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BTS Informatique de gestion 2e année
Denis Jaudon
Mathématiques
Autocorrection
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français d’exploitation du droit de copie (20, rue des Grands Augustins, 75006 Paris).
Sommaire
Unité 1
Les graphes .............................................................................................................................. 5
➤ Séquence 1 : notions sur les graphes ...................................................................................... 7
Unité 2
Séries statistiques
.......................................................................................................... 25
➤ Séquence 1 : séries statistiques à deux variables .................................................................. 27
Unité 3
Calcul intégral
.................................................................................................................... 43
➤ Séquence 1 : calcul intégral (1) .............................................................................................. 45
➤ Séquence 2 : calcul intégral (2) .............................................................................................. 57
Unité 4
Calcul de probabilité
.................................................................................................... 75
➤ Séquence 1 : variables aléatoires réelles continues .............................................................. 77
➤ Séquence 2 : la loi normale .................................................................................................... 85
➤ Séquence 3 : opérations sur les variables aléatoires ............................................................ 97
➤ Séquence 4 : échantillonnage .............................................................................................. 111
3
8 2931 TC PA 00
Unité 1
Les graphes
➤ Prérequis
• Calcul matriciel
• Calcul booléen
➤ Objectifs
• Initiation aux graphes orientés
• Mise en œuvre, sans théorie générale, d’algorithmes permettant
d’obtenir les chemins de longueur p, la fermeture transitive, les
niveaux et chemin de valeur minimale
➤ Contenu
• Séquence 1 : notions sur les graphes
5
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
✒ Applications
Exercice 1
a) Le graphe est défini sur S = {A, B, C, D} par G = {(A, C); (C, C); (C, D), (D, A);
(D, B)}.
b) Chemins de longueur 3 partant de D : (D, A, C, D) et (D, A, C, C).
Nous verrons au § 2B comment établir qu’il n’y en a pas d’autres.
c) (A, C, D, B) est un chemin hamiltonien c'est-à-dire qui passe par tous les sommets du graphe, et ne passe qu’une fois par chacun d’eux.
Prédécesseurs – Successeurs
Exercice 2
Sommets
Prédécesseurs Γ-
Successeurs Γ+
A
D
C
B
D
-
C
A, C
C, D
D
C
A, B
Matrices adjacentes
Exercice 3
1. La matrice adjacente M associée au graphe de l’exercice 1, pour les sommets
dans l’ordre indiqué, est la matrice booléenne :
Successeurs
64
4744
8
A B C D
0 0 1 0
A



B  Prédécesseurs
0 0 0 0

M=

C
0
0
1
1


D
 1 1 0 0
7
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
0 1 0 


2. Si M = 1 0 1  est la matrice adjacente d’un graphe G défini sur S = {A, B, C}
0 1 0 


alors une représentation sagittale de G est :
Niveaux des sommets
Exercice 4
G = {(A, B); (A, C); (A, F); (B, D); (C, D); (C, F); (D, G); (D, E); (F, E); (F, G); (G, E)}
a. Niveau des sommets :
Sommets
A
B
C
D
E
F
G
Niv. 0
S0
ΓA
A
B, C
G, D, F
A, C
D,F
S-S0
Γ-
B
C
D
E
F
G
B, C
G, D, F
C
D,F
Niv. 1
S1
Niv. 2
S2
S - S0 ∪ S1
Γ-
D
E
F
G
G, D, F
D,F
A
Sommets
S-(S0∪S1∪S2)
Γ-
E
G
G
-
Niv. 3
S3
B
C
S-(S0∪S1∪S2)
Γ-
Niv. 4
S4
E
-
E
D
F
G
Le sommet A n’a pas de prédécesseur : il est de niveau 0 et S0 = {A}
B et C qui n’ont pas de prédécesseur dans S-S0 sont de niveau 1 : S1 = {B, C}.
De même S2 = {D, F}, S3 = {G} et S4 = {E}.
8
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
b. Représentation par niveaux de G.
B
A
D
C
G
E
Niveau 3
Niveau 4
F
Niveau 0
Niveau 1
Niveau 2
Opérations sur les matrices adjacentes
Exercice 5
1 1 1 1
1 2 3 4 




0 1 1 1
0 1 2 3 
2
1.
Si M = 
 alors M = 0 0 1 2 
0
0
1
1




0 0 0 1
0 0 0 1 
a11 = 1 indique qu’il existe 1 chemin de longueur 2 reliant A à A ; a12 = 2 indique qu’il
existe 2 chemins de longueur 2 reliant A à B. Etc.
Il existe 1+2+3+4 = 10 chemins de longueur 2 partant de A, 0+1+2+3 = 6 chemins de
longueur 2 partant de B, etc. Et au total 20 chemins de longueur 2.
2. On lit les coefficients de la 3e colonne de M2 il y a donc 3 + 2 + 1 + 0 = 6 chemins
de longueur 2 arrivant à C.
Exercice 6
0 1 0 
1 1 1




On considère les matrices M = 1 0 0  et M’= 0 1 1
0 0 1 
0 0 1




0 1 0 1

 
M ⊕ M'= 1 0 0 ⊕ 0
0 0 1 0

 
0 1 0 1

 
M ⊗ M'= 1 0 0 ⊗ 0
0 0 1 0

 
M
[2 ]
1 1 1
 
1 1 = 1
0 1 0
1 1 0
 
1 1 = 1
0 1 0
1 1

1 1
0 1
1 1

1 1
0 1
0 1 0 0 1 0 1 0 0

 
 

= 1 0 0 ⊗ 1 0 0 = 0 1 0
0 0 1 0 0 1 0 0 1

 
 

9
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

 
 
 

3
M'[ ] = 0 1 1 ⊗ 0 1 1 ⊗ 0 1 1 = 0 1 1
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1

 
 
 

Exercice 7
1

0
Si M = 
0

0

1 1 1
 1 1 1 1



1 1 1
0
1
1
1


alors M[3] = 
.

0 1 1
0 0 1 1



 0 0 0 1
0 0 1


M[3] ≠ 0 donc il existe au moins un chemin de longueur 3 reliant deux points du graphe.
Fermeture transitive
Exercice 8
Exercice 9
On considère le graphe G = {(A, B); (A, C); (B, C); (C, A)} défini sur S = {A, B, C}.
a) La représentation sagittale comporte 3 sommets :
A
B
C
10
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
b) Graphiquement :
^ de G est le graphe obtenu en conservant les sommets de G
La fermeture transitive G
et en ajoutant, s'ils n'existent pas dans G, les arcs (X ;Y) lorsqu'il existe un chemin d'origine X et d'extrémité Y dans G.
A
B
C
Par le calcul :
0 1 1


M = 0 0 1
1 0 0


1 0 1


M[2] = 1 0 0
0 1 1


1 1 1


M[3] = 0 1 1
1 0 1


0 1 1
1 0 1
1 1 1
1 0 0


0 1 1


1 0 1



 
 

^
M = M[1] ⊕ M[2] ⊕ M[3] = 0 0 1 ⊕ 1 0 0 ⊕ 0 1 1
1 1 1

^ 
M = 1 1 1
1 1 1


Tous les sommets sont reliés entre eux.
Méthode Pert
Exercice 10
1. Réseau 1
a) Date de début au plus tôt des tâches
2
1 …
d
4
5
5 …
3
2 …
e
6
9 …
g
6
a
1
0 0
1
c
3
b
2
1
h
7
j
8
1
11 …
1
12 12
f
6
4
3 …
i
2
Le plus long chemin pour arriver
à l’étape 7 est (a, d, g)
11 = 1 + 4 + 6
Le plus long chemin
pour arriver à l’étape 6 est (c, f)
9=3+6
11
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
b) Date de début au plus tard des tâches
1 1
d
4
b
3
e
2
2 9
1
2
5
5 5
g
6
a
1
0 0
1
c
3
6
9 10
h
7
1
11 11
j
1
8
12 12
f
i
2
6
4
3 4
La durée du plus long chemin pour relier
les étapes 4 et 8 est 8
4 = 12 - 8
Le chemin critique est (a, d, g, j). Sa durée est 12.
2. Réseau 2
a) Date de début au plus tôt des tâches
2
4 …
a
1
0 0
4
c
2
d
4
5
8 …
e
6
6 …
g
1
0
b
3
3
4 …
2
h
7
4
10 …
f
3
4
2 …
Le chemin le plus long
pour arriver à l’étape 6 est (a, e)
6=4+2
Le plus long chemin
pour arriver à l’étape 3 est (a)
4=4+0
Attention : Les étapes 2 et 3 sont reliées par une tâche fictive de durée nulle.
12
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
b) Date de début au plus tard des tâches
2
4 4
a
1
0 0
8 9
6
h
7
6 6
4
10 10
5
g
1
0
4
c
2
d
4
b
3
e
3
4 4
2
f
3
4
2 3
La durée du plus long chemin
pour relier les étapes 2 et 7 est 6
4 = 10 - 6
Le chemin critique est (a, e, h). Sa durée est 10.
✒✒
Approfondissements
Exercice 11
1. La représentation sagittale comporte 3 sommets :
A
B
C
La matrice adjacente M associée au graphe, et pour les sommets dans l’ordre
indiqué, est la matrice booléenne :
Successeurs
6
474
8
A B C
 1 1 0 A 



M = 0 0 1 B  Prédécesseurs
0 1 0 C



13
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
1 1 0  1 1 0  1 1 1 

 
 

2. a) M 2 = 0 0 1  × 0 0 1  = 0 1 0 
0 1 0  0 1 0  0 0 1 

 
 

1 1 0  1 1 0  1 1 1 

 
 

M[2] = 0 0 1  ⊗ 0 0 1  = 0 1 0 
0 1 0  0 1 0  0 0 1 

 
 

1 1 1  1 1 0  1 2 1 

 
 

M 3 = 0 1 0  × 0 0 1  = 0 0 1 
0 0 1  0 1 0  0 1 0 

 
 

1 1 1  1 1 0  1 1 1 

 
 

M[3] = 0 1 0  ⊗ 0 0 1  = 0 0 1 
0 0 1  0 1 0  0 1 0 

 
 

b) À l’aide de la première ligne de la matrice M2 on voit qu’il existe 1+1+1 chemins
de longueur 2 issus de A. Ce sont (A, A, A), (A, A, B) et (A, B, C).
c) À l’aide de la deuxième ligne de la matrice M3 on voit qu’il n’existe qu’un chemin
de longueur 3 issu de B, à savoir (B, C, B, C).
d) À l’aide de la deuxième colonne de la matrice M3 on voit qu’il existe 2+0+1 chemins de longueur 3 arrivant en B, à savoir (A, A, A, B) (A, B, C, B) et (C, B, C, B).
e) À l’aide de la diagonale de la matrice M3 on voit qu’il n’existe qu’un seul circuit de
longueur 3, à savoir (A, A, A, A).
Exercice 12
Le graphe G est défini sur S = {A, B, C, D, E} par le tableau suivant :
1. La diagonale du tableau booléen n’est composée que de 0, donc G ne comporte pas
de boucle.
Successeurs
Prédécesseurs
A
B
C
D
E
A
B
C
D
E
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
2. Représentation sagittale :
B
D
C
A
E
14
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
3. En considérant les colonnes du tableau, on observe que :
– D n’a pas de prédécesseur,
– tout sommet, autre que D, a un prédécesseur différent de lui-même,
– et il existe un chemin allant de D vers A (à savoir (D,C,A)), B, C et E.
G est donc une arborescence et D est le sommet de niveau 0.
0 0 0 0 0


0 0 0 0 0
4. Matrice d'adjacence : M =  1 0 0 0 0 


0 1 1 0 1


0 0 0 0 0
Par lecture des colonnes de la matrice M : B, C et E ont pour prédécesseur D sommet
de niveau 0.
G étant une arborescence, B, C et E sont donc des sommets de niveau 1.
0

0
5. M2 =  0

1

0
0 0 0 0

0 0 0 0
0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0
Par lecture des colonnes de la matrice M2 (chemins de longueur 2) : A possède pour
prédécesseur D sommet de niveau 0.
G étant une arborescence, A est un sommet de niveau 2.
0 0 0 0 0


0 0 0 0 0
M3 =  0 0 0 0 0 


0 0 0 0 0


0 0 0 0 0
Il n’y a aucun sommet de niveau 3 et aucun chemin de longueur 3.
15
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
Exercice 13
(BTS Juin 1999)
1. Soit G le graphe défini par le tableau des successeurs :
Successeurs
A, B
C
C
Sommets
A
B
C
a) Représentation sagittale :
A
B
C
1 1 0


b) Matrice d'adjacence du graphe G :  0 0 1  .
0 0 1


 1 1 0   1 1 0   1 1 1

 
 

2. a) M2 =  0 0 1  ×  0 0 1  =  0 0 1
 0 0 1   0 0 1   0 0 1

 
 

 1 1 1  1 1 0   1 1 2 

 
 

M3 = M2 × M =  0 0 1 ×  0 0 1  =  0 0 1 
 0 0 1  0 0 1   0 0 1 

 
 

b) Le nombre 1 situé à l'intersection de la première ligne et de la deuxième colonne de
M2 indique qu’il existe un chemin de longueur 2 allant de A à B, à savoir le chemin
(A, A, B).
c) On lit sur la première ligne de la matrice M3 qu’il y a 1+1+2 = 4 chemins de longueur 3 partant de A.
– de A à A : (A, A, A, A).
– de A à B : (A, A, A, B).
– de A à C : (A, A, B, C) et (A, B, C, C).
16
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
Exercice 14
(BTS IG Juin 2000 Nouvelle Calédonie)
On considère le graphe défini par le tableau suivant :
Successeurs
A, B, D
A, C
A
C
Sommets
A
B
C
D
1

1
1. Matrice d'adjacence de G : M = 
1

0

1

1
2. a) M2 = 
1

0

1 0 1 1
 
0 1 0 1
×
0 0 0 1
 
0 1 0   0
1 0 1

0 1 0
.
0 0 0

0 1 0 
1 0 1 2 1
 
0 1 0 2 1
=
0 0 0 1 1
 
0 1 0   1 0
2 1

0 1
.
0 1

0 0 
b) Il y a au total (2+1+2+1) + (2+1+0+1) + (1+1+0+1) + (1+0+0+0) = 14 chemins
de longueur 2 dans le graphe, et (2+1+2+1) = 6 chemins de longueur 2 partant de A.
c) Chemins de longueur 2 partant de A :
– de A à A : (A, A, A) et (A, B, A).
– de A à B : (A, A, B).
– de A à C : (A, B, C) et (A, D, C).
– de A à D : (A, A, D).
3. Chemins de longueur 3 partant de D :
2

2
M3 = M2 × M = 
1

1

–
–
–
–
de
de
de
de
D
D
D
D
1 2
1 1
 
1 0 1 1
×
1 0 1 1
 
0 0 0   0
1 0 1 5 2
 
0 1 0 3 2
=
0 0 0 2 1
 
0 1 0   1 1
2 2

2 2
2 1

0 1 
à A : (D, C, A, A).
à B : (D, C, A, B).
à C : aucun.
à D : (D, C, A, D).
17
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
✒✒✒ Travaux pratiques
TP 1
BTS IG Juin 2000
1. Soit l'application f de E dans E définie par f(x1) = x2, f(x2) = x3, f(x3) = x2
a) x1 n’a pas d’antécédent par f ; x2 a pour antécédents x1 et x3 ; et x3 a pour antécédent x2 par f.
b) L’application f n’est pas une injection de E dans E car 2 éléments distincts x1 et x3
ont une même image.
c) L’application f n’est pas une surjection de E sur E car il existe au moins un élément
x1 qui n’a pas d’antécédent.
2. Soit G le graphe orienté de sommets x1 ; x2 ; x3 tel que les successeurs de x1 ; x2 ; x3
sont respectivement f(x1), f(x2) et f(x3).
a) Représentation sagittale :
x1
x2
x3
0 1 0


b) Matrice d'adjacence de G : M =  0 0 1  .
0 1 0


La première ligne de M est 0 1 0 car il n’existe pas de boucle (x1, x1), il existe un arc
allant de x1 à x2 et il n’existe pas d’arc allant de x1 à x3.
^ la fermeture transitive de G.
c) Soit G
Dans le graphe G il existe un chemin allant de x1 à x3, un chemin allant de x2 à x2 et
un chemin allant de x3 à x3.
^ :
D’où la représentation géométrique de G
x1
x2
x3
18
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
0 1 1
^ de G
^ : M̂ = 0 1 1
et la matrice d'adjacence M


0 1 1


car on a ajouté à G un arc allant de x1 à x3, un arc allant de x2 à x2 et un arc allant de
x3 à x3.
d) ⊕ et ⊗ représentant l’addition et la multiplication booléenne des matrices
 0 1 0   0 1 0   0 0 1

 
 

M[2] =  0 0 1  ⊗  0 0 1 =  0 1 0  et M[3] =
 0 1 0   0 1 0   0 0 1

 
 

On a : M ⊕ M[2] ⊕ M[3]
0 0 1  0 1 0  0 1 0 

 
 

 0 1 0  ⊗  0 0 1 =  0 0 1
0 0 1  0 1 0  0 1 0 

 
 

