14 Loi normale, timation intervalle de fluctuation, es

14
Loi normale,
ation
im
st
e
,
n
o
ti
a
tu
c
lu
f
e
d
e
intervall
b.
Ouverture
Réponse à la question
La loi de probabilité suivie par la variable Xn est la
loi binomiale de paramètres n et p.
Vérifier ses acquis
Ê
Ë
1 a. X suit la loi binomiale  Á15 ;
1ˆ
.
37˜¯
Ê
1ˆ
b.X suit la loi binomiale  Á30 ; ˜ .
2¯
Ë
c. X est mal définie.
d.X ne suit pas une loi binomiale, car le fait
qu’un professeur soit choisi pour l’un des autres
voyages exclut qu’il soit à nouveau choisi pour ce
même voyage (tirage sans remise).
3 1.Soit X une variable aléatoire de loi binomiale (5 ; 0, 2).
a. P(X 2) 10 ¥ 0, 22 ¥ 0, 83 0, 2048 .
b. P(X  2) 0, 85 5 ¥ 0, 2 ¥ 0, 84 10 ¥ 0, 22 ¥ 0, 83
0, 9421.
c. L’espérance de X vaut : E(X) 5 ¥ 0, 2 1.
2.Soit X une variable aléatoire de loi binomiale
(100 ; 0,1). L’espérance de X vaut :
E(X) 100 ¥ 0,1 10.
3.Soit X une variable aléatoire de loi binomiale
(10 ; p) de variance V(X) = 1,6.
10p (1 – p) = 1,6 d’où : p (1 – p) = 0,16 soit :
p = 0,8 ou bien p = 0,2
4.Soit X une variable aléatoire de loi binomiale
(60 ; 0, 5).
a. P(X 23)  P(X 37)  0, 0462.
b. 0,12
0,10
0,08
0,06
0,04
0,02
0,00
1 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60
Le diagramme est symétrique par rapport à l’axe
d’équation x = 30.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 325
© éditions Belin, 2012.
2 a.
4 a. X est distribuée
(n ; p).
È
b.L’intervalle In Íp Î
valle de fluctuation de
selon la loi binomiale
1
1˘
;p
˙ est l’intern
n˚
X
la variable aléatoire
n
rencontré en classe de seconde dont on peut
affirmer que :
ÊX
ˆ
P Á Œ In˜  0, 95, pour n suffisamment grand.
Ën
¯
c. a est le plus grand des entiers tel que :
P(X a) 0, 025, et b le plus petit des entiers tels
que : P(X b) 0, 975.
P(a X b) P(X b) - P(X a) ≥
0,975 – 0,025 = 0,95.
Jn  [a ; b] est un intervalle de fluctuation de la
X
variable aléatoire
dont on peut affirmer que :
n
ÊX
ˆ
P Á Œ [a ; b]˜  0, 95.
Ën
¯
5 a. X est distribuée selon la loi binomiale
 120 ; 0, 85 .
b.On note b le plus grand entier tel que :
P X  b  0, 05.
k
P(X = k)
P(X < = k)
160
0,01155
0,03355
161
0,01626
0,04980
162
0,02218
0,07198
Règle de décision :
• si X  161, on ne peut se permettre de rejeter
l’hypothèse du laboratoire pharmaceutique au
seuil de 5 % ;
• si X  160, on rejette l’hypothèse du laboratoire pharmaceutique au seuil de 5 %.
c.Au vu de l’échantillon des 200 malades, on
rejette au seuil de 5 % l’hypothèse du laboratoire
pharmaceutique.
Remarque : On la rejetterait également au seuil
de 1 pour 10 000 000.
6 a. an1 - an n1
n1
Ún
e-2x dx  0 ;
1
Ún 1 x2 dx  0 ;
n 2 1
cn1 - cn Ú
dx  0.
n1 x2
bn1 - bn Les suites (an), (bn) et (cn) sont donc croissantes.
1
n
b.an (1 - e-2n) et cn .
2
n1
1 1
n 1 1
dx dx
c. bn1 0 1 x2
1 1 x2
1 1
1 1
dx bn  1 dx

0 1 x2
0 1 x2
Les suites (an) et (cn) tendent respectivement vers
1
et 1.
2
La suite (bn) croissante et majorée est donc
convergente.
Ú
Ú
Ú
Ú
Activités d’introduction
Activité 1 Une variable naturellement
centrée
Partie 1
1 Les valeurs possibles du couple (R(w), L(w)) où
R(w) est le nombre de pas vers la droite et L(w) le
nombre de pas vers la gauche sont les couples
(i, j) où i + j = 16 pour lesquels X (w) prend la
valeur : i ¥ 0, 25 - j ¥ 0, 25 (2i - 16) ¥ 0, 25 .
