Loi normale

Loi normale
BTS1
2011-2012
Exercice 1
Le poids moyen de 500 colis entreposés dans un hangar est de 151 kg et l’écart-type est de 15 kg. En supposant que ces poids
sont normalement distribués, calculer le nombre de colis pesant :
a) entre 120 et 155 kg,
b) plus de 185 kg.
Solution :
X suit la loi normale N (151; 15).
a. On détermine P (120 < X < 155).
120 − 151
X − 151
155 − 151
120 < X < 155 ⇔ 120 − 151 < X − 151 < 155 − 151 ⇔
<
<
⇔ −2.07 < Z < 0.27
15
15
15
P (120 < X < 155) = P (−2.07 < Z < 0.27) = π(0.27) − π(−2.07) = π(0.27) − (1 − π(2.07)) = 0, 9772 − (1 − 0, 84132) = 0.5872.
Puisque la probabilité d’avoir un poids de colis compris entre 120 et 155 est 0.5872, on en déduit que le nombre de colis dont le
poids est compris entre 120 et 155 est égal à 500 × 0.5872 = 294
b. On détermine P (X > 185).
X − 151
185 − 151
>
⇔ Z > 2.27
15
15
P (X > 185) = P (Z > 2.27) = 1 − π(2.27) = 1 − 0, 9884 = 0.0116.
X > 185 ⇔ X − 151 > 185 − 151 ⇔
Puisque la probabilité d’avoir un poids de colis supérieur à 185 est 0.0116, on en déduit que le nombre de colis dont le poids est
supérieur à 185 est égal à 500 × 0.0116 = 6
Exercice 2
Le diamètre intérieur moyen d’un échantillon de 200 corps de stylos produits par une machine est de 0,502 cm et l’écart-type
moyen est de 0,005 cm. Ne peuvent être acceptées pour des opérations de montage automatiques de montage qui suivent que
les pièces dont le diamètre est compris entre 0,496 et 0,508 cm, les autres étant considérés comme défectueuses.
Quel est alors le pourcentage de corps de stylos défectueux, sachant que les diamètres des pièces sont distribués normalement ?
Solution :
X suit la loi normale N (0.502; 0.005).
a. On détermine P (0.496 < X < 0.508).
X − 0.502
0.508 − 0.502
0.496 − 0.502
<
<
⇔ −1.2 < Z < 1.2
0.496 < X < 0.508 ⇔
0.005
0.005
0.005
P (0.496 < X < 0.508) = P (−1.2 < Z < 1.2) = π(1.2) − π(−1.2) = 2.π(1.2) − 1 = 2 × 0, 8849 − 1 = 0.7698.
Le pourcentage de corps de stylos défectueux est alors 1 − 0.7698 = 0.2302 ou 23 %.
Exercice 3
Une machine est chargée de conditionner des paquets de farine ; la masse M d’un paquet est une variable aléatoire qui suit
une loi normale d’écart-type constant σ = 30, et dont la masse moyenne m peut être modifiée. Un paquet est refusé si sa
masse est inférieure à 955 g.
1. On suppose que la moyenne m est égale à 1000 g. Quelle est la probabilité qu’un paquet soit refusé ?
2. Afin de diminuer le nombre de paquets refusés on décide de modifier le réglage de la machine. Quelle doit être la valeur
de m pour que la probabilité d’accepter un paquet soit égale à 0,99 ?
Solution :
1. Si la moyenne m est égale à 1000 g alors X suit la loi normale N (1000; 30).
Quelle est la probabilité qu’un paquet soit refusé ? On détermine P (X < 955).
955 − 1000
X − 1000
<
⇔ Z < −1.5
X < 955 ⇔ X − 1000 < 955 − 1000 ⇔
30
30
P (X < 955) = P (Z < −1.5) = π(−1.5) = 1 − π(−1.5) = 1 − 0, 9332 = 0.0668 ou 6.68 %.
2. Quelle doit être la valeur de m pour que la probabilité d’accepter un paquet soit égale à 0,99 ?
X −m
955 − m
>
⇔ Z >? donc P (X > 955) = 0, 99 ⇔ P (Z >?) = 0, 99
30
30
or P (Z > −t) = 0, 99 ⇔ P (Z < t) = 0, 99
0,99
0,99
est vérifié pour t = 2, 33.
=
X > 955 ⇔ X − m > 955 − m ⇔
−t
d’où
0
955 − m
= −2, 33 Soit 955 − m = −2.33 × 30 et 955 + 2.33 × 30 = m.
30
1
0
t
Nous en déduisons m = 1025
Bernard GAULT Lycée Blaise Pascal Segré