0 1 1


= M̂ = 0 1 1 .
0 1 1


^ = M ⊕ M[2] ⊕ M[3]
d’où M
TP2
Recherche des chemins minimaux
Partie A
Les liaisons entre différentes villes – Durée en heures des trajets.
Arrivée
A
B
C
D
E
F
G
-
4
2
-
8
-
3
-
4
-
3
-
4
4
7
4
-
Départ
A
B
C
D
E
F
G
19
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
1. Préliminaire - Niveau des sommets :
Sommets
S
Γ-
Niv. 0
S0
A
-
A
B
Niv. 1
S1
S-S0∪S1
Γ-
Niv. 2
S2
B
-
B
E
F
-
F
B,C,E,F
G
B,F
S-S0
Γ-
D,E
B
D,E
C
A
C
-
C
D
A
D
-
D
E
A
E
-
E
F
E
F
G
B,C,E,F
G
Sommets
Γ-
Niv. 3
S3
G
-
G
Le sommet A n’a pas de prédécesseur : il est de niveau 0 : S0 = {A}
C, D et E qui n’ont pas de prédécesseur dans le graphe S-S0 sont de niveau 1 :
S1 = {C, D, E}.
De même S2 = {B, F} et S3 = {G}.
2. Recherche du chemin minimal :
On procède en complétant les marques niveau par niveau.
– Pour le sommet A de niveau 0, par convention on a : m(A) = 0
– Pour les sommets de niveau 1, la marque « au plus tôt » est la valeur minimale des
chemins venant du niveau 0. On a m(C) = 8, m(D) = 3 et m(E) = 4.
– Pour les sommets de niveau 2, la marque « au plus tôt » est la valeur minimale de
tous les chemins venant des niveaux précédents.
Pour le sommet B : m(B) = min(3+4 ; 4+2) = 6.
Pour le sommet F : m(F) = 4+3 = 7.
– Pour le sommet G de niveau 3 : m(G) = min(8+4 ; 6+4 ; 4+7 ; 7+4 ) = 10.
C
8
4
8
A
0
3
D
3
4
B
6
E
4
G
10
7
2
4
4
3
F
7
4
Le chemin de durée minimale entre A et G est (A, E, B, G).
20
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
Partie B
Distance en kilomètres des trajets.
Arrivée
A
B
C
D
E
F
G
-
250
130
-
500
-
200
-
210
-
200
-
250
200
450
210
-
Départ
A
B
C
D
E
F
G
1. Graphe ordonné par niveaux et pondéré avec les distances parcourues.
C
200
500
A
200
D
250
B
130
210
250
G
450
210
E
200
F
2. Recherche du chemin minimal :
On procède en complétant les marques niveau par niveau.
– Pour le sommet A de niveau 0, par convention on a : m(A) = 0
– Pour les sommets de niveau 1, la marque « au plus tôt » est la valeur minimale des
chemins venant du niveau 0. On a m(C) = 500, m(D) = 200 et m(E) = 210.
– Pour les sommets de niveau 2, la marque « au plus tôt » est la valeur minimale de
tous les chemins venant des niveaux précédents.
Pour le sommet B : m(B) = min(200+250; 210+130) = 340.
Pour le sommet F : m(F) = 210+200 = 410.
– Pour le sommet G de niveau 3 : m(G) = min(500+200 ; 340+250 ; 210+450 ;
410+210) = 590.
21
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
500
A
0
200
C
500
D
200
200
250
B
340
450
130
210
E
210
200
G
590
250
F
410
210
Le chemin de longueur minimale entre A et G est (A, E, B, G).
TP 3
Méthode PERT
(D’après BTS comptabilité)
La construction d'un entrepôt peut se décomposer en 10 tâches reliées entre elles par
des conditions d'antériorité.
L'entrepreneur chargé de cette construction vous communique le tableau des enchaînements des différentes activités, avec indication des durées respectives de chaque tâche :
Nomenclature
Désignation
Activités
prérequises
Durée
(jours)
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
Acceptation des plans
Préparation du terrain
Commande des matériaux
Creusage des fondations
Commande des portes et fenêtres
Livraison des matériaux
Coulage des fondations
Livraison des portes et fenêtres
Pose des murs, de la charpente, du toit
Mise en place portes et fenêtres
a
a, b
a
c
d, f
e
g
h, i
4
2
1
1
2
2
2
10
4
1
22
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
Étape 1 – On ordonne les tâches (arcs) par niveaux
Tâches
Tâches
antérieures
niveau 0
niveau 1
niveau 2
niveau 3
niveau 4
niveau 5
a
-
a
-
-
-
-
-
b
-
b
-
-
-
-
-
c
a
-
c
-
-
-
-
d
a, b
-
d
-
-
-
-
e
a
-
e
-
-
-
-
f
c
-
-
f
-
-
-
g
d, f
-
-
-
g
-
-
h
e
-
-
h
-
-
-
i
g
-
-
-
-
i
-
j
h, i
-
-
-
-
-
j
Étape 2 – On représente le graphe associé
4
1
a
0 0
4
b
2
e
2
2
h
10
c
5
1
f
2
6
g
2
7
i
4
8
j
9
1
0
d
3
1
La tâche d possède 2 prédécesseurs : On doit créer une tâche fictive reliant les étapes 2
et 3 qui indique que la tâche a doit être achevée avant que la tâche d ne commence.
23
8 2931 TC PA 00
Notions sur les graphes
Séquence 1
Étape 3 – Dates de début au plus tôt et au plus tard de chaque tâche.
Étape 3.1 : Date de début au plus tôt d’une tâche
4
6 …
1
a
0 0
4
b
2
2
4 …
e
2
c
5
5 …
1
h
10
f
2
g
6
7 …
2
7
9 …
i
4
8
j
9
16 …
1
17 …
8
j
9
16 16
1
17 17
0
d
3
4 …
Le plus long chemin
pour arriver à l’étape 3 est (a)
4=4+0
1
Etape 3.2 : Date de début au plus tard d’une tâche
4
6 6
1
a
0 0
4
b
2
e
2
2
4 4
c
1
h
10
5
f
5 8
2
6
7 10
g
2
7
9 12
i
4
0
d
3
1
4 9
La durée du plus long chemin pour relier
les étapes 2 et 9 est 13 : chemin (e, h, j)
4 = 17 -13
Étape 4 – Détermination du chemin critique
Le chemin critique est (a, e, h, j). Sa durée est de 17 jours.
24
8 2931 TC PA 00
Unité 2
Séries statistiques
➤ Prérequis
• Notions élémentaires de calcul algébrique
• Statistiques à une variable
➤ Objectifs
• Consolider et approfondir les connaissances acquises les années
antérieures
➤ Contenu
• Séquence 1 : séries statistiques à deux variables
25
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques
à deux variables
Séquence 1
✒ Applications
Exercice 1
Série formée par les couples (notes d’Informatique ; notes de Mathématiques).
1. On ordonne les couples de notes : on note cette nouvelle série de 10 couples (xi ; yi).
xi
yi
09
11
11
11
12
12
13
14
14
16
Total = 123
12
08
10
11
08
11
15
11
14
09
Total = 109
2. Nuage associé :
G
27
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
3. À l’aide de la calculatrice :
Coordonnées du point moyen G(12,3 ; 10,9).
Exercice 2
Avec les données de l’exercice 1
1. Variances : σ x2 =
1549
− 12,3 2 = 3,61
10
σ 2y =
;
1237
− 10,9 2 = 4,89
10
1344
Covariance : σ xy = 10 − 12,3 × 10,9 = 0,33
2. À l’aide de la calculatrice : On effectue LinReg L1, L2 puis EXE.
Ajustement au jugé
Exercice 3
Pays
PNB xi en euros
par habitants
Nombre yi d’hôpitaux
par million d’habitants
A
B
C
D
E
F
G
H
5 100
7 800
11 200
15 800
20 100
26 230
28 910
31 910
620
1 080
1 550
2 100
3 000
3 800
4 200
4 400
PNB et nombre d’hôpitaux pour 1 million d’habitants :
28
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
1. Nuage de points à la série (xi ; yi)
Unités : en abscisse 1 cm pour 2 000 euros ; en ordonnée 1 cm pour 400 hôpitaux.
Origine le point M0(5 000 ; 600).
M1
2. On admet qu’un ajustement affine est justifié.
a) x = 5100 + 7800 + K + 31910 = 18381,25
y=
8
620 + 1080 + K + 4400
= 2593,75
8
r r
d’où G(18 381,25 ; 2 593,75) dans (O, i , j)
Tracé de (GM1) : cf. schéma.
b) Équation de la droite (GM1)
G ∈ (GM1) et M1 (5100 ; 620) ∈ (GM1)
18381,25.a + b = 2593,75
donc 
5100.a + b = 620

1579
a =
d’où  10625
3448

b = − 25
(GM1) : y =
1579
3448
x−
10625
25
29
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
On pourra donc ajuster la série initiale par la série (xi ; yi) pour laquelle
yi ≈ 0,14862.xi - 137,92.
c) Pour un pays dont le PNB est de 23 400 euros :
Si xi = 23 400 alors yi ≈ 0,14862 × 23400 - 137,92
On peut estimer le nombre d’hôpitaux à environ 3 340.
Méthode de Mayer
Exercice 4
Avec les données de l’exercice 3.
On note G1 le point moyen du sous-nuage formé par les quatre premiers points et G2
le point moyen du sous-nuage formé par les quatre derniers.
1. Soient (x1 ; y2) et (x2 ; y2) les coordonnées de G1 et G2 :
x1 =
x2 =
5100 + 7800 + 11200 + 15800
= 9975
4
620 + 1080 + 1550 + 2100
= 1337,5
4
r r
d’où G1 (9975 ; 1 337,5) dans (O, i , j)
20100 + 26230 + 28910 + 31910
4
y1 =
= 26787,5 ; y2 =
3000 + 3800 + 4200 + 4400
4
r r
d’où G2 (26 787,5 ; 3 850) dans (O, i , j)
= 3 850
2. Équation de (G1G2) :
201
a=
9975.a + b = 1337 , 5
1345
d’où
G1 ∈ (G1 G2) et G2 (G1 G2) donc 
82415
26787 , 5.a + b = 3850
b=−
538
201
82415
x−
(G1G2) : y =
1345
538
On pourra donc ajuster la série initiale par la série (xi ; yi) pour laquelle :
yi ≈ 0,14944.xi - 153,19.
r r
3. G(18 381,25 ; 2 593,75) dans (O, i , j)
201
82415
× 18381,25 −
= 2593 ,75 donc G ∈ (G1G2).
1345
538
4. Pour un pays dont le PNB est de 23 400 euros :
Si xi = 23 400 alors yi ≈ 0,14944 × 23400 - 153,19
On peut estimer le nombre d’hôpitaux à environ 3 344.
30
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
Méthode des moindres carrés
Exercice 5
Avec les données de l’exercice 3.
1. Droite d’ajustement par la méthode des moindres carrés : la calculatrice nous donne
les coefficients a et b de l’équation y = ax + b, soit (∆) y = 0,14541x - 78,994.
On pourra donc ajuster la série initiale par la série (xi ; yi) pour laquelle :
yi ≈ 0,14541.xi –78,994.
2. Pour un pays dont le PNB est de 23 400 euros :
Si xi = 23 400 alors yi ≈ 0,14541 × 23400 - 78,994
On peut estimer le nombre d’hôpitaux à environ 3 323.
Droites de régression
Exercice 6
Avec les données de l’exercice 3 :
1. Les coefficients sont arrondis à 10-3 près
(Dy/x) : yi = 0,14541.xi - 78,994 d’après l’exercice 5
(Dx/y) : x − x = a ′( y − y ) avec a ′ =
( Dx / y ) : y − 2593, 75 =
σ xy 12814382,81
=
σ 2y 1872873,428
1
1
1
( x − 18381, 25) y − 2593, 75 = ( x − x ) avec
0,146154 …
a′
a′
a′
(Dx/y) : yi = 0,14615.xi - 92,743
31
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
2. Représentation de (Dy/x), (Dx/y). et G :
Coefficient de corrélation linéaire
Exercice 7
• Coefficient de corrélation linéaire (exercice 1)
r=
σ xy
0,33
=
≈ 0,078
σ x .σ y
3,61 × 4,89
Il n’y a pratiquement aucune corrélation entre les résultats d’Informatique et de
Mathématiques.
• Coefficient de corrélation linéaire (exercice 3)
32
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
r=
Séquence 1
σ xy
12814382 , 81
=
≈ 0 ,997 …
σ x .σ y
88128285 , 94 × 1872873 , 438
Il y a une très forte corrélation entre le PNB et nombre d’hôpitaux pour 1 million d’habitants, ce qui permettait d’admettre qu’un ajustement affine était justifié.
Moyennes mobiles
Exercice 8
Une entreprise a réalisé sur 12 mois les chiffres d’affaire (en M€) ci-dessous :
Mois ti
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Chiffre d’affaire yi
11
14
16
19
23
21
20
24
27
26
23
25
1. Représentation la série des (ti, yi )
33
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
2. Moyennes mobiles sur 5 termes : série (ui, vi)
Si la série (ui , vi) est constituée de 12 – 5 + 1 = 8 couples.
Rang ui
vi
Rang ui
vi
1
11+14 +...+ 23 =16 ,6
5
14 +16 +...+ 21 =18 ,6
5
16 +19 +...+ 20 =19 ,8
5
19 + 23 +...+ 24 = 21 ,4
5
5
23
6
23,6
7
24
8
25
2
3
4
✒✒
Approfondissements
Ajustement au jugé
Exercice 9
Population formée par 20 étudiants – Caractères « pointure des chaussures » et « taille »
(en cm).
1. Nuage associé à la série :
G
2. Point moyen G(x– ; y–) :
x=
38 + 39 + ... + 45 830
=
20
20
y=
165 + 167 + ... + 185 3462
=
20
20
→ →
d’où G(41,5 ; 173,1) dans ( O , i , j )
34
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
3. Variances σ 2x et σ 2y des séries (xi) et (yi)
34512
599764
− 41,5 2 = 3,35 ; σ y2 =
− 173,12 = 24,59
20
20
de la série (xi ; yi).
σ x2 =
Covariance σxy
σ xy =
143843
− 41,5 × 173,1 = 8,5
20
4. Coefficient de corrélation linéaire :
r=
σ xy
8,5
=
≈ 0,936...
σ x .σ y
3,35 × 24,59
5. Ajustement au jugé par la droite (GM1)

81
a =
41,5.a + b = 173,1
35
d’où 
G ∈ (GM1) et M1 ∈ (GM1) donc 
38.a + b = 165
b = 2697

35
(GM1) : y =
81
2697
x+
35
35
On pourra donc ajuster la série initiale par la série (xi, yi) pour laquelle :
yi = 2,3143.xi + 77,057.
Pour un étudiant mesurant 1,90m : yi = 190 et xi ≈ 49.
Série chronologique
Exercice 10
Avec les données de l’exercice 8.
1. Coefficient de corrélation linéaire de la série (ui , vi).
6,175
r = σ xy =
≈ 0,980 ...
σ x. σ y
5,25 × 7,56
Il y a une très forte corrélation entre ui et vi, ce qui justifie un ajustement affine.
2. Droite (∆) de régression de v en u
6,175 247
=
(∆) : v − 21 ,5 = a(u − 6,5) avec a =
5,25
210
(∆) : v = 247 .u + 5819
210
420
35
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
On pourra donc ajuster la série initiale par la série (xi ; yi) pour laquelle :
vi ≈ 1,1762.ui + 13,855
3. a) Estimation du chiffre d’affaire (en M€) pour le 14e mois.
Si ti = 14 alors ui = 14 et vi ≈ 30,3.
b) vi > 35 équivaut à 247 .ui + 5819 > 35 c’est-à-dire ui > 17,977…
210
420
Le chiffre d’affaire pourrait dépasser 35 M€ au bout de 18 mois.
Série statistique pondérée
Exercice 11
1. Nuage associé à la série statistique :
36
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
À l’aide de la calculatrice :
2. Saisie des 3 listes des valeurs de la série.
3. Coordonnées du point moyen :
les formules ne sont données qu’à titre indicatif pour une série statistique
comportant p couples
x=
n1 .x1 + n2 .x2 + ... + n p .xp 418
=
= 4,18
n1 + n2 + ... + n p
100
y=
n1.y1 + n2 .y2 + ... + n p.y p 757
=
= 7,57
n1 + n2 + ... + n p
100
Point moyen G(4,18 ; 7,57)
4. Variances σ 2x et σ 2y des séries (xi , ni) et (yi , ni)
2
2
2
n .x + n2 .x2 + ... + n p .x p
2
1904
σ = 1 1
- 4,18 2 = 1,5676
−x =
n1 + n2 + ... + n p
100
2
x
2
2
2
2
n1.y1 + n2 .y2 + ... + n p.y p
− y = 6027 − 7,57 2 = 2,9651
n1 + n2 + ... + n p
100
de la série (xi ; yi , ni).
σ y2 =
Covariance σxy
σ xy =
n 1 .x 1 .y 1 + ... + n p .x p .y p
3377
− x.y =
- 4,18 × 7,57 = 2,1274
n 1 + n 2 + ... + n p
100
5. Coefficient de corrélation linéaire de la série (xi ; yi).
2,1274
r = σ xy =
= 0,9867...
σ x .σ y
1,5676 × 2,9651
37
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
Ajustement non affine
Exercice 12
(Les calculs intermédiaires ne sont pas demandés).
Le tableau suivant donne la production annuelle xi d’une entreprise (en centaines de
milliers d’unités produites) et son résultat net yi (en millions d’euros).
Production xi
Résultat yi
1
2
3
4
5
1,22
1,48
1,92
2,23
2,8
Un ajustement affine ne semblant pas le mieux approprié, on pose zi = ln yi.
1. Valeurs approchées à 10-3 près par défaut :
xi
1
2
3
4
5
zi
0,198
0,392
0,652
0,802
1,029
2. Coefficient de corrélation linéaire entre x et z : r = σ xz ≈ 0,997
σ x .σ z
3. Équation de la droite de régression de z en x, obtenue par la méthode des
moindres carrés.
 z − z = a( x − x )