Les valeurs possibles de la variable aléatoire X
sont celles de l’ensemble
7
5
3
X(W) Ì-4, - , - 3, - , - 2, - , - 1,
2
2
2
Ó
5
7 ¸
1
1
3
- , 0, , 1, , 2,, , 3, , 4˝
2
2 ˛
2
2
2
Ê ˆ
Ë 2¯
16
2 a. P(X 4) P(R 16) Á 1˜  ;
16
326 n
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
Ê 1ˆ
P(X -4) P(R 0) Á ˜ .
Ë 2¯
b.
k
0
1
2
3
4
5
6
7
8
xk
–4,0
–3,5
–3,0
–2,5
–2,0
–1,5
–1,0
–0,5
0,0
P(X = xk)
0,0000
0,0002
0,0018
0,0085
0,0278
0,0667
0,1222
0,1746
0,1964
k
9
10
11
12
13
14
15
16
xk
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
P(X = xk)
0,1746
0,1222
0,0667
0,0278
0,0085
0,0018
0,0002
0,0000
3 Comme cela a été observé dans la question 1. :
1
R
a. X (R - L) b. R L 16 d’où c. X - 4
2
4
4 a. R est distribuée selon la loi binomiale
Ê
1ˆ
 Á16 ; ˜ dont l’espérance vaut E(R) = 8 et la
2¯
Ë
variance vaut V(R) = 4.
b.Il en résulte :
Ê1
ˆ 1
E(X) E Á R - 4˜ E(R) - 4 0 et
Ë2
¯ 2
Ê1
ˆ 1
V(X) V Á R - 4˜ V(R) 1
Ë2
¯ 4
c. La loi de X a déjà été donnée à la question b.
d.Il suffit d’ajouter une ligne au tableau précédent.
k
0
1
2
3
4
5
6
7
8
xk
–4,0
–3,5
–3,0
–2,5
–2,0
–1,5
–1,0
–0,5
0,0
P(X = xk)
0,0000
0,0002
0,0018
0,0085
0,0278
0,0667
0,1222
0,1746
0,1964
P(X ≤ xk)
0,0000
0,0003
0,0021
0,0106
0,0384
0,1051
0,2272
0,4018
0,5982
k
9
10
11
12
13
14
15
16
xk
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
4,0
P(X = xk)
0,1746
0,1222
0,0667
0,0278
0,0085
0,0018
0,0002
0,0000
P(X ≤ xk)
0,7728
0,8949
0,9616
0,9894
0,9979
0,9997
1,0000
1,0000
e. Courbe représentative de la fonction :
F : x a P(X  x)
1,0
0,8
0,6
Partie 2
1 • Pour N = 16, l’escalier compte 16 marches
dont la plus haute est la 8e de hauteur 0,1964.
• Pour N = 64, l’escalier compte 64 marches dont
la plus haute est la 32e de hauteur 0,0993.
• Pour N = 256, l’escalier compte 256 marches
dont la plus haute est la 128e de hauteur 0,0498.
0,4
1,2
0,2
1,0
0,8
–4,0 –3,0 –2,0 –1,0 0,0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0
0,6
0,4
0,2
–4
–3
–2
–1
0
1
2
3
4
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 327
© éditions Belin, 2012.
0,0
Activité 2 Loi normale centrée réduite
1,2
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
–3
–2
–1
0
1
2
3
4
c. d. On note que
1 a. La variable Xn est susceptible de prendre
toute valeur entière comprise entre 0 et n.
u
b.Le quotient k 1 vaut :
uk
Ê n ˆ k 1
p (1 - p)n- k -1
uk 1 ÁË k 1 ˜¯
n- k Ê p ˆ
¥
Ê nˆ k
uk
k 1 ÁË1 - p˜¯
n- k
(
1
)
p
p
ÁË k ˜¯
uk 1
1 € k np - q
uk
n
p
np – q
np
Ent(np)
P(X=ENT(np)–1)
P(X=ENT(np))
P(X=ENT(np)+1)
P(X=ENT(np)+2)
10
0,46
4,06
4,6
4
0,156390749
0,233138061
0,238318907
0,169177002
20
0,46
8,66
9,2
9
0,155258327
0,176342791
0,165239726
0,127963424
30
0,46
13,26
13,8
13
0,11834877
0,139590857
0,1443916
0,131200269
40
0,46
17,86
18,4
18
0,114821109
0,124980179
0,123274796
0,110262457
50
0,46
22,46
23
23
0,108608804
0,112631352
0,107938379
0,095625408
60
0,46
27,06
27,6
27
0,094947312
0,101850203
0,102254371
0,096116497
e.On désigne par [np] la partie entière du produit np.
On constate dans chacune des situations que :
uk 1
u
 1 pour k  [np] et k 1  1 pour k  [np]  1
uk
uk
pour p = 0,46 fixé et n = 10, 20, 30. Dans chacune de ces situations, la valeur de Xn la plus
probable est le nombre noté np
Ce nombre np est l’un des deux entiers les plus
proches de np.
f. • Le résultat énoncé dans ces trois situations
est assez simple à démontrer
• si k  [np], alors k  [np] - 1 donc k  np - q
d’où uk  uk 1
• si k  [np], alors k  np  1 donc k  np - q
d’où uk  uk 1
np est donc l’un des deux nombres [np] ou bien
[np] + 1.
