ 1,8

One or two candidates are awarded grade A.

d) P(Xb) = 0,02 b≈ 20

A candidate who has a mark below 20 fails.

73

73 a) En rouge : [µ–σ ;µ+σ] ≈ [91 ; 97]

[µ– 2σ ;µ+ 2σ] ≈ [87 ; 105]

[µ– 3σ ;µ+ 3σ] ≈ [84 ; 105]

µ– 45 ≈ 80

En bleu : 3 % mesurent moins de 86 cm 25 % mesurent moins de 91 cm 75 % mesurent moins de 97 cm 97 % mesurent moins de 102 cm

b) Pour le premier, on semble utiliser comme mo- dèle une loi normale avec des intervalles centrés sur la moyenne.

Dans le graphique de droite, on insiste sur les pourcen- tages d’enfants atteignant une certaine taille.

c) µ≈ 94 et σ≈ 3,5

d) Avec les données du graphique de gauche, à 3 ans, on aurait :

P(X86) ≈ 0,01 P(X91) ≈ 0,19 P(X97) ≈ 0,80 P(X100) ≈ 0,99

On retrouve une moyenne d’environ 94, mais les pour- centages correspondent plus à un écart-type de 4 ou même 4,5.

74

74 a) L’espérance de la variable aléatoire X n’est pas égale ànp, proposition vraie, négation fausse.

b) L’écart-type de la variable aléatoire X n’est pas égale à np(1–p), proposition vraie, négation fausse.

c) Quelles que soient les valeurs denetp, la loi de Z n’est pas une bonne approximation de la loi de Y, proposition vraie, négation fausse.

c) Si –bYb, alors –b

2σ<T< b

2σdonca= b 2σ. d) On en déduit queb= 2a.

3. a) etb) Il semble queb= 3k.

c) On a comme dans le2. : b kσ = a

σ doncb = ka.

9. Exercices d’entraînement

65

65 a) P(–uXu) = 2G(u) b) G(u) = 1

2π

0

∫

u ^e^–^x²², alors G’(u) = 1 2π e^–^u

2

2.

Pour toutu0, G’(u)0 donc G et 2G sont croissantes sur [0 ; +[.

c) Si 0a1, alors – 1–a0 et 01 –a 1.

d) D’après le théorème des valeurs intermédiaires ap- pliqué aux fonctions strictement monotones, comme 2G(0) = 0 et lim

u→+`2G(u) = 1, pour tout 1 –a]0 ; 1[, il existe unu_aunique tel que 2G(u_a) = 1 –a.

e) Donc P(–u_aXu_a) = 1 –a.

66

66 On note D_A : « La pièce venant de A est défec- tueuse » et D_B : « La pièce venant de B est défectueuse ».

1. a) P(–D_A–D_B) = P(–D_A)×P(–D_B) = 0,94×0,96 ≈ 0,902 b) P(D_A–D_B) = 0,06×0,96 ≈ 0,058

c) 1 – P(D_AD_B) = 1 – 0,06×0,04 ≈ 0,998

2. On chercheatel que P(–aXa) = 0,94, donc on veut P(Xa) = 0,5 + 0,47 = 0,97. On trouvea≈ 100,3 mm.

67

67 1. ^a 0,68. 2. ^b 0. 3. ^c 2. ^b L’espérance de X est 0.

3. ^c X suit la loi(0 ; 1)

P(–uXu) = 0,95 pouru= 1,96

4. ^b car P(–uXu) = 0,99 pouru≈ 2,58.

68

68 a) 70 =µ– 2σdonc P(X70) ≈1– 0,95 2 ≈ 0,025 Le pourcentage est donc environ 2,5 %.

Directement à la calculatrice, on trouve 2,3 %.

b) 115 =µ+σdonc P(100X115) = 0,68 2 = 0,34 ce qui correspond à 34 % (même résultat à la calculatrice).

c) On chercheatel que P(xa) = 0,02 donc P(xa) = 0,98, ce qui donnea≈ 131.

69

69 a) Z suit la loi(0 ; 1).

b) Si X = 35 Z =a=35− µ σ Si X = 70 Z =b= 70− µ

σ c) P(X70) = 0,1 donc PZ>70−µ

(

σ

)

^{= 0,1}

P(X35) = 0,15 donc PZ<35− µ

(

σ

)

^{= 0,15}

d) a≈ – 1,04 et b≈ 1,28 e) 70 –µ =1,28σ

35 –µ =–1,04σ

⎧⎨

⎩ doncσ≈ 15,09 et µ≈ 50,69

f) P(X50) = 0,48, donc environ 52 % ont eu plus de 50.