σ xz
On a 
et l’on obtient
a = σ 2

x
z = 0,2072x - 0,007
4. Expression de y en fonction de x :
On sait que z = ln y , d’où ln y = 0,2072.x - 0,007
e ln y = e0,2072.x - 0,007 soit y = e - 0,007 .e0,2072.x
y ≈ 0,993.e0,2072.x ou y ≈ 0,993. 1,23x
38
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
Exercice 13
Évolution des variations annuelles du taux d’inflation dans 7 pays ainsi que dans la zone
euro.
2000
2001
2002
Inflation
(variation annuelle des prix à la consommation, en %)
2003
2004
États-Unis
3,4
2,8
1,6
1,9
1,8
Zone euro
2,4
2,5
2,4
2,2
2,0
Japon
-0,7
-0,7
-1,1
-1,1
-1,1
France
1,8
1,8
1,9
1,8
1,8
Allemagne
2,1
2,4
1,6
1,4
1,1
Royaume-Uni
2,1
2,1
2,0
1,8
2,1
Italie
2,6
2,3
2,5
2,3
1,9
(Source OCDE – Alternatives économiques Avril 2003)
1. Nuage des points associé à l’inflation aux États-Unis et dans la zone euro.
États-Unis
Zone euro
À l’aide de la calculatrice (Les calculs intermédiaires ne sont pas demandés)
2. Pour la période considérée r ≈ 0,537 : il n’y a pas de forte corrélation linéaire entre
l’inflation aux États-Unis et celle de la zone euro.
3. Équation des droites (∆1) et (∆2)
Pour les États-Unis :
(∆1) : x = -0,41n + 3,53
Pour la zone euro :
(∆2) : y = -0,11n + 2,63
Taux d’inflation inférieur à 1 % aux États-Unis :
-0,41n + 3,53 < 1 ⇔ 2,53 < 0,41n c’est-à-dire n > 6,17
Suivant le modèle linéaire l’inflation pourrait être inférieure à 1 % à partir de la
7e année (2006).
4. Pour l’inflation aux États-Unis
On choisit le modèle où |r| est le plus proche de 1, c’est-à-dire le modèle de régression
logarithmique :
yi = 3,356 - 1,103 ln ni (coefficient arrondi à 10-3 près).
Pour 2007 :
ni = 8 et yi ≈ 1,06.
Pour 2008 :
ni = 9 et yi ≈ 0,932.
Suivant le modèle de régression logarithmique l’inflation pourrait être inférieure à
1 % à partir de la 9e année (2008).
39
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
✒✒✒ Travaux pratiques
TP1
D’après BTS Comptabilité et gestion – Juin 2000
Prix de vente en € : xi
Nombre d’acheteurs potentiels : yi
200
632
250
475
300
305
350
275
450
266
250
6,163
300
5,720
350
5,617
450
5,583
500
5,455
500
234
1. Série (xi ; zi)
Prix en € : xi
zi = ln yi
200
6,449
2. Coefficient de corrélation linéaire de la série (xi, zi) à 10-2 près : r =
σ xy
≈ − 0,90
σ x. σ y
3. Équation de la droite de régression de z en x
z = -0,0030.x + 6,86
(a donné à 10-4 près par excès et b à 10-2 près par excès).
4. Estimation du nombre d’acheteurs potentiels y sous la forme y = ke-λx
Si
z = -0,0030.x + 6,86
alors
ln y = -0,0030.x + 6,86
e ln y = e -0,003.x + 6,86
y = e -0,003.x × e 6,86
y = 953.e -0,003.x (k arrondi à l’entier le plus proche)
5. Nombre d’acheteurs potentiels pour un prix de vente fixé à 400 € :
Si
x = 400
alors
y ≈ 287,04
Soit environ 287 acheteurs potentiels.
40
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
TP2
BTS informatique de gestion – Juin 1998
Dans une région touristique, une chaîne hôtelière offre une capacité de 12 200 nuitées
par semaine, dont les prix varient entre 100 € et 400 €.
On désigne par x le prix d’une nuitée et par y le nombre de nuitées, en fonction du prix
proposé.
Pour la première semaine de juillet, cette chaîne hôtelière enregistre le nombre, noté z,
de demandes qui lui sont parvenues. Le résultat figure dans le tableau ci-dessous.
Prix d’une nuitée xi
100
150
200
250
300
350
400
Nombre de nuitées offertes yi
800
900
1 200
1 500
2 000
2 500
3 300
Nombre de nuitées demandées zi
5 134
4 346
3 678
2 728
2 636
2 231
1 888
ti = ln(yi)
6,6846 6,8024 7,0901 7,3132 7,6009 7,8240 8,1017
vi = ln(zi)
8,5436 8,3770 8,2101 7,9113 7,8770 7,7102 7,5433
On considère alors les quatre séries (xi, yi), (xi, ti), (xi, zi) et (xi,vi) , de coefficients de
corrélation linéaire respectifs : r1 , r2 , r3 et r4.
1. Coefficients de corrélation linéaire (à 10-4 près)
r1
r2
r3
r4
0,9703
0,9969
-0,9744
-0,9905
2. a) | r2| > | r1| : des deux séries (xi, yi) et (xi, ti), la série(xi, ti) relève le mieux d’un
ajustement affine ;
| r4| > | r3| : des deux séries (xi, zi) et (xi, vi), la série(xi, vi) relève le mieux d’un
ajustement affine.
3. Équation de la droite d’ajustement de t en x (par la méthode des moindres carrés) : les coefficients seront remplacés par leurs arrondis à 10-4 près
t = 0, 0048 x + 6,1300.
On admet qu’une équation de la droite d’ajustement de v en x est :
v = -0, 0033 x + 8,8581.
4. On sait que t = ln y, on a donc ln y = 0, 0048 x + 6,1300
c’est-à-dire
e ln y = e 0, 0048 x + 6,1300 = e 0, 0048 x.e 6,1300
et avec l’arrondi proposé :
y = 459. e
0, 0048 x
41
8 2931 TC PA 00
Séries statistiques à deux variables
Séquence 1
On sait que v = ln z, on a donc ln z = -0, 0033 x + 8,8581
c’est-à-dire
e ln z = e -0,0033 x + 8,8581 = e -0,0033 x .e 8,8581
et avec l’arrondi proposé :
z = 7031. e
-0,0033 x
5. Si xo est le prix d’équilibre alors xo est solution de l’équation :
459. e
d’où : e0,0081x =
0,0081.x = ln
0, 0048 x
= 7031. e
-0,0033 x
7031
459
7031
ou encore
459
x=
1
7031
.ln
0,0081
459
on trouve approximativement pour prix d’équilibre : xo = 336 € (à 1 euro près).
42
8 2931 TC PA 00
Unité 3
Calcul intégral
➤ Prérequis
• Notion de dérivée
➤ Objectifs
• Consolider et approfondir les connaissances acquises les années
antérieures
• Calculer des aires et des volumes de révolution
• Acquérir des techniques de calcul intégral
• Connaître des méthodes d’approximation pour le calcul d’une intégrale
• Calculer l’intégrale d’une fonction sur un intervalle non borné
➤ Contenu
• Séquence 1 : calcul intégral (1)
• Séquence 2 : calcul intégral (2)
43
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (1)
Séquence 1
✒ Applications
Rappels sur les primitives
Exercice 1
a) Les primitives de f sont définies par F(x)= x2 + x − 1 +cte .
x
b) f(x) = (3x-1)3.(3x-1)’ d’où F( x ) =
1
4
(3x − 1)
4
c) Les primitives de f sont définies par F(x) = −
d) f(x)=
+ cte
1
+ cte
x+3
(x + 3)′ , donc sur ]-3 ; +∞[ F(x) = ln(x+3) + cte.
x+ 3
e) f(x) = e2x + e-x donc les primitives sont définies par F(x)= 1e 2 x −e −x +cte
2
Exercice 2
F(x)= 1e 2 x −e −x +cte
2
Si F0(0) = 0 alors
1
1 0 0
e − e + cte = 0 d’où cte = .
2
2
L’unique primitive F0 de x a e2x + e-x vérifiant F0(0) = 0 est xa 1 e 2x − e− x + 1
2
2
45
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (1)
Séquence 1
Calcul d’intégrales
Exercice 3
 1 1  1   1  2
1
dt = −
1. I 1 = ∫−1
 = −  − −  =
 t + 2 −1  3   1  3
( t + 2 )2
1
1
1
1
∫ (u + 2) du = [ln( u + 2 )] = ln3 − ln1 = ln3
3
=∫
( ln( z )) dz = ∫ 3( ln( z )) .( ln( z ))' dz = [( ln( z )) ]
z
I2 =
−1
I3
1
2
−1
2
2
2
1
3 2
1
= ( ln2 )3 − ( ln1 )3 = ( ln2 )3 .
2. À l’aide d’une calculatrice :
Calcul d’aire
Exercice 4
Soit f est définie sur [-2 ; 5] par f(x) = -x2 + 4x
1. Représentation de f :
46
8 2931 TC PA 00
SCalcul
intégral (1)
Séquence 1
2. Signe de f(x) = -x(x - 4).
Si x ∈ [0 ;4],
f(x) ≥ 0.
Si x ∈ [-2 ;0]∪[4 ;5],
f(x) ≤ 0.
3. Le domaine (E) = {M(x ; y) | 0 ≤ x ≤ 3 et 0 ≤ y ≤ f(x)} est en noir sur le graphique
précédent.
4. Sur [0 ; 3] f ≥ 0 donc en unités d’aire (1 u.a = 4 cm2)
 t3
3
2
T(E) = ∫ ( −t + 4t)dt = − + 2t  = ( −9 + 18) − (0 + 0) = 9 .
0
 3
0
3
T(E) = 36 cm2.
2
Relation entre intégrale et primitive
Exercice 5
F0 : x a
∫
x
1
2t
dt est l’unique primitive de f vérifiant F0(1) = 0.
t +1
2
x
F(x) =
∫
x
1
2t
x2 + 1
2
2
dt
=
ln(t
+
1)
=
ln(x
+
1)
−
ln(2)
=
ln(
)
[
]1
t2 +1
2
Relation de Chasles
Exercice 6
 t 2 0
4
1. I = ∫−2 −t.dt = −  = (0) − ( − ) = 2 et J =
2
 2 −2
0
− t
2. t = 
 t
 t 2 2
4
∫0 t.dt =  2  = ( 2 - 0) = 2
0
2
si t ≤ 0
si t ≥ 0
3. On aura alors
∫
2
−2
t dt =
∫
0
−2
t dt +
∫
2
0
t dt =
∫
0
−2
(- t) dt + ∫
2
0
t dt = I + J = +4.
47
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (1)
Séquence 1
4.
5.
∫
2
−2
t dt est l’aire du domaine ombré (en unités d’aire), qui est l’aire de 2 triangles
∫
d’où
+2
−2
t dt = 4 .
Linéarité de l’intégrale
Exercice 7
∫
1.
1
1
2xdx = [ x 2 ]0 = 1 .
0
2. À l’aide d'une calculatrice scientifique classique on trouve
1
∫
0
2x 3 + 2 x + 3
dx
1+ x2
= 3,356 19…
3
2x(1 + x 2 )
3
2x 3 + 2x + 3
=
+
=
1+ x2
1+ x2
1+ x2
1+ x2
3. 2x +
4.
3
2x + 2x +3 dx = 1 2x+ 3 dx= 1 (2x )dx + 3. 1 1 dx=par linéarité,
∫0 1+ x2
∫0  1+ x 2  ∫0
∫0  1+ x2 
1
d’où
∫
1
0
π
2x 3 + 2x + 3
3π
dx = 1 + 3. = 1 +
.
2
1+ x
4
4
48
8 2931 TC PA 00
SCalcul
intégral (1)
Séquence 1
Intégration d’une inégalité
Exercice 8
1. Représentation des courbes (C1) : y = e-x et (C2) : y = e-x.
2
C2
C1
2. Si 0 ≤ x ≤ 1 alors 0 ≤ x2 ≤ x d’où -x ≤ -x2 ≤ 0
on a donc e-x ≤ e-x car la fonction exponentielle de base e est strictement croissante
Conclusion : pour x ∈ [0 ; 1] alors e-x ≤ e-x
2
2
2
or
∫
1 −x
1
e dx = [−e− x ] 0 = 1 −
0
∫
1
1
e− x dx ≤
∫
1
1
d’où 1 − ≤
e
e
∫
3. Si e-x ≤ e-x sur [0 ; 1] alors
0
0
1
2
e− x dx
2
e− x dx .
0
Inégalité de la moyenne
Exercice 9
On considère la fonction f définie sur R par f(x) = e-x .
2
1. f est strictement décroissante sur [0 ; 1] donc f(1) ≤ f(x) ≤ f(0) c'est-à-dire
1 −x
≤e ≤1
e
2
1
1
2. D’après l’inégalité de la moyenne 1≤ 1 ∫0 f (t)dt ≤1 d’où 1≤ ∫0 f(t)dt ≤1 .
e 1−0
e
49
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (1)
Séquence 1
✒✒
Approfondissements
Calcul d’intégrales
Exercice 10
3
3
3+ t
(
) dt =
∫
I1 = 1 t
1
∫ ( 3 +t t )dt = [3ln(t) + t]
3
1
= 3 ln 3 + 2
1
1
t
3
1
)dt = ∫ (1 −
)dt = [t − 3ln(3 + t )] 3 = (1 − 3.ln4 ) − (3 − 3.ln6 ) = 3ln3 − 3ln2 − 2
I2 = ∫ (
3+t
3 3+ t
3
2
2
1 
dt = 2 t + 1 0 = 2 3 − 2
I3 = ∫0 
 t +1
[
]
1
2
27
1
26
3
2
(
z
+
1
)
dz
=
(
z
+
1
)
)−( ) =

 =(
I4 = ∫0
3
0
3
3
3
2
−2
I5 =
∫ (−2t − 2e )dt = [−t
−t
2
0
−2
+ 2e− t ]0 = ( −4 + 2e 2 ) − ( 0 + 2 ) = 2e 2 − 6
1
 (t 2 +1)4 
16
16
I6 = ∫−12t (t + 1) dt = ∫−1(t +1) (t + 1)' dt = 
 =( 4 )−( 4 )=0
4

 −1
1
2
1
3
2
3
2
Notons que x a 2t(t2+1)3 est impaire donc
ce 13 de la séquence 2)
I7 =
∫
I8 =
∫
I9 =
∫
∫
1
−1
f(t)dt = 0 (Cf. démonstration à l’exerci-
 1

t+ 1 2
3
3
t+ 1
e
+

dt = [ln( t + 1 ) + e ]0 = ( ln3 + e ) − ( ln1 + e ) = ln3 + e − e
0
t +1

2
e
1
1
0
2
.ln( t )dt =
t
2e x
dx =
ex + 2
∫
∫
e
2.ln( t ).( ln( t ))' dt = [( ln( t ))2 ]1 = ( ln( e ))2 − ( ln( 1 ))2 = 1
1
1
0
e
1
2( e x + 2 )'
( e+ 2 )
dx = [2.ln( e x + 2 )]0 = ( 2.ln( e + 2 )) − ( 2.ln( 3 )) = 2.ln
x
e +2
3
Exercice 11
1. J =
ex
∫ ln2 e x − 1 dx =
ln3
ln3
( e x − 1 )'
∫ ln2 e x − 1 dx = [ln( e x − 1 )]ln2 = ( ln( e ln3 − 1 )) − ( ln( e ln2 − 1 ))
J = ln(3-1) – ln(2-1) = ln2
ln3
50
8 2931 TC PA 00
SCalcul
intégral (1)
Séquence 1
ln 3 x
ln 3
ln 3
ln3
x
2. J − I = ∫ln 2 xe dx− ∫ln2 x1 dx = ∫ln 2 e x −1dx = ∫ln 2 1.dx
e −1
e −1
e −1
J − I =ln 3−ln2 =ln 3
2
on a donc I = J − ln 3 = ln2 −ln 3 =ln 4
2
2
3
I ≈ 0,29.
x x
2x
x
e dx− ln 3 e dx = ln 3 e (e −1) dx = ln 3
x
x
∫ln 2 e −1 ∫ln2 e x −1
∫ln 2
ln 2 e −1
3. K − J = ∫
ln 3
[ ]
K − J = ex
si K - J = 1 alors K = 1 + J = 1 + ln2
ln3
ln2
e x.dx
= e ln3 - e ln2 = 1
K ≈ 1,69.
Valeur moyenne d’une fonction
Exercice 12
1. µ =
1
2−0
2
∫ (3x
0
2
− 1)dx =
2
1 3
x − x ]0 = 3 .
[
2
2. Pour x ∈ [0 ; 2] : f(x) = µ ⇔ 3x2 - 1 = 3 d’où x= 4 car x > 0.
3
f prend sa valeur moyenne µ = 3 pour x= 2 = 2 3 .
3 3
Remarque
Toute fonction continue prend au moins une fois sa valeur moyenne.
Calcul d’aire
Exercice 13
f définie par f(x) = (x - 2)2(x + 1)
a) Signe de f.
f(x) = 0 ⇔ x ∈ {-1 ; +2}
Si x ∈ ]-∞ ;-1]
f(x) ≤ 0
Si x ∈ [-1 ; +∞[ f(x) ≥ 0
51
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (1)
Séquence 1
b) Représentation graphique :
C
c) Aire du domaine délimité par (C) et (Ox).
(C) coupe (Ox) en -1 et en +2.
Sur [-1 ; 2] f ≥ 0 donc en unités d’aire
T(E) =
2
2
∫
−1
2
4
(t −2)2(t + 1) dt = ∫ (t 3 − 3t 2 +4) dt =  t − t 3 +4t  =(4 − 8 +8)−( 1 + 1− 4)= 27 .
 4
 −1
−1
4
4
T(E) = 6,75 u.a.
Intégration d’une inégalité
Exercice 14
f, g et h sont trois fonctions définies sur le même intervalle [0 ; l] par :
f(x) =
2
1
g (x ) = 1
h(x) = − 1 x + 1
2
1+ x
2
1+x
On note (Cf), (Cg) et (Ch) les courbes représentatives des fonctions f, g et h.
1. À partir du graphique on obtient pour tout x ∈ [0 ;1] : g(x) ≤ f(x) ≤ h(x).
2. a) J =
∫
1
0
1
1
dx = [ln( 1 + x )]0 = ln2 .
1+ x
 1 2 
 1 3 1 5
b) K = ∫0 − x + 1dx = − x + x = .
 6
0 6
 2

1
52
8 2931 TC PA 00
SCalcul
intégral (1)
Séquence 1
3. D’après la question 1. pour tout x ∈ [0 ; 1] : g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) d’où :
∫
1
g(x)dx ≤
0
∫
1
0
f(x)dx ≤
4. a) I1 = J + K =
2
∫
1
h(x)dx c'est-à-dire ln2 ≤
0
∫
1
0
f ( x ) dx ≤
5
6
ln2+ 5
6 d’où I ≈ 0,763 à l0-3 près par défaut.
1
2
1
(OD + AB )×OA (1+ 2 )×1
=
=0,75 .
b) Aire T du trapèze OABD : T =
2
2
c) I = π/4 = 0,785 398… ainsi la meilleure approximation de I est I1.
Exercice 15
1+ ln x = lim 1 + lim ln x =0
1. xlim
→ +∞
x→ +∞ x x→ +∞ x
x
En +∞ (C) admet pour asymptote horizontale la droite (Ox).
1+ ln x =lim(1+ ln x)×lim 1 = −∞
2. lim
x→ 0
x →0
x →0 x
x
x >0
(C) admet pour asymptote verticale la droite (Oy).
′ 1 .x−(1+ln x)
+
1
ln
x
=x
= −ln2 x
3. a) f' (x)=
x
x2
x
( )
b) Signe de f'(x) : sur ]0 ; +∞[ f’(x) a même signe que – ln(x).
Si x < 1 alors f' > 0 et f est strictement croissante
Si x > 1 alors f' < 0 et f est strictement décroissante
f(1) =
1 + ln1
=1
1
Tableau de variation :
x
0
f’(x)
+
1
0
+∞
-
1
f(x)
-∞
0
53
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (1)
Séquence 1
4. Point d'intersection A de (C) avec l'axe des abscisses.
f(x) = 0 ⇔ ln(x) = -1 d’où x = 1/e donc A(1/e ; 0).
5. Représentation graphique :
6. Soit F la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par F(x)=ln(x )+ 1 (ln( x))2 .
2
′
1
1 ln( x )

2
a) F' ( x ) = ln( x ) + ( ln( x )) = +
= f ( x ) donc F est une primitive de f.

 x
2
x
b) I =
∫
4
1

 

1
1
f ( t )dt = F( 4 ) − F( 1 ) = ln( 4 ) + ( ln( 4 ))2  − ln( 1 ) + ( ln( 1 ))2 

 

2
2
I = 2.ln(2)+ 1 (2.ln( 2))2 = 2.ln( 2)+ 2(ln( 2))2
2
I = 2.ln2(1 + ln2)
4
2.ln2(1+ln 2)
Valeur moyenne de f sur [1 ; 4] : µ = 1 ∫ f(t)dt =
.
1
4− 1
3
54
8 2931 TC PA 00
SCalcul
intégral (1)
Séquence 1
Exercice 16
x
2e −2
et (C) sa courbe représentative dans
x
e +2
un repère orthonormé (unité graphique 2 cm).
Soient la fonction f définie sur R par f(x) =
x
2e −2 = −2 car lim e x =0 donc lim f = −1
1. xlim
x
→ −∞ e + 2
−∞
x→ −∞
+2
En -∞ (C) admet pour asymptote horizontale la droite (D1) : y = -1.
x
2 ( e x+ 2 ) 6
−2
6
− x = 2ex
2. 2 − x6 = x
d’où f(x)=2 − x
e +2 e +2 e +2 e +2
e +2

6 
e x = +∞ et lim x 1 = 0
lim
f(x)
=
lim
2
−

 = 2 car xlim
x
x→ +∞ e + 2
→ +∞
x →+∞
x →+∞
 e + 2
En +∞ (C) admet pour asymptote horizontale la droite (D2) : y = +2.
′
′
x

