Solutions des exercices du Chapitre 8
8.1 SoientX1,X2 etX3 les variables al´eatoires qui repr´esentent les quantit´es de potassium contenues dans les trois verres. On suppose que X1, X2 et X3 sont ind´ependantes et soit T = X1 +X2 +X3. On trouve µ(T) = 21mg et σ2(T) = 0.48mg2 (voir solution de l’exercice 7.5 du Chapitre 7). Donc, P(T > 15mg) = P((T −21mg)/0.69282mg >
(15−21)/0.69282) =P(Z > −8.66026) = 1, o`u Z ∼ N(0,1).
8.2 SoitXi la variable al´eatoire qui vaut 1 lorsque la face 6 apparaˆıt lors du i-`eme jet et 0 sinon. X n’est autre que la somme des Xi:
X =
n
X
i=1
Xi,
o`u n= 1200 est le nombre de jets.
Comme les Xi sont ind´ependantes et identiquement distribu´ees (i.i.d.) et quen est grand, on peut utiliser l’approximation normale. On va donc consid´ererZ, la version centr´ee et r´eduite deX, obtenue en lui soustrayant son esp´erance µ et en la divisant par son ´ecart type σ:
Z = X−µ σ ,
et faire l’approximation que Z suit une distribution N(0,1).
On trouveµetσ en utilisant les propri´et´es de la distribution binomiale. En effet, on a que X ∼ B(n, p),
o`u n= 1200 est le nombre de jets et p= 1/6 est la probabilit´e d’obtenir un 6. On trouve µ=np= 200 et σ =p
np(1−p)∼= 12.91.
On trouve la probabilit´e demand´ee en ´ecrivant
P(180≤X ≤220) =P
180−µ
σ ≤ X−µ
σ ≤ 220−µ σ
=P
180−µ
σ ≤Z ≤ 220−µ σ
∼=P(−1.55≤Z ≤1.55).
En utilisant la table, on trouve
P(−1.55≤Z ≤1.55) = 0.8788.
N.B.: Cette m´ethode est valable pour n’importe quelle distribution binomiale Y ∼ B(n, p) lorsque n est assez grand, car Y est toujours la somme de n variables i.i.d. suivant une distribution B(1, p). (Dans l’exemple ci-dessus, on aXi ∼ B(1,1/6).)
8.3 SoitX le nombre de globules blancs par unit´e de volume. On peut consid´ererX comme la somme de 100 variables al´eatoires i.i.d. avec distribution de Poisson de param`etreλ= 1.
On peut donc utiliser l’approximation normale.
D’apr`es les propri´et´es de la distribution de Poisson (p. 7.3. du polycopi´e), E(X) = 100 et σ2(X) = 100. On a donc
P(X ≥90) =P((X−100)/10≥(90−100)/10) =P(Z ≥ −1) =P(Z < 1),
o`u Z = (X −100)/10 suit approximativement une distribution N(0,1). La probabilit´e cherch´ee est donc de 0.8413 (table).
8.4 CommeT est la somme d’un grand nombre de variables i.i.d., on peut utiliser l’approximation normale.
Soit Xi la dur´ee de vie de l’ampoule i et soient µ= E(Xi) = 1000 et σ2 =σ2(Xi) = 10002. Comme T =PN
i=1Xi, on a que E(T) =N µ et σ2(T) =N σ2. (a)
P(T >115000) =P
Z > 115000−N µ
√N σ
=P(Z >1.5) = 1−P(Z ≤1.5), o`uZ = (T −N µ)/(√
N σ) suit approximativement une distribution N(0,1).La prob- abilit´e cherch´ee est donc de 0.0668 (table).
(b) On veutN tel queP(T >50000)≥0.95, ce qui est ´equivalent `aP(T ≤ 50000)≤0.05.
Or,
P(T ≤50000) =P
Z ≤ 50000−N µ
√N σ
,
o`u Z est d´efini comme au point (a). En faisant l’approximation Z ∼ N(0,1) et en d´efinissant z0.05 comme le quantile 0.05 de la distribution N(0,1), on obtient que
P
Z ≤ 50000−N µ
√N σ
≤0.05 ⇐⇒ 50000−N µ
√N σ ≤z0.05
(faire un dessin pour s’en convaincre).
Nous allons donc r´esoudre l’´equation suivante:
50000−N µ−√
N σz0.05 = 0.
En posant y=√
N, la variable auxiliaire y v´erifie l’´equation du second degr´e:
y2µ+yσz0.05−50000 = 0.
A l’aide de la table, on trouve que z0.05 = −1.64. En rempla¸cant les diff´erents param`etres par leur valeur, on obtient l’´equation
y2−1.64y−50 = 0
dont la solution positive vaut 7.94. Comme N =y2, la solution pour N vaut 63.04.
La valeur minimale de N qui satsifait P(T >50000) est donc Nmin = 64.
(c) On veut P(T > t) ≥ 0.95 ou, ce qui est ´equivalent, P(T ≤ t) ≤ 0.05 pour N = 100.
On a:
P(T ≤t) =P
T −N µ
√N σ ≤ t−N µ
√N σ
=P
Z ≤ t−N µ
√N σ
, o`u Z = (T −N µ)/(√
N σ) ∼ N(0,1) (approximativament). Comme au point (b), on a l’´equivalence
P
Z ≤ t−N µ
√N σ
≤0.05 ⇐⇒ t−N µ
√N σ ≤z0.05, d’o`u
t ≤√
N σz0.05+N µ.
En rempla¸cant, on obtient t ≤83600.