(7)

78

78 Y suit une loi normale centrée réduite.

Y = Z

σ. P Y, 3

( )

σ = 0,975 donc 3

σ = 1,960 σ≈ 1,531

Y = X –µ

σ donc PY,54,592 –µ 1,531

( )

^{= 0,995}

alors 54,592 –µ

1,531 ≈ 2,576 et µ≈ 50,648 79

79 a) xreprésente la variable aléatoire X.

ϕest la fonction densité de la loi suivie par X.

kest l’espérance X.

b) On introduit Y = X –k, variable centrée d’espérance nulle.

80

80 a) P(X0,36) ≈ 0,640 58

b) P(X– 0,36) = P(X0,36) ≈ 0,640 58 P(X– 0,36) ≈ 1 – 0,640 58 ≈ 0,359 42

P(– 0,36X0,36) = 1 – P(X– 0,36) – P(X 0,36)

≈ 1 – 2×0,359 42 ≈ 0,281 16 c) u≈ 1,11.

81

81 a) X[µ–a ;µ–a+ 10]

b) Z = X –µ

2 et Z –a

2 ; –a+10

⎡ 2

⎣⎢ ⎤

⎦⎥

c) t=–a

2 doncµ= 355 –2t et –a+10 2 =t+ 5 d) P(ZI) = 1

2π

t t+5

∫

^e^–^x²²^dx

= 1

2π ⁰

∫

t+5^e^–^x²²^{dx –} 0

∫

t ^e^–^x²²^dx

⎛

⎝⎜ ⎞

⎠⎟= ϕ(t) doncϕ ’(t) =e^–^{( )}^t+5

2

2 −e^–^t

2

ϕ ’(t)0 équivaut à(t+5)² 2 ,t²

2 c’est-à-dire 2t+ 5, soitt– 52 .

Le maximum deϕest atteint pourt=– 52 . f) Pourt=– 52 ,µ= 355 – 2 5

( )

–2 ^{= 360}

Le meilleur réglage est obtenu lorsqueµest le milieu de l’intervalle de tolérance.

2. 1 – P(355X365) ≈ 0,01.

3. 0,07.

d) La variable aléatoire Y ne suit pas une loi centrée réduite, proposition vraie, négation fausse.

e) On peut approcher Y par une loi normale d’espé- rancenpet d’écart-type np(1–p), proposition vraie, négation fausse.

10. Exercices d’approfondissement

75

75 1. a) X suit (25 ; 0,04)

b) 25×0,04 = 1. Il y a en moyenne 24 machines qui fonctionnent par jour.

2. a) Moyenne ≈ 80 mm, écart-type ≈ 0,18 b) P(79,65L82,35) = 0,95

3. 24 machines fonctionnent en moyenne par jour, et produisent environ chacune 660×0,35 pièces acceptables, ce qui fait 13 680 pièces par jour.

On peut estimer à 300 000

13 680 , soit environ 22 le nombre de jours nécessaires.

76

76 1. a) Pourµ= 90 etσ= 0,17 : P(89,6X90,4) ≈ 0,98.

b) Soit Z = X – 90

σ , Z suit(0 ; 1).

La pièce est conforme si – 0,4σ <Z<0,4

(

σ

)

. Or d’après

le cours P(–u_0,01Zu_0,01) = 0,99 avecu_0,01= 2,58 donc0,4

σ ≈ 2,58 et σ≈ 0,16.

2. a) Les tirages des quatre rondelles avec remise sont indépendants. Y suit(4 ; 0,02).

b) P(Y = 0) = 0,98⁴≈ 0,922 c) P(Y1) = P(Y = 0) + P(Y = 1)

= 0,98⁴+ 4×0,02×0,98³≈ 0,998 77

77 a) En utilisant la calculatrice, on peut avec les courbes des deux fonctions conjecturer queµ= 0,2 et σ= 0,6 conviennent.

b) P(X0,7) = 1 –

∫

₀^0,72e^–2xdx^{≈ 0,247} P(Y 0,7) ≈ 0,202

(8)

15 Lois normales

15 Chapitre Lois normales

∫

∫

∫

3. Activités d’approche

• Activité 1

4. Pour s’exercer

1. Page d’ouverture

• Énigme

• Énigme

2. Vérifier les acquis

6. Exercices d’application

5. Accompagnement personnalisé

(

)

∫

( )

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

∫

∫

(

)

(

)

8. Travaux pratiques

7. Objectif Bac

(

)

∫

∫

∫

∫

9. Exercices d’entraînement

∫

(

)

(

)

( )

( )

∫

∫

∫

( )

10. Exercices d’approfondissement

(

)

∫

15 ^Chapitre Lois normales

• ^Énigme

• ^Énigme