6  = − 6. 1  = −6. − e
f
'
(
x
)
2
=
−


 x 
3.
x
 ( x+ 2)2
 e +2 
 e +2 
 e
x

 d’où f©(x) = 6e

(e x + 2) 2

Pour tout x : f' > 0 donc f est strictement croissante.
Tableau de variations :
x -∞
f’(x)
+∞
+
2
f(x)
-1
4. Equation f(x) = 0.
f(x) = 0 ⇔ 2.ex - 2 = 0 c'est-à-dire ex = 1 d’où x = 0 donc A(0 ; 0).
(C) coupe l'axe des abscisses en O(0 ; 0).
55
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (1)
Séquence 1
5. Représentation graphique :
x
(e x + 2)'
e
6. a) g(x) = ln (ex + 2) donc g' (x) = e x + 2 = e x + 2
x
x
x
x
b) 3.g' (x ) − 1 = 3x .e − 1 = 3x .e − e x + 2 = 2.ex − 2
e +2
e +2 e + 2
e +2
d’où f(x) = 3.g'(x) - 1
Si F est une primitive de f sur R alors F(x) = 3.g(x) – x
d’où
F(x) = 3.ln (ex + 2) - x
c) Aire A de la partie du plan limitée par les droites d'équation x = 0 et x = 2, (Ox) et
(C).
Sur [0 ; 2] f ≥ 0 donc en unités d’aire (1 u.a = 4 cm2)
A=
∫
2
0
2
f ( t ) dt = [ F( t )]0 = F( 2 ) − F( 0 )
A = (3.ln (e2 + 2) – 2)- (3.ln (e0 + 2) – 0)
A = 3.ln (e2 + 2) – 2 – 3.ln 3 u.a
A ≈ 1,423 u.a
A ≈ 5,691 cm2.
56
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
✒ Applications
Calcul d’aires
Exercice 1
a) f(x) = -x2 + 2x + 3 = - (x + 1)(x – 3)
a = 0 et b = 3
Sur [0 ; 3] f ≥ 0 donc en unités d’aire T(E) =
 t3 2
3
T(E) = - + t + 3t  = ( −9 + 9 + 9 ) − ( 0 )
 3
0
∫
3
f(t) dt =
0
∫
3
0
(−t 2 + 2t + 3) dt .
= 9 u.a.
Si on considère la figure ci-dessous, on a : 1 u.a = 1 × 0,5 cm2.
d’où T(E) = 4,5 cm2.
b) f(x) =
1
a = 0 et b = 2
x +1
Sur [0 ; 2], f ≥ 0 donc en unités d’aire T(E) =
∫
2
0
1
2
dt = [ln( t + 1 )]0 = ln3 .
t +1
57
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Si on considère la figure, ci-dessous, on a : 1 u.a = 2 × 1,3 cm2.
d’où T(E) = 2,6 ln3 cm2
Exercice 2
a) f(x) = x2 - 4 = (x + 2)(x – 2)
a = -1 et b = 2
Sur [-1 ; 2], f ≤ 0 donc en unités d’aire
2

t3 
T(E) = ∫−1 (4 − t )dt = 4t −  = 9 u.a.
3 −1

2
2
Si on considère la représentation graphique, ci-desous de f,
On a : 1 u.a = 0,7 × 0,2 cm2 = 0,14 cm2
d’où T(E) = 1,26 cm2
b) f(x) = (x - 1)3
a = 0 et b = 1
Sur [0 ; 1], f ≤ 0 donc en unités d’aire
T(E)= ∫
1
0
1
 (t − 1)4 
1
1
− (t − 1) dt =  −
 = (0 ) − (− 4 ) = 4 .
4

0
3
58
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Si on considère la représentation graphique ci-dessous de f,
On a : 1 u.a = 2,6 × 1,1 cm2 = 2,86
d’où T(E) = 0,715 cm2
Exercice 3
Soient f et g définies par f(x) = x2 - 1 et g(x) = x + 1.
1. f(x) = g(x) ⇔ x2 - x - 2 = 0
d’où (x + 1)(x - 2) = 0
f(x) = g(x) ⇔ x ∈ {-1 ; 2}
(C) et (C’) se coupent en I (-1 ; f(-1)) et J (2 ; f(2)) c’est-à-dire aux points I (-1 ; 0) et
J (2 ; 3)
2. Représentation graphique
3. Aire du domaine (E) = {M(x ; y) | -1 ≤ x ≤ +2 et f(x) ≤ y ≤ g(x)}
Sur [-1 ;2] f ≤ g donc en unités d’aire T(E) =
∫
2
−1
(g(t) − f (t)) dt =
∫
2
−1
(−t 2 + t + 2) dt .
 t3 1 2
2
8
1 1
T(E) = − + t + 2t  = ( − + 2 + 4 ) − ( + − 2 ) = 4.5 u.a.
3
3 2
 3 2
−1
59
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Décomposition d’une fraction rationnelle
en éléments simples
Exercice 4
Soit f la fonction définie sur ]2 ; +∞[ par f(x) =
1.
− x + 14
(1)
(x − 2)(x + 4)
α + β = α (x + 4 ) + β (x − 2 ) = (α + β )x + (4 α − 2 β ) .
(x − 2) (x + 4) (x − 2)(x + 4) (x − 2)(x + 4)
(x − 2)(x + 4)
 α + β = −1
Par identification avec l’expression (1) on obtient le système 
 4α − 2β = 14
d’où α = 2 et β = -3
f(x) =
2 − 3
(x − 2 ) (x + 4 )
2. Soit F une primitive de f sur ]2 ; +∞[ : F(x) = 2.ln(x-2) – 3.ln(x + 4).
Exercice 5
Soit f la fonction définie sur ]-2 ; +∞[ par f(x) =
2
x −2
(1)
(x + 2)(x + 3)
a) d°P = d°Q = 2 donc d°P1 = 0 : P1 est 1 fonction constante.
c
f peut se décomposer sous la forme f(x) = a + x b+ 2 + x +
3
Par identification avec l’expression (1) on obtient f(x) = 1 +
b)
∫
1
−1
f ( t )dt =
∫
1
−1
2 − 7 .
x+2 x+3
2
7 
1

1+
−
dt = [ t + 2.ln( t + 2 ) − 7.ln( t + 3 )]−1

t + 2 t + 3
∫
1
−1
f(t )dt = 2 + ln 9
128
60
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Approximation de la valeur d’une intégrale
Exercice 6
Valeur approchée de l’intégrale I =
∫
0 ,5
0
f(t )dt pour f définie sur D = [0 ; 0,5] par
f(x)=2x.ln(x+1)
1. Variations de f
f' (x) = 2.ln(x + 1) + 2x
x+1
Pour x > 0 on a x + 1 > 1 et
2x > 0 donc ln(x + 1) > 0
x +1
et
2x > 0
x+1
D’où f’(x) > 0 : f est strictement croissante sur D.
2. Méthode des rectangles
On partage l’intervalle [0 ; 0,5] en cinq parties égales d’amplitude 0,1.
f étant strictement croissante, on a :
1
1
f ( 0 ) + ...+
f ( 0 ,4 ) <
10
10
Sn = 1
10
4
∑
i =0
∫
0 ,5
0
f ( t )dt <
1
1
f ( 0 ,1 ) + ...+
f ( 0 ,5 )
10
10
x
f(x)=2x.ln(x+1)
0
0,1
0
0,019 062…
0,2
0,072 928 …
0,3
0,157 418 …
0,4
0,269 177 …
0,5
0,405 465 …
( )
5
( )
f i = 0,0518587 ... et S'n = 1 ∑ f i = 0,0924052 ...
10
10 i=1 10
d’où 0 ,0518 <
∫
0 ,5
0
2x .ln( x + 1 )dx < 0 ,0925
61
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Exercice 7




1
1
1
1
+
+ ... +
Soit (un)n définie sur Ν* par un = 

n
2. 1 + 1 2. 1 + 2
2. 1 + n 
n
n
n 

(
)
1
on obtient un = 1 f ( 1 ) + f( 2 ) + ... + f ( n ) c'est-à-dire avec
n
n
n
n
2. 1 + x
les notations du cours un = S’n (somme de Riemann qui majore l’intégrale) avec a = 0
En posant f(x) =
et b = 1.




1
1
1
1
=
+
+ ...+
On a donc nlim
→+∞
n
1
2
n
2. 1 +
2. 1 + 
 2. 1 +

n
n
n
∫
1
0
1
dt =
2. 1 + t
[
1+ t
]
1
0




1
1
1
lim 1 
+
+ ... +
 = 2 −1
n → +∞ n
 2. 1 + 1 2. 1 + 2
2. 1 + n 
n
n
n 

Exercice 8
Méthode des trapèzes (On reprend les données de l’exercice 6)
On partage l’intervalle [0 ; 0,5] en cinq parties égales d’amplitude 0,1.
f étant strictement croissante, on a : S' ' n = Sn + S' n
2
4
( )
5
( )
avec Sn = 1 ∑ f i = 0,0518587 ... et S'n = 1 ∑ f i = 0,0924052 ...
10 i =0 10
10 i=1 10
d’où
∫
0, 5
0
2x. ln(x + 1)dx ≈ 0,072131
62
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Intégrales généralisées
Exercice 9
a
a)
a
∫
1
1 dt =
t t
a
a
 −3 +1 
 −1 
2
2
 2 
t
t




t dt =
=
= −
= (− 2 ) − (−2)

 − 3 + 1
− 1 
t 1
a

 2
1  2 1
a −3
2
1
∫
∫
a
1
1 dt = 2 − 2
t t
a
lim
∫
a
a → +∞ 1
L’intégrale est convergente : la notation
b)
∫
a
1 dt = 2
t t
∫
+∞
1
1 dt a un sens et on note
t t
∫
+∞
1
1 dt = 2
t t
a
e−t dt = 1 .
e− t dt = [−e− t ]0 = 1 − e− a d’où alim
→ +∞ ∫0
0
a
L’intégrale est convergente : la notation
✒✒
∫
+∞
1
e −t dt a un sens et on note
∫
+∞
1
e −t dt = 1 .
Approfondissements
Calcul d’aires
Exercice 10
1. Soit f définie sur ]0, +∞[ par f(x) = 1 x2 − ln x .
2
1
e2
9
a) f(1) = ; f(e) = - 1 ; f(3) = − ln3
2
2
2
b) Variations de f.
f' (x) = x −
1 x2 − 1
=
x
x
Pour 0 < x < 1 f’(x) < 0 : f est strictement décroissante.
Pour x > 1 f’(x) > 0 : f est strictement croissante.
63
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Tableau de variations :
x
0
f’(x)
1
0
-
+∞
+
+∞
+∞
f(x)
1/2
c) Représentation de f.
2. a) G’(x) = (x.ln(x) - x)’ = 1.ln(x ) + x. 1 − 1 = ln(x)
x
On a bien G’(x) = ln(x).
b) Aire du domaine plan délimité par la courbe (C), (Ox) et les droites d'équations
x = 1 et x = e.
Sur ]0 ; +∞[ f > 0 donc en unités d’aire (1 u.a = 4 cm2)
T(E) =
∫
e
1
1 2

t − ln( t) dt =
2

∫
e
1
1 2

t − G′( t) dt.
2

e
3
 e −7
 1
1
 1
= t 3 − t ln( t) + t = e 3 − e ln(e) + e − − ln(1) + 1 =
u.a
 6
1  6

 6
6
3
T(E) = 2.e − 14 cm2 (≈ 8,724 cm2)
3
64
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Exercice 11
Dans un repère orthogonal du plan (unités : 4 cm sur (Ox), 1 cm sur (Oy)) soit (C)
1
la courbe représentative de la fonction f définie par f(x) = e2x - 5ex - 6 pour x ∈ [ ; 2].
2
1.Variations de f.
f’(x) = (e2x - 5ex - 6)’ = 2.e2x - 5ex = ex(2ex - 5)
f’(x) a même signe que 2ex - 5 car ex> 0.
Pour x < ln(2,5) f’(x) < 0 : f est strictement décroissante.
Pour x > ln(2,5) f’(x) > 0 : f est strictement croissante.
f(ln(2,5)) = e2ln2,5 - 5eln2,5 - 6 = 6,25 - 12,5 - 6 = -12,25.
Tableau de variation :
x
f’(x)
0,5
-
ln(2,5)
0
+
f(0,5)
2
f(2)
f(x)
-12,25
f(2) = e4 - 5e2 - 6 et f(0,5) = e - 5e0,5 – 6 = e − 5 e − 6
2. f(x) = 0 ⇔ e2x - 5ex - 6 = 0 c'est-à-dire (ex + 1)(ex - 6) = 0 d’où ex - 6 = 0 car ex + 1 > 0
f(x) = 0 ⇔ x = ln6
3. Représentation de (C)
(C) coupe la droite (Ox) au point I(ln6 ; 0)
65
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
4. Soit F une primitive de f sur [
1
; 2] : F(x) = 1 e2 x − 5ex − 6x
2
2
5. Aire de la partie du plan limitée par (C), (Ox) et les droites d'équations x = 0,5 et
x = ln6.
1
Sur [ ; ln6] f < 0 donc en unités d’aire (1 u.a = 4 cm2)
2
∫
T(E) =
T(E) =
ln 6
12
[
]
− f (t )dt = − F (t )
ln 6
12
18 + e − 10 e + 12 ln 6
u.a
2
1
= − F (ln 6) + F ( ) .
2
T(E) ≈ 51,46 cm2.
Intégrales de fonctions rationnelles
Exercice 12
On doit au préalable décomposer les fractions en éléments simples.
1
I1 =
∫
I2 =
∫
0
1
0
t−1
dt =
t+1
∫ 1 − t +2 1dt = [t − 2ln(t + 1)]
1
0
2t + 3
dt =
t−4
1
0
= 1 − 2ln2

dt = [ 2t + 11.ln t − 4 ]
∫  2 + t 11
− 4
1
0
1
0
= 2 + 11ln
3
4
Remarques
ax + b
a
k
se décompose sous la forme +
cx + d
c cx + d
b) Sur [0 ; 1] la primitive de x a 1
est x a ln|x - 4| et non x a ln(x – 4) qui n’est
x−4
pas définie pour x < 4.
1

1 1
1 t −1
2
2 
I 3 = ∫0
−
 = −1 + ln2
2 dt = ln( t + 1 ) +
2 dt = ∫ 0

t + 1 (t + 1)
t + 10
(t + 1)
a)
I4 =
1
1
∫ (t + 1)(t + 2) dt = ∫
0
1
t2
dt =
t +1
1
0
1
1
4
1
−
dt = [ln(t + 1) − ln(t + 2)]0 = ln
t +1 t + 2
3
t 2
1

1 
1
∫0 t − 1 + t + 1 dt =  2 − t + ln( t + 1 ) = − 2 + ln2
0
1
I5 =
∫
I6 =
∫ (t + 1)(t + 2)(t + 3) dt = ∫
0
1
0
2
1
0
1
2
1
32
1
−
+
dt = [ln(t + 1) − 2.ln(t + 2) + ln(t + 3)]0 = ln
t +1 t + 2 t + 3
27
66
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Exercice 13
Soient f une fonction intégrable sur un intervalle I et a, x ∈ I.
On considère alors les fonctions ϕ ( x ) =
1. a) ψ(0) =
∫
0
0
∫
x
f ( t) dt et ψ(x) =
a
∫
x
−x
f(t) dt .
f(t) dt = 0 .
b) ϕ(x) - ϕ(-x)=
∫
x
a
f(t) dt −
∫
−x
a
f(t) dt =
∫
x
−x
f(t) dt = ψ(x).
c) ψ’(x) =(ϕ(x) - ϕ (-x) )’= ϕ’(x) + ϕ’(-x) = f(x) + f(-x).
2. On suppose que f est paire. On a donc ψ’(x) = 2.f(x).
a) ψ’(x) = 2.f (x) ⇒
∫
x
x
ψ' (t) dt = 2∫ f(t) dt
0
0
x
d’où ψ(x) − ψ(0) = 2∫0 f(t) dt
conclusion :
∫
x
−x
x
f(t) dt = 2∫ f(t) dt .
0
b) Interprétation graphique pour f ≥ 0 et x > 0
-x
∫
x
x
x
f ( t )dt = 2 ∫0 f ( t )dt L’aire comprise entre -x et x est double de celle comprise
entre 0 et x.
−x
3. On suppose que f est impaire. On a donc ψ’(x) = 0.
a) ψ’(x) = 0 donc ψ est une fonction constante. Or ψ(0) = 0 donc ψ est la fonction
nulle.
b)
∫
x
−x
f(t) dt = ψ(x) = 0.
67
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
c) Interprétation graphique pour x > 0 et f ≥ 0 sur R+.
L’aire comprise entre -x et 0 est
∫
x
0
∫
0
−x
- f ( t )dt (car f ≤ 0) et celle comprise entre 0 et x est
f ( t )dt (car f ≥ 0).
(C) étant symétrique par rapport à O ces aires sont égales :
∫
Sur [-x ; x]
d)
∫
2
−2
0
−x
f ( t )dt +
∫
x
0
f ( t )dt =
∫
0
−x
f ( t )dt +
∫
0
∫
x
0
f ( t )dt =
∫
0
−x
- f ( t )dt
0
- f ( t )dt = ∫− x0.dt = 0
−x
t
t
dt = 0 car t a 4 2
est impaire.
2
t +t +1
t +t +1
4
Solides de révolution
Exercice 14
Volume engendré par la rotation de (E) autour de (Ox) : V =
de volume)
b
2
∫ π ( f(t) ) dt
a
(en unités
1. Soit f définie sur [0 ; 8] par f(x)=− 12 x +4 .
68
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
a) Représentation graphique
b) Volume engendré par la rotation de (E) autour de (Ox) (en unités de volume)
 t3
8
 1
2

8 1 2
2
V = ∫0 π − t + 4  dt = π ∫0  t − 4t + 16 dt = π . − 2t + 16 t 
 2

4

12
0
8
V = 128 π
3
c) Volume du cône V = 1 Base × hauteur avec B = πR2.
3
V = 1 π × 42 × 8 = 128 π
3
3
2
2
2. Soit f définie sur [–R ; +R] (R > 0) par f(x) = R − x .
a) Représentation de (C) (Pour l’exemple R = 2,5)
69
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
b) Volume de la boule engendré par la rotation de (E) autour de (Ox) (en unités de
volume)
V =
∫
R
−R
2
π ( f(t )) dt =
∫
R
−R
R
π (R2 − x2 )dt = 2.∫ π (R 2 − x 2 )dt car x a R2 - x2 est paire (cf. ex. 13)
0
R
3
3
V = 2π . R 2 x − x  = 2π .(R 3 − R )

3  0
3
le volume de la boule de rayon R : V =
d’où
4 3
πR
3
Suites et intégrales
Exercice 15
On considère la suite de nombres réels (un)n définie sur N* par un = ∫
n
1
1. un +1 − un =
∫
n +1
1
1 dt − n 1 dt =
∫1 1 + t 2
1 + t2
∫
n+ 1
n
1 dt
1 + t2
1 dt
1 +t2
1 > 0 et n < n + 1 donc n +1 1 dt > 0
∫n 1 + t 2
1 + t2
On a un+1 - un > 0 et la suite (un)n est croissante.
Or
2. Pour n ≥ 2 :
1 < 1 donc
1 + t2 t2
 1 n
3. On a −  = 1 − 1 < 1 d’où
n
 t 1
∫
∫
n
1
n
1
1 dt <
1 + t2
∫
n
1
1 .dt (intégration d’une inégalité).
t2
1 dt < 1 c'est-à-dire u <1.
n
1 + t2
La suite (un)n est donc majorée par 1.
La suite (un)n qui est croissante et majorée est donc convergente.
70
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Exercice 16
On considère la suite de nombres réels (un)n définie pour n ≥ 2 par un =1+ 1 + 1 + ...+ 1
2 3
n
1. Représentation de (C) : y = 1 :
x
+1
(…)
+0,1
-0,1
+1
+2
+3
n-1
n
2. Appliquons la méthode des rectangles en partageant l’intervalle [1 ; n] en n parties
d’amplitude égale à 1 : f étant décroissante, on aura pour n fixé, n ≥ 2
n
1
∫1 t .dt ≤ 1.( f(1) +
0
on obtient ainsi
∫
n
1
3. On a
∫
n
1
f(2) + ... + f (n − 1))
1 dt ≤ 1 + 1 + 1 + ... + 1
t
2 3
n−1
Aire des rectangles gris
1
n
dt = [ln( t )]1 = ln( n ) , c'est-à-dire (d’après la question 2)
t
ln(n) ≤ 1 + 1 + 1 + ... + 1
2 3
n−1
d’où ln(n) + 1 ≤ 1 + 1 + 1 + ... + 1 + 1 c'est-à-dire ln(n) + 1 ≤ un
n
2 3
n
n −1 n

 1 1
1
1
lim ln(n) +  = +∞ donc lim 1 + + + ...+  = +∞ .
Or n→+∞
n→+∞

n
2 3
n
71
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
Exercice 17
La constante d'Euler
Soit (un)n définie pour n ≥ 2 par un = 1 + 1 + 1 + ... + 1 − ln(n)
2 3
n
1. Représentation de (C) : y = 1 :
x
2. Appliquons la méthode des rectangles en partageant l’intervalle [1 ; n] en n parties
égales d’amplitude 1 : f étant décroissante, on aura pour n fixé, n ≥ 2
n
1.( f ( 2 ) + f ( 3 ) + ... + f ( n )) ≤ ∫1
on obtient ainsi
1
dt ≤ 1.( f ( 1) + f ( 2 ) + ... + f ( n − 1))
t
Aire des rectangles gris clairs
Aire des rectangles gris
foncés
n1
1 1
1
1 1
1
+ + ... + ≤ ∫1 dt ≤ 1 + + + ... +
2 3
2 3
n
t
n−1
3. D’après la question 2 : 1 + 1 + ... + 1 ≤ ln(n) ≤ 1 + 1 + 1 + ... + 1 (1)
2 3
n
2 3
n−1
d’où 1 + 1 + 1 + ... + 1 − ln(n) ≤ 1 ≤ 1 + 1 + 1 + 1 + ... + 1 − ln(n) (En ajoutant 1 - ln(n)
2 3
n
2 3
n −1
aux inégalités (1))
c'est-à-dire un ≤ 1.
1 1
2
1
1 1
1
+ + ...+ − ln( n ) ≤ ≤ 1 + + + ...+ − ln( n )
2 3
n
n
2 3
n
1
(En ajoutant - ln(n) aux inégalités (1))
n
c'est-à-dire 0 ≤ un.
Par ailleurs
Conclusion : pour un entier n fixé, n ≥ 2, 0 ≤ un ≤ 1.
La suite (un)n est bornée.
72
8 2931 TC PA 00
Calcul intégral (2)
Séquence 2
4. a) Sur [n ; n + 1] n entier fixé, n ≥ 2 f : x a 1 est décroissante
x
1 dt ≤
n+1
∫
1 . n +1 1.dt ≤
n + 1 ∫n
∫
1 ≤
n +1
∫
donc f(n+1) ≤ f(t) ≤ f(n) et
∫
n +1
n
d’où
b) On déduit de ce résultat que
1 dt ≤
t
n +1
n
n +1
n
n +1
n
∫
n +1
n
1 dt
n
1 dt ≤ 1 . n +1 1dt
t
n ∫n
1 dt ≤ 1
t
n
1 ≤ [ln( t)]n +1 ≤ 1 c'est-à-dire 1 ≤ ln n + 1 ≤ 1 .
n
n +1
n +1
n
n
n
c) un +1 − un = (1 + 1 + 1 + ... + 1 − ln( n + 1)) − (1 + 1 + 1 + ... + 1 − ln(n))
2 3
n+1
2 3
n
un +1 − un =
d’où
n +1
1
1
− ln( n + 1) + ln( n ) =
− ln
n +1
n +1
n
un+1 - un ≤ 0 car
1 − ln n + 1 ≤ 0 (cf. question précédente)
n +1
n
La suite (un)n est décroissante
La suite (un)n est décroissante et minorée donc convergente.
Notons C sa limite. On a établi à la question 3 que 0 ≤ un ≤ 1
Par passage à la limite on obtient 0 ≤ lim un ≤ 1 c'est-à-dire C ∈ [0, 1].
→ +∞
n
5. À l’aide d’une calculatrice on obtient pour valeurs approchées de la constante
d'Euler :
u500 = 1 + 1 + 1 + ... + 1 − ln(500 ) = 0,5782153 ...
2 3
500
u1000 = 1 + 1 + 1 + ... + 1 − ln(1000 ) = 0,5777155 ...
2 3
1000
73
8 2931 TC PA 00
Unité 4
Calcul de probabilité
➤ Prérequis
• Notions élémentaires de probabilités
• Calcul des intégrales
• Notion d’intégrale généralisée
➤ Objectifs
• Initiation aux variables aléatoires continues
• Définition de la densité de probabilité, de la courbe de densité et de
la fonction de répartition
• Savoir traiter des problèmes utilisant une loi continue classique
• Utilisation de la table d’une loi continue
• Étudier simultanément plusieurs variables aléatoires
• Définir leur somme, leur différence et leur produit
• Approcher la loi d’une somme de variables aléatoires
• Étude du comportement d’échantillons aléatoires extraits d’une
population aux caractéristiques connues
➤ Contenu
• Séquence 1 : variables aléatoires réelles continues
• Séquence 2 : la loi normale
• Séquence 3 : opérations sur les variables aléatoires
• Séquence 4 : échantillonnage
75
8 2931 TC PA 00
Variables aléatoires réelles
continues
Séquence 1
✒ Applications
Exercice 1
Soit f définie sur [0 ; 2] par : f : x a x .
2
1. Représentation de la courbe de densité.
2. Sur [0 ; 2] f(x) ≥ 0
de plus
2
∫
0
f(t)dt =
2
∫
0
f(t )dt =
1
1
t dt =  t 2  = ( 1 ) − (0)
∫0
∫0 2  4  0 4
P(0 ≤ X ≤ 1) = 0,25.
X étant définie sur [0 ; 2] on : P(X > 1) = 1 – P(0 ≤ X ≤ 1)
P(X > 1) = 0,75.
3. P(0 ≤ X ≤ 1) =
1
2
t dt =  t 2  = ( 4 ) − (0) donc 2 f (t)dt = 1
∫0
2
4
 4  0
f est une densité de probabilité.
Exercice 2
Soit X la variable aléatoire de densité de probabilité f : x a x si x ∈ [0 ; 2].
2
2
2
2
2
 3
On a : E(X) = ∫ t.f(t) dt = ∫ t dt =  t  = 8 = 4
0
0
2
6 3
6
0
77
8 2931 TC PA 00
Variables aléatoires réelles continues
Séquence 1
Exercice 3
Soit X la variable aléatoire de densité de probabilité f : x a x si x ∈ [0 ; 2].
2
• Méthode 1 (recommandée) :
2 t
E(X ) = ∫0 t . dt =
2
2
∫
2
2
0
 1 4 2 16
1 3
dt
=
=2
t
 t  =
 8 0 8
2
2
4
2
d’où V(X) = E(X ) – (E(X)) = 2 −   =
9
3
2
2
• Méthode 2 :
2
V(X) =
∫ ( t - E(X))
0
2
t
. dt =
2
∫
2
0
(t-
4 2 t
) . dt =
3
2
∫
2
0
1
4
8
( t 3 - t 2 + t ) dt
2
3
9
2
4
4 
1
16 32 16 2
V(X) =  t 4 − t 3 + t 2  =
−
−
=
+
9
9 0
8
9
9
9
8
Exercice 4
Soit X la variable aléatoire de densité de probabilité f : x a x si x ∈ [0 ; 2].
2
1. Fonction de répartition F de X.
• si x ∈ ]-∞ ; 0[ alors F(x) = 0
• si x ∈ [0 ; 2] alors F(x) = P(X ≤ x) =
∫
x
0
f(t ) dt
x
x
2
F(x) = ∫ t . dt =  t 
 4  0
0 2
2
F(x) = x
4
• si x ∈ ]2 ; +∞[ alors F(x) = 1.
2. Représentation de F :
78
8 2931 TC PA 00
Variables aléatoires réelles continues
Séquence 1
Exercice 5
La variable aléatoire X a pour densité de probabilité l’application f définie sur R par :
f(x) = 0 si x ∈ ]-∞ ; 0[ et f(x) = e-x si x ∈ [0 ; +∞[
1. Représentation de f :
2. Fonction de répartition F de X.
• si x ∈ ]-∞ ; 0[ alors F(x) = 0
• si x ∈ [0 ; +∞[ alors F(x) = P(X ≤ x) =
F(x) =
∫
x
0
∫
x
−∞
f (t) dt =
f(t ) dt car
F(x) =
∫
x
0
∫
0
−∞
∫
0
−∞
x
f(t) dt + ∫ f(t) dt
0
f (t) dt = 0
x
e− t . dt = [−e− t ]0
F(x) = 1 - e-x
Représentation de F :
3. P(0 ≤ X ≤ 1) = F(1) - F(0) = (1 - e-1) - (1 - e0)
P(0 ≤ X ≤ 1) = 1 - e-1
P(X > 2,5) = 1 - P(X ≤ 2,5) = 1 - (1 - e-2,5)
P(X > 1) = e-2,5.
79
8 2931 TC PA 00
Variables aléatoires réelles continues
Séquence 1
✒✒
Approfondissements
Exercice 6
On considère la fonction f définie sur [-1 ; 3] par f(x) = a(x + 1)(3 - x).
3
∫
−1
3
3
3
3
f (t)dt = a∫ (t + 1)(3 − t)dt = a.∫ (− t 2 + 2t + 3)dt = a. − t + t 2 + 3t  = 32 .a
 3
 −1
−1
−1
3
Une condition nécessaire afin que f soit la densité d’une variable aléatoire X est
3
∫
−1
f(t )dt = 1 , c’est-à-dire :
32 a = 1 d’où a = 3 .
3
32
Or pour a = 3 f(x) = a(x + 1)(3 - x) est positif sur [-1 ; 3] et la condition est suffisante.
32
Conclusion : pour a = 3 f est la densité d’une variable aléatoire X.
32
Exercice 7
1. a) Pour a > 0, I a =
b)
∫
∫
+∞
0
+∞
0
∫
a
0
2t
dt =
1+ t 2
a
(1 + t 2 )’
∫0 1 + t 2 dt = [ln(1 + t 2 )]0 .
Ia = ln(1 + a2)
a
2t dt = lim Ia = lim ln( 1 + a 2 ) .
a → +∞
a → +∞
1 + t2
2t dt = +∞ : l’intégrale est divergente.
1 +t2
2 1
2. Soit X la variable aléatoire de densité de probabilité f :x a π .1+ x 2 si x ∈ [0 ; +∞[.
L’espérance mathématique de X est par définition :
E(X) =
∫
+∞
0
t.f(t) dt
+∞
2t dt
E(X) = 21 .∫
0
π
1 + t2
d’où
E(X) = +∞ : X n’a pas d’espérance mathématique.
(et par voie de conséquence X n’a pas de variance.)
80
8 2931 TC PA 00
Variables aléatoires réelles continues
Séquence 1
Exercice 8
Loi uniforme
La variable aléatoire X , définie sur [a ; b] (a < b) suit une loi uniforme si sa densité
de probabilité est la fonction f définie par : f(x) = 1 .
b−a
1. Courbe de densité
1
b−a
a
b
2. Espérance mathématique E(X)
E(X) =
b
∫
a
(
b
2
t dt = 1  t 2  = 1 b − a
b−a
b − a  2  a b − a
2
2
) d’où
E(X) = a + b
2
Cette valeur pouvait se retrouver graphiquement car c’est la moyenne de a et b.
Variance V(X)
E(X 2 ) =
b
∫
a
b
(
3
t 2 dt = 1  t 3  = 1 b − a
b−a
b − a  3  a b − a
3
3
)
2
2
2
d’où E(X ) = a + ab + b
3
2
a 2 + ab + b 2  a + b  a 2 − 2ab + b 2
−
 =
V(X) = E(X2) - (E(X))2 =
 2 
3
12
2
V(X) =
(a − b )
12
3. Fonction de répartition
Soit X définie sur [a ; b] et dont la densité de probabilité est définie par f(x) = 1
b−a
• si x ∈ ]-∞ ; a[ alors F(x) = 0
• si x ∈ [a ; b] alors F(x) = P(X ≤ x) =
F ( x) =
∫
x
a
∫
x
a
∫ ( t) dt
1
1
dt =
b−a
b−a
∫ 1.dt = b −1 a [t]
x
x
a
a
F(x) = x − a
b−a
81
8 2931 TC PA 00
Variables aléatoires réelles continues
Séquence 1
• si x ∈ ]b ; +∞[ alors F(x) = 1.
D’où la représentation de f :
a
b
4. Pour x1 et x2 ∈ [a ; b] :
P( x1 ≤ X ≤ x2) = F(x2) - F(x1) = x2 − a − x1 − a = x2 − x1
b −a b−a
b−a
P( x1 ≤ X ≤ x2) = x2 − x1
b−a
Exercice 9
Loi exponentielle
A. F(x) = (- x - 1)e-x et G(x) = (- x2 - 2x - 2)e-x.
1. F’(x) = -e-x + (x + 1)e-x = x.e-x
G’(x) = (-2x - 2)e-x + (x2 + 2x + 2)e-x = x2.e-x
2. Pour a réel, a > 0
∫
a
0
a
∫
a
t.e− t dt = [ F(t)]0 = F(a) − F(0) d’après le 1.
t.e−t dt = ((- a - 1 )e-a) - ((- 1 )e-0) = 1 - ( a + 1 )e-a
0
d’où
∫
∫
a
0
a
0
∫
a
0
a +1 = 0
t.e −t dt = 1 − a +a 1 or alim
donc
→ +∞ e a
e
∫
+∞
0
t .e−t dt = 1
a
t 2 .e− t dt = [G(t )]0 = G(a )− G(0 ) d’après le 1.
t 2 .e−t dt = ((- a2 - 2a - 2 )e-a ) - ((- 2)e-0) = 2 - (a2 + 2a + 2)e-a
a
d’où
∫
0
2
2
t.e −tdt = 2 − a + 2aa + 2 or lim a = lim a + 1 = 0 donc
a
e
a → +∞ ea
a → +∞ e
∫
+∞
0
t 2 .e −tdt = 2
82
8 2931 TC PA 00
Variables aléatoires réelles continues
Séquence 1
B. La variable aléatoire X suit une loi exponentielle de paramètre 1 lorsque sa densité de probabilité est la fonction f définie par : f(x) = 0 si x ∈ ]-∞ ; 0[ et f(x) = e-x si
x ∈ [0 ; +∞[
1. Sur ]-∞ ; +∞[ : f(x) ≥ 0
de plus
∫
+∞
−∞
∫
e −t dt =
+∞
−∞
∫
0
−∞
f(t)dt + ∫
+∞
0
+∞
f (t)dt = 0 + ∫ e −tdt
0
+∞
e− t dt = [−e− t ]0 = (0) − ( −1) = 1
f est une densité de probabilité.
2. Espérance mathématique E(X)
E(X) =
∫
+∞
−∞
t.f(t) dt =
0
∫ t.f(t) dt + ∫
14243
+∞
0
−∞
t.f(t) dt =
∫
+∞
0
t.f(t) dt
=0
E(X) =
Variance V(X) : E(X 2 ) =
∫
+∞
−∞
t 2 .f(t) dt =
∫
+∞
0
0
t .e−t dt = 1
2
∫ t .f(t) dt + ∫
14243
+∞
0
−∞
t 2.f(t) dt =
∫
+∞
0
t 2 .f(t) dt
=0
+∞
E(X 2 ) = ∫ t 2 .e −tdt = 2
0
d’où V(X) = E(X2) - (E(X))2 =2 - 12 = 1.
3. La fonction de répartition a été déterminée dans l’exercice 5.
Exercice 10
1. Médiane et quartiles de X avec les données de l’exercice 1.
2
Q1, me et Q3 ∈ [0 ; 2]. Or si x ∈ [0 ; 2] alors F(x) = x
4
2
F(Q1) = 0,25 ⇔
F(me) = 0,5 ⇔
Q1 1
=
d’où Q1 = 1
4
4
2
me = 1
d’où me = 2
4 2
2
F(Q3) = 0,75 ⇔
Q3 3
=
d’où Q3 = 3
4
4
83
8 2931 TC PA 00
Séquence 1
Variables aléatoires réelles continues
2. Médiane de la loi uniforme : me = a + b
2
Cette valeur peut se retrouver graphiquement en raison de la symétrie de la courbe.
Par le calcul : F(x) = 1 ⇔ x − a = 1 d’où x = a + b − a = a + b
2
b−a 2
2
2
3. Médiane de la loi exponentielle
Rappelons que sur [0 ; +∞[ : F(x) = 1 - e-x
F(x) = 0,5 ⇔ 1 - e-x = 0,5 d’où e-x = 0,5 c’est-à-dire ex = 2.
F(me) = 0,5 ⇔ me = ln2.
84
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
✒ Applications
Lecture directe de la table de la loi normale
On rappelle que pour T variable aléatoire réelle continue de loi N(0, 1) :
P(a ≤ T ≤ b) = Π(b) - Π(a)
P(-a ≤ T ≤ a) = 2. Π(a) - 1
P(T >a) = 1 - Π(a)
Exercice 1
P(T < 0,02) = Π(0,02) = 0,508 0
P(T ≤ 0,20) = Π(0,20) = 0,579 3
P(T < 2,28) = Π(2,28) = 0,988 7
P(1 < T < 2,28) = Π(2,28) - Π(1) = 0,988 7 - 0,841 3 = 0,147 4
Exercice 2
P(T < -0,75) = Π(-0,75) = 1 - Π(0,75) = 1 - 0,773 4 = 0,226 6
P(T > 2,4) = 1 - P(T ≤ 2,4) = 1 - Π(2,4) = 0,008 2
P(T ≥ - 0,82) = 1 - P(T ≤ -0,82) = Π(0,82) = 0,7939
85
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
Exercice 3
1. P(T ≤ 0,825) = Π(0,825) = 0,795 3…(Π(0,825) a pour valeur approchée la valeur
moyenne de Π(0,82) et Π(0,83))
P(T < 0,823) = 0, 794 7…
(par interpolation sur les valeurs de Π(0,82) et Π(0,83))
On a Π(0,82) < Π(0,823) < Π(0,83) et d’après la table Π(0,82) = 0,793 9 et Π(0,83)
= 0,7967.
Par interpolation :
Π(0,823 ) − Π(0,82 ) Π(0,83 ) − Π(0,82 )
=
0,823 − 0,82
0,83 − 0,82
d’où
Π (0,823 ) − 0,7939 0,7967 − 0,7939
=
soit Π(0,823 ) ≈ 0,7947
0,003
0,01
2. À l’aide de la calculatrice.
Exercice 4
1. On rappelle que P(-a ≤ T ≤ a) = 2. Π(a) - 1
P(-1,5 ≤ T ≤ 1,5) = 2.Π(1,5) – 1 = 2 × 0,9332 – 1 = 0,866 4
P(|T| < 1, 1) = 2.Π(1,1) – 1 = 0,728 6…
P(|T| ≤ 1, 1) = P(|T| < 1, 1) = 0,728 6…
on rappelle que P(T = -1, 1) = 0
2. À l’aide de la calculatrice.
86
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
Lecture inverse de la table de la loi normale
Exercice 5
a) P(T < t) = 0,9842 ⇔ Π(t) = 0,9842 d’où t = 2,15
b) P(T > t) = 0,1515 ⇔ 1 - Π(t) = 0,1515 c’est-à-dire Π(t) = 0,848 5 d’où t ≈ 1,03
c) P(-t < T < t) = 0,34 ⇔ 2.Π(t) - 1 = 0,34 c’est-à-dire Π(t) = 0,66 d’où t ≈ 0,41
Exercice 6
a) Π(t) = 0,1515 ⇔ Π(-t) = 1 - 0,1515
car Π(-t) = 1 - Π(t)
Π(t)
Π(-t) = 1 - Π(t)
Π(-t) = 1 - 0,1515 = 0,848 5 d’où - t ≈ 1,03 et t ≈ -1,03
b) P(T > t) = 0,6 ⇔ P(T < -t) = 0,6
c’est-à-dire Π(-t) = 0,6 d’où -t ≈ 0,253 (par interpolation sur les valeurs de Π(0,25) et
Π(0,26))
donc t ≈ -0,253.
Exercice 7
1. Q1 et Q3 sont définis par Π(Q1) = 0,25 et Π(Q3) = 0,75.
Π(Q3) = 0,75 ⇔ Q3 ≈ 0,675 (par interpolation sur les valeurs de Π(0,67) et Π(0,68))
La courbe de Gauss étant symétrique par rapport à (Oy) on a Q1 = -Q3 d’où Q1 ≈ -0,675
2. À l’aide de la calculatrice :
87
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
Loi normale N(m ; σ)
Exercice 8
Courbes de Gauss
loi N(-3 ; 0,5)
loi N(-3 ; 2)
loi N(1 ; 0,6)
loi N(1 ; 2)
Remarques
1. La courbe de Gauss est toujours symétrique par rapport à la droite d’équation x = m.
2. Plus σ est grand et plus la courbe de Gauss a un aspect écrasé.
Exercice 9
Soit X une variable aléatoire réelle continue de loi N(10 ; 2,5).
 X − 10 15 − 10 
 X − 10

a) P(X ≤ 15) = P 2,5 ≤ 2,5  = P 2,5 ≤ 2 




or la variable aléatoire T = X -10 suit la loi N(0 ; 1), donc P(X ≤ 15) = Π(2) = 0,977 2
2 ,5
X − 10
 7 − 10 X − 10 11 − 10 


b) P(7 < X < 11) = P 2,5 < 2,5 < 2,5  = P − 1,2 < 2,5 < 0,4 
d’où P(7 < X < 11) = Π(0,4) - Π(-1,2)
= Π(0,4) - (1 - Π(1,2))
= Π(0,4) + Π(1,2) - 1
P(7 < X < 11) ≈ 0,6554 + 0,8849 - 1 = 0,540 3
88
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
c) P(X > 12) = 1 - P(X ≤ 12) = 1 − P X − 10 ≤ 12 − 10  = 1 − P X − 10 ≤ 0,8 
2 ,5 
 2 ,5
 2 ,5

donc P(X > 12) = 1 - Π(0,8) = 0,211 9
d) P(9 < X) = P 9 − 10 < X − 10  =
2 ,5 
 2 ,5
P − 0,4 < X − 10 
2 ,5 

or P 9 − 10 < X − 10  = P X − 10 < 0,4  car la courbe de Gauss de la loi N(0 ; 1) est
2 ,5 
 2 ,5
 2 ,5

symétrique par rapport à (Oy), donc P(9 < X) = Π(0,4) = 0,655 4.
 8 − 10 X − 10 12 − 10 
e) P(8 ≤ X ≤ 12) = P 2,5 < 2,5 < 2,5  =


P − 0,8 < X − 10 < 0,8 
2 ,5


d’où P(8 ≤ X ≤ 12) = 2.Π(0,8) - 1 = 2 × 0,788 1 - 1 = 0,576 2
Exercice 10
Soit X une variable aléatoire réelle continue de loi N( 3 ; 0,5) :
 t−3
1. a) P(X ≤ t) = 0,985 ⇔ P X − 3 ≤ t − 3  = 0,985 c’est-à-dire Π  0,5  = 0,985
0 ,5 
 0 ,5
d’où t − 3 = 2,17 d’après la table soit t = 4,085.
0 ,5
 t−3
b) P(X < t) = 0,123 ⇔ P X − 3 ≤ t − 3  = 0,123 c’est-à-dire Π  0,5  = 0,123
0 ,5 
 0 ,5
Π  − t − 3  = 1 − 0,123 (car P (-a) = 1 - P (a)) donc Π  − t − 3  = 0,877
 0 ,5 
 0 ,5 
d’après la table on obtient − t − 3 = 1,16 soit t = 2,42
0 ,5

t−3
c) P(X > t) = 0,61 ⇔ P X − 3 > t − 3  = 0,61 c’est-à-dire P T < 0,5  = 0,39


0 ,5 
 0,5
Π  t − 3  = 0,39 ou encore Π  − t − 3  = 0,61
 0 ,5 
 0 ,5 
d’où − t − 3 ≈ 0,28 d’après la table, soit t = 2,86
0 ,5
89
8 2931 TC PA 00
Séquence 2
La loi normale
2. À l’aide de la calculatrice :
Approximation de la loi binomiale par la loi de
Laplace-Gauss
Exercice 11
1. La variable aléatoire X suit la loi B(100 ; 0,2).
20
20
80
21
21
79
30
30
70
a) P(20 ≤ X ≤ 30) = C1000,2 .0,8 + C1000,2 .0,8 + ... + C1000,2 .0,8 .
b) D’où P(20 ≤ X ≤ 30) ≈ P(31 ≤ X ≤ 37) ≈ 0,534.
2. a) Np = 20 et N(1-p) = 80 :
On peut approcher la loi B(100 ; 0,2) par la loi normale N(m, σ) avec m = 100 × 0,2 = 20,
σ2 = 100 × 0,2 × 0,8 et σ = 4, c’est-à-dire par la loi N(20 ; 4).
90
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
b) Soient X une variable aléatoire suivant la loi B(100 ; 0,2) et Y une variable aléatoire suivant la loi N(20 ; 4)
P(20 ≤ X ≤ 30) ≈ P(19,5 ≤Y ≤ 30,5) à l’aide de la correction de continuité
P(20 ≤ X ≤ 30) ≈ P 19 ,5 − 20 ≤ Y − 20 ≤ 30 ,5 − 20  )
4
4
4


de loi N(0, 1).
≈ Π(2,625) - Π(-0,125)
≈ Π(2,625) - (1 - Π(0,125)) = 0,996 + 0,549 - 1
P(20 ≤ X ≤ 30) ≈ 0, 545.
d’où
✒✒
≈ P(-0,125 ≤ Y −4 20 ≤ 2,625) avec Y −4 20 variable aléatoire
Approfondissements
Loi normale
Exercice 12
T est une variable aléatoire réelle normale.
En utilisant les propriétés élémentaires de l’espérance mathématique et de la variance,
on obtient :

E(T) = E 

X −m 1
1
 = E (X − m ) = (E ( X ) − m ) = 0
σ  σ
σ

V(T) = V 

X − m
1
1
 = 2 V (X − m ) = 2 V (X ) = 1 .
σ  σ
σ
Exercice 13
a) Soit X une variable aléatoire réelle continue de loi N (5, 0,8).
Q3 − 5 
Par définition P(X ≤ Q3) = 0,75 , donc P X − 5 ≤
= 0,75
0,8 
 0 ,8
 Q3 − 5 
c’est-à-dire Π 
 = 0,75
 0 ,8 
d’après la table
Q3 − 5
= 0,675 (par interpolation sur les valeurs de Π(0,67) et Π(0,68))
0 ,8
d’où Q3 = 5,54.
91
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
b) Les quartiles Q1 et Q3 sont symétriques par rapport à m, donc Q3 – 5 = Q1 + 5
c’est-à-dire Q1 = Q3 – 10 = -4,46.
Exercice 14
Les poids de 2 524 nouveau-nés d’une maternité au cours d’une année, se répartissent
suivant une loi normale autour de la valeur moyenne 3 420 g avec un écart-type de 240 g.
Soit X la variable aléatoire « poids (en grammes) d’un nouveau-né » : X suit la loi
N(3 420, 240).
1. a) Probabilité d’avoir un nouveau-né dont le poids dépasse 3 500 g :
(
)
(
3420 ≤ 3500 − 3420 = 1 − P X − 3420 ≤ 1
P(X > 3 500) = 1 - P(X ≤ 3 500) = 1 − P X −240
240
240
3
)
donc P(X > 3 500) = 1 - Π(1/3) ≈ 1 - 0,63
P(X > 3 500) = 0,37.
Nombre N présumé de ces nouveau-nés :
N = 0,37 × 2 524 ≈ 934 nouveau-nés
b) Probabilité d’avoir un nouveau-né dont le poids est inférieur à 3 000 g :
(
) (
P(X < 3 000) = P X − 3420 ≤ 3000 − 3420 = P X − 3420 ≤ − 1,75
240
240
240
donc P(X < 3 000) = Π(-1,75) = 1 - Π(1,75)
P(X < 3 000) = 0,040 1
Nombre N présumé de ces nouveau-nés :
)
N = 0,040 1 × 2 524 ≈ 101 nouveau-nés
2. a) Probabilité d’avoir un nouveau-né dont le poids dépasse 4 000 g :
(
)
(
3420 ≤ 4000 − 3420 ≈ 1 − P X − 3420 ≤ 2,42
P(X > 4 000) = 1 - P(X ≤ 4 000) = 1 − P X −240
240
240
)
donc P(X > 4 000) = 1 - Π(2,42) = 1 - 0,992 2 (Voir la table des grandes valeurs de t.)
P(X > 4 000) = 0,007 8.
Nombre N présumé de ces nouveau-nés :
N = 0,007 8 × 2 524 ≈ 20 nouveau-nés
92
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
Exercice 15
Sur les 1 500 élèves d’un lycée il y en a 238 dont la taille est inférieure à 1,60 m et 463
dont la taille est supérieure à 1,75 m.
Soit X la variable aléatoire « taille (en mètres) d’un élève » : X suit la loi N (m , s).
1. Probabilité d’avoir un élève dont la taille est inférieure à 1,60 m : P(X < 1,60 ) = 238
1500
D’où P( X − m < 1,60 − m ) = 238
σ
σ
1500
Π(
Π(−
1,60 − m
) ≈ 0,159
σ
1,60 − m
1,60 − m
) ≈ 0,841 d’où −
=1
σ
σ
m - σ = 1,60 (1)
463
Probabilité d’avoir un élève dont la taille est supérieure à 1,75 m : P(X > 1,75 ) = 1500
D’où P( X − m > 1,75 − m ) = 463
σ
σ
1500
D’où P( X − m ≤ 1,75 − m ) = 1 − 463
σ
σ
1500
Π(
1,75 − m
1,75 − m
) ≈ 0,691 d’où
= 0 ,5
σ
σ
m + 0,5σ = 1,75 (2)
 m − σ = 1,60
En regroupant les égalités (1) et (2) on obtient le système 
 m + 0,5σ = 1,75
dont les solutions sont m = 1,70 et σ = 0,1
2. Nombre N d’élèves dont la taille est comprise entre 1,60 m et 1,80 m :
 1, 60 − 1,70 X − 1,70 1, 80 − 1,70 
P(1, 60 < X < 1, 80 ) = P
<
<

0 ,1
0 ,1
0 ,1



X − 1,70 
P−1 <
< 1

0 ,1

P(1,60 < X < 1,80) = 2.Π(1) – 1 ≈ 0,682 6
d’où
N = 0,682 6 × 1 500 ≈ 1 024 élèves
93
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
Approximation de la loi binomiale par la loi de
Laplace-Gauss
Exercice 16
On lance 20 paquets de 500 pièces de monnaie que l’on suppose parfaitement équilibrées.
1. Soit X la variable aléatoire réelle « nombre de piles obtenues ».
L’épreuve (lancer d’une pièce) est répétée N = 10 000 fois dans les mêmes conditions
et de façon indépendante, avec une probabilité de « succès » (obtenir Pile) p = 0,5 :
X est donc une variable aléatoire binomiale de loi B(l0 000 ; 0,5)
2. a) Np = 5 000 et N.(1-p) =5 000 :
On peut approcher la loi B(10 000 ; 0,5) par la loi normale N(m,σ) avec m = Np et
σ2 =Np(l -p), c’est-à-dire par la loi N(5 000 ; 50).
3. a) Probabilité pour que le nombre de piles soit compris entre 4 900 et 5 100 :
 4900 − 5000 X − 5000 5100 − 5000 
P( 4900 < X < 5100 ) = P
<
<



50
50
50
(
P(4900 < X < 5100 ) = P − 2 < X − 5000 < 2
50
)
P(4900 < X < 5100) = 2. Π(2) - 1 = 0, 954 4
Soit plus de 95 % de chance pour que le nombre de piles soit compris entre 4 900 et 5 100.
b) Probabilité pour que le nombre de piles soit supérieur à 5 200:
(
P( X > 5200 ) = P X − 5000 > 5200 − 5000
50
50
(
P( X > 5200 ) = P X − 5000 > 4
50
)
)
P(X > 5200) = 1 - Π(4) = 1 - 0, 999 968
P(X > 5 200) ≈ 0,000 032
Soit environ 3 chances sur 100 000 pour que le nombre de piles soit supérieur à 5 200.
94
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
✒✒✒ Travaux pratiques
TP1
Sujet BTS informatique de gestion – Juin 2000
1. On prélève au hasard et avec remise n dossiers parmi les 1 200 dossiers des assurés.
L’épreuve est répétée N = n fois dans les mêmes conditions et de façon indépendante, avec
60 = 1 = 0,05 :
une probabilité de « succès » (obtenir un dossier de « type DS ») p = 1200
20
X est donc une variable aléatoire binomiale de loi B(n ; 0,05)
 1 k  19 n−k
La probabilité d’obtenir k dossiers de « type DS » est : P(X = k) = C n  20   20 
k ∈ {0, 1, … , n}
k
2. Dans cette question, on prend n = 10.
 1 1  19 9
a) P(prélever un seul dossier est de « type DS ») = P(X = 1) = C 10    
20 20
1
P(X = 1) ≈ 0,32 (arrondi à 10-2)
b) P(prélever au moins un dossier de « type DS ») = P(X ≥ 1) = 1 - P(X = 0)
 19 10
 1 0  19 10
P(X ≥ 1) = 1 − C 10     = 1 −   .
 20   20 
 20 
0
P(X ≥ 1) ≈ 0,40 (arrondi à 10-2)
3. Dans cette question, on prend n = 60.
On admet que la loi de probabilité X peut être approchée par une loi de Poisson. Soit
Y une variable aléatoire suivant cette loi de Poisson.
a) On peut approcher la loi B(60; 0,05) par la loi P (λ) avec λ = Np = 60 × 0,05 = 3.
Conclusion :
On peut approcher la loi B(60; 0,05) par la loi P (3).
95
8 2931 TC PA 00
La loi normale
Séquence 2
b) Probabilité P(Y ≥ 2) :
P(Y ≥ 2) = 1 - P(Y = 0) - P(Y = 1)
0
1
P(Y ≥ 2) = 1 − e −3. 3 − e −3. 3
0!
1!
P(Y ≥ 2) ≈ 0,80 (arrondi à 10-2)
4. Dans cette question, on prend n = 200.
On admet que la loi de probabilité de X peut être approchée par une loi normale. Soit
Z une variable aléatoire suivant cette loi normale.
a) Paramètres de la loi normale suivie par Z.
Si Z est une variable aléatoire de loi N(m;σ) alors on doit avoir m = Np et σ =
Np ( 1 − p ) .
m = 200 × 0,05 = 10 et σ = 200 × 0,05 × 0,95 ≈ 3,08 (arrondi à 10-2)
On peut approcher la loi B (200; 0,05) par la loi normale N (10 ; 3,08).
b) P(Z ≤ 9) = P Z − 10 ≤ 9 − 10  ≈ P Z − 10 ≤ − 0,32 
3,08 
 3,08
 3,08

P(Z ≤ 9) ≈ Π(-0,32) = 1 - Π(0,32) car la courbe de Gauss de la loi N(0 ; 1) est symétrique par rapport à (Oy), d’où P(Z ≤ 9) ≈ 1 - 0,63
P(Z ≤ 9) ≈ 0,37 (arrondi à 10-2)
P(Z ≥ 15 ) = P Z − 10 ≥ 15 − 10  ≈ P Z − 10 ≥ 1,62 
3,08 
 3,08
 3,08

P(Z ≥ 15 ) ≈ 1 − P Z − 10 ≤ 1,62 
 3,08

P(Z ≥ 15) ≈ 1 - Π(1,62) = 1 - 0,947 4
P(Z ≥ 15) ≈ 0,05 (arrondi à 10-2)
c) Valeur approchée de P(X = 10).
P(X = 10) ≈ P(9,5 ≤ Z ≤ 10,5) à l’aide de la correction de continuité
P(X = 10 ) = P 9,5 − 10 ≤ Z − 10 ≤ 10 ,5 − 10
3,08
3,08
 3,08
P(X = 10) ≈ 2.Π(0,16) - 1
 ≈ P − 0,16 ≤ Z − 10 ≤ 0,16  (arrondi à 10-2)



3,08



car Z − 10 est une v.a.r de loi N(0, 1)
3,08
P(X = 10) ≈ 0,13 (arrondi à 10-2)
96
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables
aléatoires
Séquence 3
✒ Applications
Loi d’un couple
Exercice 1
On tire au hasard une carte dans un jeu de 32 cartes indiscernables
X = 0 si la carte tirée est un carreau, X = 1 sinon.
Y = 0 si la carte tirée est une figure, Y = 1 sinon.
P(X = 0 ∩Y = 0) = P(la carte tirée est un carreau et une figure) = 3/32
P(X = 0 ∩Y = 1) = P(la carte tirée est un carreau et n’est pas une figure) = 5/32
P(X = 1 ∩Y = 0) = P(la carte tirée n’est pas un carreau et est une figure) = 9/32
P(X = 1 ∩Y = 1) = P(la carte tirée n’est pas un carreau et n’est pas une figure) = 15/32
La loi conjointe d’un couple de variables aléatoires X et Y est définie par le tableau :
X=0
X=1
Y=1
5/32
15/32
5/8
Y=0
3/32
9/32
3/8
1/4
3/4
1
Exercice 2
La loi conjointe d’un couple de variables aléatoires X et Y est définie par le tableau :
X=1
X=2
Y=1
0,2
0,1
0,3
Y=2
0,1
0,2
0,3
Y=3
0,3
0,1
0,4
0,6
0,4
1
97
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables aléatoires
Séquence 3
Les lois marginales du couple (X ;Y) sont définies par :
k
1
2
total
P(X = k)
0,6
0,4
1
k
1
2
3
total
P(Y = k)
0,3
0,3
0,4
1
Exercice 3
1. La loi du couple (X ;Y) est définie par le tableau :
X = -1
X=1
total
Y = -1
0,15
0,1
0,3
Y=0
0,15
0,2
0,3
Y=1
0,3
0,1
0,4
total
0,6
0,4
1
X etY ne sont pas indépendantes car, par exemple,
P(X = -1 ∩Y = -1) = 0,15 et P(X = -1) . P(Y = -1) = 0,6 × 0,3 = 0,18
Donc P(X = -1 ∩Y = -1) ≠ P(X = 1) . P(Y = -1)
2. X etY étant des variables aléatoires indépendantes on a :
P(X = xi ∩Y = yj) = P(X = xi) × P(Y = yj)
Et on retrouve la loi du couple (X ;Y) en effectuant les produits « lignes par colonnes » :
X=1
X=2
X=3
total
Y=1
0,07
0,42
0,21
0,7
Y=2
0,03
0,18
0,09
0,3
total
0,1
0,6
0,3
1
Remarque
En général si X etY ne sont pas indépendantes la donnée des lois marginales ne suffit
pas pour définir la loi du couple (X,Y).
98
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables aléatoires
Séquence 3
Exercice 4
Avec les données de l’exercice 2.
1.
S = X+Y
Y=1
Y=2
0,2
X=1
0,1
S=2
0,1
X=2
Y=3
0,3
S=3
S =4
0,2
S=3
0,1
S=4
S =5
2. Loi de S = X + Y :
k
2
3
4
5
total
P(S = k)
0,2
0,2
0,5
0,1
1
Exercice 5
Avec les données de l’exercice 2.
1.
D=X-Y
Y=1
Y=2
Y=3
Z=X.Y
0,2
0,1
0,3
D=0
D = -1
D = -2
0,1
0,2
0,1
D=1
D=0
D = -1
X=1
X=2
X=1
X=2
Y=1
0,2
Y=2
0,1
0,3
Z=2
Z=3
0,2
0,1
Z=4
Z=6
Z=1
0,1
Z=2
Y=3
2. En déduire le tableau définissant les lois des variables aléatoires réelles D = X - Y et
Z =X.Y :
k
-2
-1
0
1
total
P(D = k)
0,3
0,2
0,4
0,1
1
k
P(Z = k)
1
0,2
2
0,2
3
0,3
4
0,2
6
0,1
total
1
99
8 2931 TC PA 00
Séquence 3
Opérations sur les variables aléatoires
Exercice 6
On reprend les données de l’exercice 2.
1. E(X) = 0,6 × 1 + 0,4 × 2 = 1,4
E(Y) = 0,3 × 1 + 0,3 × 2 + 0,4 × 3 = 2,1
2. E(X + Y) = 0,2 × 2+ 0,2 × 3 + 0,5 × 4 + 0,1 × 5 = 3,5
E(X + Y) = 3,5 = E(X) + E(Y)
on a bien : E(X + Y) = E(X) + E(Y)
3. E(X - Y) = 0,3 × (-2)+ 0,2 × (-1) + 0,4 × 0 + 0,1 × 1 = -0,7
E(X - Y) = -0,7 = E(X) - E(Y).
on a bien : E(X - Y) = E(X) - E(Y).
4. E(X .Y) = 0,2 × 1+ 0,2 × 2 + 0,3 × 3 + 0,2 × 4 + 0,1 × 6 = 2,9
E(XY) = 2,9 et E(X).E(Y) = 1,4 × 2,1 = 2,94
E(XY) ≠ E(X).E(Y) car X etY ne sont pas indépendantes.
Exercice 7
On reprend les données de l’exercice 2.
1. Calcul de V(X),V(Y) et V(X + Y) :
E(X2) = 0,6 × 12 + 0,4 × 22 = 2,2
E(Y2) = 0,3 × 12 + 0,3 × 22 + 0,4×32 = 5,1
E((X + Y)2) = 0,2 × 22+ 0,2 × 32 + 0,5 × 42 + 0,1 × 52 = 13,1
D’où :
V(X) = E(X2) - (E(X))2 = 2,2 - 1,42 = 0,24
V(Y) = E(Y2) - (E(Y))2 = 5,1 - 2,12 = 0,69
V(X + Y) = E((X + Y)2) - (E(X + Y))2 = 13,1 - 3,52 = 0,85
2. V(X + Y) = 0,85
et
V(X) + V(Y) = 0,24 + 0,69 = 0,93
V(X + Y) ≠ V(X) + V(Y) car X etY ne sont pas indépendantes.
100
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables aléatoires
Séquence 3
Stabilité de la loi normale
Exercice 8
X et Y sont des variables aléatoires indépendantes qui suivent les lois normales N(1 ; 1)
et N(2 ; 2).
1. Si X et Y sont des variables aléatoires normales alors les variables aléatoires X + Y et
X - Y sont aussi des variables aléatoires normales.
E(X + Y) = E(X) + E(Y) = 1 + 2 = 3
V(X + Y) = V(X) + V(Y) car X et Y sont indépendantes donc V(X + Y) = 12 + 22 = 5
et σ(X + Y) = 5
La variable aléatoire X + Y suit la loi normale N(3 ;
5 ).
E(X - Y) = E(X) - E(Y) = 1 - 2 = -1
V(X - Y) = V(X) + V(Y) car X et Y sont indépendantes donc V(X - Y) = 5 et
σ(X + Y) = 5
La variable aléatoire X - Y suit la loi normale N(-1 ;
5 ).




2. P(2 < X + Y < 4) = P − 1 < X + Y − 3 < 1  = 2.Π  1  − 1 ≈ 0,35
5
5
5

 5




P(X - Y < 0) = P X − Y + 1 < 1  = Π  1  ≈ 0,67
5
5

 5
Théorème de la limite centrée
Exercice 9
On considère 60 variables aléatoires deux à deux indépendantes, définies sur un même
univers Ω, de même espérance m = 20 et de variance σ2 = 16.
On note S60 = X1 + X2 +…+ X60 et f 60 =
X1 + K + X 60
60
1. E(S60) = E(X1 + X2 +…+ X60) = E(X1) + …+ E(X60) = 60 × 20 = 1 200.
V(S60) = V(X1 + X2 +…+ X60) = V(X1) + …+ V(X60) car les variables aléatoires sont
deux à deux indépendantes, d’où :
V(S60) = 60. σ2 = 960
et
σ(S60) =
960 = 8. 15
101
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables aléatoires
Séquence 3
2. On a f60 = X 1 + ... + X 60 = S60
60
60
( )
) = V (S )= 1 .V (S
60
60
E(f60 ) = E S60 = 1 .E(S60 ) = 20
60
60
V (f 60
60
2
σ (f60 ) =
60
) = 9602 = 4
15
60
4 = 2 = 2 15
15
15
15
3. n ≥ 30 : on peut donc appliquer le théorème de la limite centrée :
La loi de S60 peut être approchée par une loi normale dont les paramètres sont E(S60)
et σ(S60)
S60 suit approximativement la loi N(1 200 ; 8 15 )
La loi de f60 peut être approchée par une loi normale dont les paramètres sont E(f60)
et σ(f60)
f60 suit approximativement la loi N(20 ; 2 15 )
15
4. P(S60 > 1280) = 1 - P(S60 ≤ 1280) = 1 − P S60 − 1200 ≤ 1280 − 1200 
8 15
 8 15

d’où P(S60 > 1280) ≈ 1 - Π(2,58)
P(19 ≤ f60 ≤ 21) =


f60 − 20 21 − 20
P 19 − 20 <
<
2. 15
2. 15
 2. 15
15
15
 15
P(S60 > 1280) ≈ 0,05






f60 − 20
 15 
15
15
<
<
 = P −
 = 2 .Π 
−1
2
2
2. 15
 2 



15



d’où P(19 ≤ f60 ≤ 21) ≈ 2.Π(1,94) – 1
P(19 ≤ f60 ≤ 21) ≈ 0,95
102
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables aléatoires
✒✒
Séquence 3
Approfondissements
Exercice 10
1. P(X=0 ∩ Y=0) = P(la première boule tirée est rouge et la deuxième boule est rouge)
2
P(X = 0 ∩ Y = 0) = 42 = 16
7 49
P(X=0 ∩ Y=1) = P(la première boule tirée est rouge et la deuxième boule est blanche)
P(X = 0 ∩ Y = 1) = 4.23 = 12
7 49
P(X=1 ∩ Y=0) = P(la première boule tirée est blanche et la deuxième boule est rouge)
P(X = 1 ∩ Y = 0) = 3.24 = 12
7 49
P(X=1 ∩ Y=1) = P(la première boule tirée est blanche et la deuxième boule est blanche)
2
P(X = 1 ∩ Y = 1) = 32 = 9
7 49
La loi conjointe du couple de variables aléatoires X et Y est définie par le tableau :
X=0
X=1
Y=0
16/49
12/49
4/7
Y=1
12/49
9/49
3/7
4/7
3/7
1
3
3
4
3
3
4
× 0 + × 1 = ; E(Y) = × 0 + × 1 =
7
7
7
7
7
7
4 2 3 2 3
4 2 3 2 3
V(X) = × 0 + × 1 = ; V(Y) = × 0 + × 1 =
7
7
7
7
7
7
2. E(X) =
3. Les variables aléatoires sont indépendantes car :
P(X = 0 ∩ Y = 0) = P(X = 0)×P(Y
P(X = 0 ∩ Y = 1) = P(X = 0)×P(Y
P(X = 1 ∩ Y = 0) = P(X = 1)×P(Y
P(X = 1 ∩ Y = 1) = P(X = 1)×P(Y
=
=
=
=
0)
1)
0)
1)
4. Il n’est pas nécessaire de donner la loi de X + Y pour obtenir les résultats :
E(X + Y) = E(X) + E(Y) = 3 + 3 = 6
7 7 7
De plus X + Y étant indépendantes
V(X + Y) = V(X) + V(Y) = 3 + 3 = 6
7 7 7
103
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables aléatoires
Séquence 3
Exercice 11
1. P(X > 422) = 1- p(X ≤ 422)
 X − 350 422 − 350 
 X − 350

≤
≤ 2 , 88 
= 1 − P
 = 1 − P
25
 25

 25

P(X > 422) = 1 - Π(2,88) ≈ 0,002
2. Loi de Y1 + Y2 + … + Y350
Y1 +Y2 + … +Y350 est la variable aléatoire « chiffre d’affaire attendu par le supermarché »
Y1 + Y2 + … + Y350 somme de 350 variables aléatoires normales suit une loi normale
N(m ; σ) avec :
m = E(Y1 + Y2 +… Y350) = 350×120 = 42 000
σ2 = V(Y1 + Y2 +… Y350) = V(Y1) + V(Y2) + … + V(Yn)
σ2 = 350×202 = 140 000
σ = 100. 14
Y1 + Y2 + … + Y350 suit la loi N(42 000 ; 100. 14 )
Y + Y +… Y − 42000 41000 − 42000 
2
n
≤

3. P(Y1 + Y2 +… Yn < 41 000)= P  1


100 14
100 14
= Π(-2,67) = 1 - Π(2,67) = 0,003 8
Soit environ 4 chances sur 1 000 pour que 350 clients ne permettent au supermarché
de réaliser qu’un chiffre d’affaire inférieur à 41 000 € le samedi.
4. a) Nombre minimum n0 de clients
E(Y1 + Y2 +… Yn) = 120n
V(Y1 + Y2 +… Yn) = V(Y1) + V(Y2) + … + V(Yn) = n×202 = 400n.
σ(Y1 + Y2 +… Yn) = 20 n .
La variable aléatoire Y1 + Y2 +… Yn suit la loi N(120n ; 20 n )
Notons Sn la variable aléatoireY1 + Y2 +… Yn.
104
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables aléatoires
Séquence 3


P(Sn > 50 000) ≥ 0,9 ⇔ P Sn − 120 n > 50000 −120 n  ≥0,9
20 n
 20 n



P(Sn > 50 000) ≥ 0,9 ⇔ P Sn − 120 n < − 50000 −120 n  ≥0,9
20 n
 20 n

 50000 − 120n 
c’est-à-dire Π −
 ≥ 0,9


20 n
À l’aide de la table de la loi N(0 ; 1) on obtient − 50000−120n ≥1,29
20 n
d’où 120n − 25,8 × n − 50000 ≥ 0 ou encore 120
( n)
2
− 25,8 × n − 50000 ≥ 0
qui est une inéquation du 2d degré dont les solutions n (entières) vérifient :
n ≤ -20,305... ou
n ≥20 ,520 ...
n ≥ 421,07… d’où
n0 = 422.
b) D’après la question 1 : P(X > 422) ≈ 0,002 = 0,2 %
Une telle éventualité n’est donc pas envisageable plus de 1 fois sur 100.
5. Si les variables aléatoires Yi ne sont plus nécessairement normales la variable aléatoire Y1 + Y2 +… Yn suit approximativement la loi N(120n ; 20 n ) d’après le théorème
de la limite centrale.
On peut donc déterminer n0 de façon similaire.
Exercice 12
Pour la réalisation d’un nouveau projet une entreprise estime qu’elle doit réaliser les
8 tâches a, b, c, d, e, f, g et h en tenant compte de l’ordre et des durées moyennes (exprimées en jours) indiquées ci-dessous :
2
d
4
5
g
α
a
1
1
c
3
b
3
4
e
6
2
h
7
4
f
4
2
L’étape g dure en moyenne α jours.
105
8 2931 TC PA 00
Séquence 3
Opérations sur les variables aléatoires
1. Il y a trois chemins pour aller de l’étape 1 à l’étape 7 :
(a, d, g) de longueur α + 5
(b, e, h) de longueur 10
(c, f, h) de longueur 5
(a, d, h) est l’unique chemin critique si α + 5 ≥ 11 c’est-à-dire α ≥ 6.
On prend désormais α = 6.
2. La durée moyenne de (a, d, g) est de 11 jours.
3. On admet que les durée des tâches b, e et h sont 3 variables aléatoires indépendantes
X,Y et Z qui suivent respectivement les lois N(4 ; 0,5), N(2 ; 0,5) et N(4 ; 0,5).
a) La variable aléatoire X + Y + Z est la durée de réalisation attendue des tâches b, e et h.
X + Y + Z somme de 3 variables aléatoires normales suit une loi normale.
E(X + Y + Z) = E(X) + E(Y) + E(Z) = 10.
V(X + Y + Z) = V(X) + V(Y) + V(Z) (indépendance des tâches)
V(X + Y + Z) = V(X) + V(Y) + V(Z) = 0,52 +0,52 +0,52 = 0,75
3
σ(X + Y + Z) = 2
3
X + Y + Z suit la loi N(10 ; 2 )
b) P(X + Y + Z > 11) = 1- p(X + Y + Z ≤ 11)








X
Y
Z
10
X
Y
Z
11
10
10
+
+
−
−
+
+
−
2
≤
≤ 
=1− P
= 1− P
3
3 
3
3


2
2 


2

≈ 1 - Π(1,15) = 0,125 1 soit environ 13 % de chances de dépasser la durée du
projet.
106
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables aléatoires
Séquence 3
Exercice 13
Soit Xi la variable aléatoire réelle prenant la valeur 1 si le client i a une réclamation à
faire, 0 sinon.
Par hypothèse Xi suit la loi B(1 ; 0,05)
E(Xi) = 0,05 et V(Xi) = 0,05×0,95 = 0,047 5
X1 + X2 +… X200 est la variable aléatoire « nombre de réclamations à venir faites par
200 clients qui achèteront le produit A ».
E(X1 + X2 +… X200) = E(X1) + E(X2) + … + E(X200) =200×0,05 = 10.
V(X1 + X2 +… Xn) = V(X1) + V(X2) + … + V(Xn)
car leurs achats sont indépendants
V(X1 + X2 +… Xn) = 200×0,047 5 = 9,5
σ(X1 + X2 +… Xn) =
9,5 .
D’après le théorème de la limite centrale la variable aléatoire X1 + X2 +… X200 suit
approximativement la loi normale N(10 ; 9,5 ).
Notons S la variable aléatoire X1 + X2 +… X200.
Probabilité pour que l’on observe plus de 16 réclamations
P(S > 16) = 1- p(S ≤ 16)


 S − 10 16 −10 
=1− P S −10 ≤ 6 
≤
= 1− P
 9 ,5 9 ,5 
9,5 


 9,5
≈ 1 - Π(1,95) = 0,025 6
soit environ 3 % de chances d’observer plus de 16 réclamations.
Probabilité pour que l’on observe moins de 5 réclamations
P(S < 5)




= P S − 10 < 5−10  =1− P S −10 <− 5 
9 ,5 
9 ,5 
 9 ,5
 9 ,5
≈ Π(-1,62) = 1 - Π(1,62) = 1-0,947 4 = 0,0526
soit environ 5 % de chances d’observer moins de 5 réclamations.
107
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables aléatoires
Séquence 3
✒✒✒ Travaux pratiques
TP1
D’après sujet BTS informatique de gestion 1993
Partie A
On considère les événements :
E1 « aucun des deux ascenseurs ne tombe en panne » et E2 « au moins un ascenseur
tombe en panne »
p1 = P(E1) = P(l’ascenseur A fonctionne ∩ l’ascenseur B fonctionne)
p1 = P(l’ascenseur A fonctionne) × P(l’ascenseur B fonctionne) car les fonctionnements
sont indépendants d’où :
p1 = 0,9 × 0,9 = 0,81.
p2 = P(E2) = 1 - P(E1) = 1 – 0,81 = 0,19.
p2 = 0,19.
Partie B
X et Y sont indépendantes et suivent respectivement les lois normales N(22 ; 4) et
N(18 ; 3).
Soit la variable aléatoire Z = X + Y. on admet que Z suit une loi normale.
1. Espérance mathématique et écart type de Z = X + Y :
E(Z) = E(X + Y) = E(X) + E(Y) = 22 + 18 = 40
E(Z) = 40
V(Z) = V(X + Y) = V(X) + V(Y) car X et Y sont indépendantes donc :
V(Z) = 42 + 32 = 25 c’est-à-dire
σ(Z) = 5.
2. La variable aléatoire Z suit la loi normale N(40 ; 5).
 34 − 40 Z − 40 48 − 40 
<
<
P(34 < Z< 48) = P 
 = Π(1,6) - Π(-1,2)
5
5 
 5
P(34 < Z< 48) ≈ 0,83
P(34 < Z< 48) = Π(1,6) - (1 - Π(1,2))
 −α Z − 40 α 
α 
<
<  = 2.Π   − 1
3. P(40 - α < Z< 40 + α) = P 
5
5
5
5 
108
8 2931 TC PA 00
Opérations sur les variables aléatoires
Séquence 3
()
P(40 - α < Z< 40 + α) = 0,95 ⇔ 2.Π α − 1 = 0,95
5
()
Donc P(40 - α < Z< 40 + α) = 0,95 ⇔ Π α = 0,975
5
Par lecture inverse de la table on trouve à 10-2 près α = 1,96 d’où
5
α = 9,80.
TP2
Sujet BTS informatique de gestion 2002
Une entreprise vend 2 types de meubles : M1, M2 respectivement 419 euros et 509
euros l’unité.
La demande mensuelle en meubles M1 est une variable aléatoire X qui suit la loi normale N(85 ;15).
La demande mensuelle en meubles M2 est une variable aléatoire Y qui suit la loi normale N(52 ; 8).
On suppose que X etY sont indépendantes.
Partie A
 X − 85 80 − 85 
 X − 85
1
P(V1) = P(X ≤ 80) = P 
≤
≤− 
 = P
15 
3
 15
 15
 1
1
P(V1) = Π −  = 1 − Π   d’où
 3
3 
P(V1) ≈ 0,369.
Y − 52 70 − 52 
 X − 85

≤
≤ 2,25 
P(V2) = P(Y ≤ 70) = P 
 = P
8 
 8
 15

P(V2) = Π(2,25) d’où
P(V1) ≈ 0,988.
Partie B
P(S1) = P(X > 80) = 1 - P(X ≤ 80) = 1 - P(V1) ≈ 1 – 0,369 = 0,631
P(S2) = P(Y > 70) = 1 - P(X ≤ 70) = 1 - P(V2) ≈ 1 – 0,988 = 0,012
P(S) = P(S1 ∪ S2) = P(X > 80 ∪Y > 70) = P( X ≤ 80 ∩ Y ≤ 70 ) = 1 - P(X ≤ 80 ∩Y ≤ 70)
X etY étant indépendantes :
P(X ≤ 80 ∩ Y ≤ 70) = P(X ≤ 80) × P(Y ≤ 70) ≈ 0,369 × 0,988 ≈ 0,365
d’où P(S) ≈ 0,635.
109
8 2931 TC PA 00
Séquence 3
Opérations sur les variables aléatoires
Partie C
Un mois donné est dit rentable si le chiffre d’affaires de ce mois dépasse 70 000 euros.
1. Chiffre d’affaires Z (en euros) du mois :
Z = 419.X + 509.Y.
2. Espérance mathématique de Z.
E(Z) = E(419.X + 509.Y) = 419.E(X) + 509.E(Y)
E(Z) = 419 × 85 + 509 × 52 = 62 083 euros.
3. On admet que Z suit la loi normale N(62083 ; 7400).
La probabilité pour qu’un mois donné soit rentable est P(Z > 70 000)
P(Z > 70 000) = 1 - P(Z ≤ 70 000) =
 Z − 62083 70000 − 62083 
 Z − 62083 7917 
1 − P
≤
≤
 = 1 − P

 7400

 7400
7400
7400 
d’où P(Z > 70 000) ≈ 1 - Π(1,07)
P(Z > 70 000) ≈ 0,142
4. L’épreuve « obtenir un mois rentable sur un semestre » est répétée 6 fois dans les
mêmes conditions et de façon indépendante, avec une probabilité de « succès » (obtenir un mois rentable) p =0,142 :
R est donc une variable aléatoire binomiale de loi B(6 ; 0,142)
k
k
6− k
5. La probabilité d’obtenir k mois rentables est P(R = k) = C6 0,142 x 0,858
k ∈ {0, 1, … , 6}
0
0
6
1
1
5
P(R ≥ 2) = 1 - P(R = 0) - P(R = 1) = 1- C6 0,142 x 0,858 − C6 0,142 x 0,858
P(R ≥ 2) ≈ 0,205.
110
8 2931 TC PA 00
Échantillonnage
Séquence 4
✒ Applications
Des résultats simples et importants pour l’échantillonnage
Exercice 1
T est une variable aléatoire de loi N(0, 1).
1. P(-a < T < a)= 0,95 ⇔ 2Π(a) - 1 = 0,95 c’est-à-dire Π(a) = 0,975
P(-a < T < a)= 0,95 ⇔ a = 1,96.
[-1,96 ; 1,96] est l’intervalle de pari symétrique au seuil de confiance 95 % ou au seuil
de risque 5 %.
2. P(-2, 58 < T < 2,58) = 2Π(2, 58) - 1 ≈ 0,99
P(-3, 29 < T < 3,29) = 2Π(3,29) - 1 ≈ 0,999.
[-2,58 ; 2,58] est l’intervalle de pari symétrique au seuil de confiance 99 % ou au seuil
de risque 1 %.
[-3,29 ; 3,29] est l’intervalle de pari symétrique au seuil de confiance 99,9 % ou au seuil
de risque 0,1 %.
Distribution des moyennes
Exercice 2
Une usine fabrique des ampoules dont la durée de vie est de 1 000 heures avec un écart
type de 50 heures. On prélève des échantillons de 200 ampoules avec remise.
1. La moyenne X 200 de ces échantillons (non exhaustifs) est une variable aléatoire qui
a pour paramètres
E( X 200 )=1000
et
σ (X 200 )= 50 .= 5
200
2
111
8 2931 TC PA 00
Échantillonnage
Séquence 4
2. n est « grand » (n > 30) : la variable aléatoire X 200 −51000 suit approximativement la
loi N(0 ; 1).
2




X 200 − 1000 −5 

= Π( − 2 ) = 1 − Π( 2 )
P X 200 < 995 = P
<
σ
5 



n
2
(
)
(
)
P X 200 < 995 ≈ 1 − 0 ,921 = 0 ,079
c’est-à-dire 7,9 % dont la moyenne est inférieure à 995 heures.
Sur 100 échantillons de 200 ampoules on devrait trouver environ 8 échantillons dont
la moyenne est inférieure à 995 heures.
Exercice 3
Dans le cas d’un tirage exhaustif parmi 2 000 ampoules.
1. La moyenne X 200 de ces échantillons (exhaustifs) est une variable aléatoire qui a pour
paramètres
E( X 200 )=1000
et
σ (X 200 )= 50 × 2000 −200 = 150
1999
200
1999
2. n est « grand » (n > 30) : la variable aléatoire X 200 −1000 suit approximativement la loi
150
N (0 ; 1).
1999




X 200 − 1000
−5 

≈ Π( −1,490 )
P X 200 < 995 = P
<
150
150 



1999
1999 
(
)
(
)
P X 200 < 990 ≈ 1 − 0 ,932 = 0 ,068
c’est-à-dire 6,8 % dont la moyenne est inférieure à 995 heures.
Sur 100 échantillons de 200 ampoules on devrait trouver environ 7 échantillons dont
la moyenne est inférieure à 995 heures.
112
8 2931 TC PA 00
Échantillonnage
Séquence 4
Distribution des fréquences
Exercice 4
On cherche la probabilité pour que plus de 50 ×30 =15 personnes utilisent le bon.
100
Soient X30 la variable aléatoire « nombre de personnes qui utiliseraient ce bon ».
et f30 la variable aléatoire « fréquence des personnes qui utiliseraient ce bon ».
L’échantillon aléatoire est non exhaustif (avec remise) donc X30 suit la loi binomiale
B(30 ; 0,4)
P(f30 > 0,50) = P(X30 > 15)= 1 - P(X30 ≤ 15)
0
0
30
15
15
15
Or 1 - P(X30 ≤ 15) = 1 - ( C 30 0,4 x 0,6 + ... + C 30 0,4 x 0,6 ) ≈ 0,097 1.
D’où P(f30 > 0,50) ≈ 0,097 1.
Exercice 5
La population française contient 15 % de gauchers. On prélève des échantillons de
1 000 personnes avec remise et on note f1000 la variable aléatoire « fréquence d’un gaucher dans les échantillons de taille 1 000. ».
1. On prélève des échantillons de 1 000 personnes avec remise et n > 1 000 :
f1 000 suit approximativement la loi normale d’espérance E(f1000) = 0,15 et d’écart type
σ (f1000 )=
0,15×0,85 510 .
=
1000
2000
2. Quelle est la probabilité pour que de tels échantillons vérifient f1 000 > 0,16 ?




 f1000 −0,15 0,16 −0,15 
 f1000 −0,15

P( f1000 > 0,16 )= P
>
≤0,8856 
≈1− P
510
510 
510



2000 
 2000
 2000

P(f1000 > 0,16) ≈ 1 - Π(0,885 6)
P(f1000 > 0,16) ≈ 0,187 9
c’est-à-dire 18,8 % dont la fréquence est supérieure à 16 %.
3. Sur 200 échantillons de 1 000 personnes : 200×0,187 9 = 37,58.
On devrait trouver environ 38 échantillons non exhaustifs dont la fréquence est supérieure à 16 %.
113
8 2931 TC PA 00
Échantillonnage
Séquence 4
Exercice 6
La population française contient 15 % de gauchers. On prélève des échantillons
exhaustifs (sans remise) de 1 000 personnes dans une ville de 5 000 habitants comportant le même pourcentage de gauchers.
On note f1000 la variable aléatoire «fréquence d’un gaucher dans les échantillons de taille
1 000.».
1. On prélève des échantillons de 1 000 personnes sans remise et n > 1 000 :
f1 000 suit approximativement la loi normale d’espérance E(f1000) = 0,15 et d’écart type
σ (f1000 )=
0,15×0,85 5000 −1000
×
≈0,0101 .
1000
5000 −1
2. Quelle est la probabilité pour que de tels échantillons vérifient f1 000 > 0,16 ?
 f1000 −0,15 0,16 −0,15 
>
P( f1000 > 0,16 )≈ P
0,0101 
 0,0101
 f1000 − 0,15

≤ 0,9901 
P( f1000 > 0,16 )≈1− P
 0,0101

P(f1000 > 0,16) = 1 - Π(0,990 1)
P(f1000 > 0,16) ≈ 0,161 1
c’est-à-dire 16,1 % dont la fréquence est supérieure à 16 %.
3. Sur 200 échantillons de 1 000 personnes : 200×0,161 1 = 32,22.
On devrait trouver environ 32 échantillons exhaustifs dont la fréquence est supérieure
à 16 %.
114
8 2931 TC PA 00
Échantillonnage
✒✒
Séquence 4
Approfondissements
Exercice 7
Une machine produit des pièces en grande quantité avec 5 pièces défectueuses sur 100.
On prélève des échantillons de 20 pièces avec remise et l’on note :
X20 la variable aléatoire « nombre de pièces défectueuses dans les échantillons de taille 20 ».
et f20 la variable aléatoire « fréquence d’une pièce défectueuse dans les échantillons de
taille 20 ».
f 20 = X 20
20
1. L’échantillon aléatoire est non exhaustif (avec remise) donc X20 suit la loi binomiale
B(20 ; 0,05).
2. P(f20 > 0,1) = P(X20 > 2)= 1 - P(X20 ≤ 2)
Or 1 - P(X20 ≤ 2) = 1 - ( C 200 0,05 0.0,95 20 + ... + C 202 0,05 2.0,95 18 ) ≈ 1 - 0,924 5.
D’où P(f20 > 0,10) ≈ 0,075 5.
Pour 100 échantillons (non exhaustifs) de 20 pièces : 100×0,075 5 = 7,55.
On devrait trouver environ 8 échantillons dont la fréquence de présence d’une pièce
défectueuse est supérieure à 0,1.
Exercice 8
Au cours des dernières élections dans une grande ville le candidat A a été élu avec 55 %
des voix.
On note f500 la variable aléatoire « fréquence d’un électeur du candidat A dans les
échantillons de taille 500 ».
1. Les tirages étant assimilés à des tirages avec remise (La population est suffisamment
importante) la variable aléatoire f500 suit approximativement la loi normale d’espérance
E(f500) = 0,55 et d’écart type σ (f500 )= 0,55×0,45 ≈0,0222 .
500
f 500 − 0,55 0,5− 0,55   f500 −0,55

2. P( f 500 <0,5)≈ P
<
≈ P
≤ −2,25 

0,0222   0,0222
 0,0222

P(f500 < 0,5) ≈ Π(-2.25)
P(f500 < 0,5) ≈ 0,012 2.
115
8 2931 TC PA 00
Échantillonnage
Séquence 4
3. Soit n le nombre d’électeurs qu’il faudrait prélever pour que 95 % des échantillons étudiés aient une fréquence de présence d’électeurs du candidat A proche de 0,55 à 10-2 près.
On doit avoir
P(|fn – 0,55| < 0,01)=0,95

 f n −0,55
0,01
P( f n −0,55 < 0,01)= 0,95 ⇔ P
<
 0,55×0,45
0,55×0,45

n
n



 =0,95



c’est-à-dire








0 ,01
0 ,01
 = 0,975 qui nous donne



2 × Π

 − 1 = 0 ,95 ou Π
 0 ,55 × 0 ,45 
 0 ,55 × 0 ,45 



n
n

n≈
0 ,01
0 ,55 × 0 ,45
n
≈ 1,96
1,96× 0,55×0,45
0,01
n = 9 507,96
Il faudrait prélever au moins 9 508 électeurs.
Exercice 9
Notons fn la variable aléatoire « fréquence de présence d’un abonné dans les échantillons de taille n. ».
Les tirages sont effectués avec remise donc la variable aléatoire fn suit approximativement la loi normale d’espérance E(fn) = 0,2 et d’écart type σ (fn )= 0,2×0,8 = 0,4 .
n
n
Soit n le nombre de personnes qu’il faudrait interroger pour que 90 % des échantillons
étudiés aient une fréquence de présence de ces abonnés supérieure à 19,5 %.
On doit avoir P(fn > 0,195) = 0,90




f n −0,2 0,195− 0,2
= 0,90
P( f n >0,195 )= 0,90 ⇔ P
>
0 ,4
 0 ,4



n
n


c’est-à-dire
(
)
(
)
1 − Π −0 ,0125 n = 0 ,90 ou Π 0 ,0125 n = 0 ,90 qui nous donne 0 ,0125 n ≈ 1,28
n≈
1,28
0,0125
n = 10 485,8
Il faudrait prélever au moins 10 486 personnes.
116
8 2931 TC PA 00
Échantillonnage
Séquence 4
Exercice 10
(d’après sujet BTS)
Chaque résultat sera donné avec trois décimales.
On appelle X la variable aléatoire qui à chaque disque, pris au hasard, associe son diamètre exprimé en millimètres.
X suit la loi normale d’espérance mathématique m = 30 et d’écart type σ = 0,18.
Partie 1
l. P(A) = P(X > 29,76) = 1 - P(X ≤ 29,76)
or la variable aléatoire X -30 suit loi N(0 ; 1)
0,18
P(X ≤ 29,76) = 1− P X − 30 ≤ 29 ,76 −30  =1− P X − 30 ≤ − 4 
0,18 
3
 0,18
 0,18
 4
 3
4
P(X ≤ 29,76) = 1 − Π−  = Π 
 3
P(X ≤ 29,76) ≈ 0,908
donc
P(A ∩ B) = P(29,76 ≤ X ≤ 30,14)
P(29,76 ≤ X ≤ 30,14) = P 29 ,76 −30 ≤ X − 30 ≤ 30 ,14 −30  = P − 4 ≤ X − 30 ≤ 7 
0,18
0,18   3 0,18 9 
 0,18
7
 4
 

P(29,76 ≤ X ≤ 30,14) = Π  − Π− 
9
3

P(29,76 ≤ X ≤ 30,14) ≈ 0,691
2.
PA(B)= P(A∩B) ≈ 0,6905
P(A) 0,9082
PA (B) ≈ 0,76
Partie 2
On considère des échantillons de 60 disques prélevés avec remise, dans l’ensemble de
la production. Soit M la variable aléatoire qui à tout échantillon de taille 60, associe la
moyenne des diamètres des disques de cet échantillon. Cette variable aléatoire suit la
loi normale d’espérance mathématique m = 30 et d’écart type µ.
1. La moyenne M des échantillons (non exhaustifs) est une variable aléatoire normale
117
8 2931 TC PA 00
Échantillonnage
Séquence 4
qui a pour paramètres E(M)= 30
et
µ=
0,18
≈0,023
60
2. La variable aléatoire M −30 suit la loi N(0 ; 1).
0,023
P(30− r < M <30 + r )= P − r < M − 30 < r 
 0,023 0,023 0,023 
P(30 −r < M < 30 + r )= 2.Π r −1
 0,023 
(
)
P 30 − r < M < 30 + r = 0 ,98 ⇔
 r 
 r 
 = 0 ,99
2.Π
 − 1 = 0 ,98 c’est-à-dire Π
 0 ,023 
 0 ,023 
r
= 2 , 32 et r ≈ 0,053.
0 , 023
P(m - r < M < m + r) = 0,98
Par lecture de la table de la loi N(0 ; 1) on trouve
P(29,947 < M < 30,053) = 0,98
Exercice 11
On considère 2 échantillons non exhaustifs (avec remise) indépendants de taille n
extraits d’une population distribuée suivant une loi normale de moyenne m et d’écart
type σ = 2 .
Soient X n et Yn leurs moyennes respectives.
1. Paramètres des variables aléatoires
E( X n )= E( Yn )= m et E ( X n − Yn )= 0
σ ( X n )=σ( Yn )= σ = 2 et V( X n )=V( Yn )= 2
n
n
n
V( X n − Yn )=V( X n )+V( Yn )= 2 + 2 = 4
n n n
σ ( X n − Yn )= 2
n
2. On considère les échantillons de taille n = 100.
a) La population étant distribuée suivant une loi normale, X 100, Y100 et X100 − Y100 suivent
une loi normale.
X 100 et Y100 suivent la loi N(m ;
2
n ) c’est-à-dire la loi N(m ;
0,02 )
118
8 2931 TC PA 00
Échantillonnage
et X 100 − Y100 suit la loi N(0 ;
Séquence 4
2
n ) c’est-à-dire la loi N(0 ; 0,2).
0 ,5
b) P( X100 − Y100 <0,5)= P ( X 100 − Y100 < )= 2.Π(2,5)−1
0 ,2
0 ,2
P( X100 − Y100 < 0,5)≈0,988
P( X100 − Y100 ≥ 0,5)≈0,012
Il y a moins de 2 % de chance pour que les écarts diffèrent de plus de 0,5.
119
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