328 n
2 On fixe p = 0,46 et q = 1 – p.
On se propose de construire pour n = 10, 20,
30, 40, 50, 60 les diagrammes en bâtons des
variables Xn dans un repère choisi de sorte que
les diagrammes occupent au mieux l’espace disponible, à savoir 10 cm sur l’axe des abscisses et
5 cm sur l’axe des ordonnées.
a. On note que np = 4,6. Les deux valeurs les plus
élevées de la suite (uk) sont :
u4  0, 23314 et u5  0, 23832
b.Les valeurs de k telles que
M
uk  10  0, 0023832 sont : 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
100
On représentera donc le diagramme dans le
cadre [0 ; 10] × [0 ; 0,23832].
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
–4
b. c. Ci-dessus les fonctions obtenues pour
N = 64 et N = 256. La hauteur des marches est
faible ; il semble que les trois courbes en escalier
évoluent au fur et à mesure que N augmente vers
une courbe limite « continue » admettant pour
centre de symétrie le point (0 ; 0,5).
La question 3 a été supprimée dans l’exemplaire
de l’élève.
Dans l’exemplaire élève l’énoncé a été modifié
comme suit :
1. e. Quelle semble être la relation entre la valeur
la plus probable de Mn et np l’un des deux entiers
les plus proches de np ?
2. b. Dans le tableur, en colonne 3, on a
Uk > U5/100.
On considère une suite de variables X n distribuées selon la loi (n ; p) où p est un réel
strictement compris entre 0 et 1.
3 a. Les valeurs demandées sont :
n
Mn
a
b
ETUDE SUR
AMPLITUDE
10
0,23832
1
9
[0 ; 10]
8
20
0,17634
3
15
[2 ; 16]
12
30
0,14439
6
22
[5 ; 23]
16
40
0,12498
9
27
[8 ; 28]
18
50
0,11263
13
33
[14 ; 34]
20
60
0,10225
17
39
[15 ; 35]
22
b.Les amplitudes de l’intervalle [a, b] augmentent, mais de moins en moins.
c. d.
n
p
np-q
np
Ent(np)
Mn
Mn*RACINE(npq)
LIMITE
ERREUR
10
0,46
4,06
4,6
4
0,23832
0,37561
0,3989
–5,85 %
20
0,46
8,66
9,2
9
0,17634
0,39305
0,3989
–1,48 %
30
0,46
13,26
13,8
13
0,14439
0,39417
0,3989
–1,20 %
40
0,46
17,86
18,4
18
0,12498
0,39396
0,3989
–1,25 %
50
0,46
22,46
23
23
0,11263
0,39694
0,3989
–0,50 %
60
0,46
27,06
27,6
27
0,10225
0,39476
0,3989
–1,05 %
800
0,46
367,46
368
368
0,02829
0,39882
0,3989
–0,03 %
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
–2,8090032
–2,4077171
–2,0064309
–1,6051447
–1,2038585
–0,8025724
–0,4012862
0
0,40128618
0,80257235
1,20385853
1,60514471
2,00643088
2,40771706
2,80900324
3,21028942
d.On constate que le nombre de bâtons d’abscisse comprise entre –3 et 3 est de plus en plus
grand et que P ( Zk zk ) zk Úz k
@
zk Úz k
1
2 npq
1
npq ¥ uk dx
2 npq
1
2 npq
1
2 npq
1
2p
e
1
- x2
2
dx
comme le suggère le schéma suivant :
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 329
© éditions Belin, 2012.
4 Pour pouvoir suivre l’évolution des diagrammes, on va :
• centrer les variables Xn, c’est-à-dire retrancher leur espérance np : cela pour éviter que les
valeurs les plus probables sortent du cadre ;
• réduire ces variables, c’est-à-dire les diviser par
leur écart type npq, cela pour que les intervalles
In ne sortent du cadre.
X - np
On pose donc : Zn n
npq
Pour éviter que les diagrammes ne s’affaissent,
on multiplie chaque probabilité par npq
a.Les valeurs susceptibles d’être prises par la
variable Zn sont :
k - np
zk où k varie de 0 à n
npq
On représente à l’aide d’un diagramme en bâtons
la fonction zk a npq ¥ P(Zk zk) npq ¥ uk
b. c. On considère le cas n = 100, p = 0,46 et
q = 1 – p.
53
58
–∞
+
20
–1
0
0
–
1,
P(40  X100  50) pour p = 0,46.
a. P ( 40  X100  50)
Ê
ˆ
40 - 46
50 - 46
PÁ
 Z100 
˜
Ë n ¥ 0, 46 ¥ 0, 54
n ¥ 0, 46 ¥ 0, 54 ¯
En sommant les uk  P(X  k)  P(Zk  zk) pour k
variant de 40 à 60, on obtient :
P(40  X100  50)  0,72117.
b 1
Ê 1 ˆ
b.
exp Á- x2˜ dx où
a 2p
Ë 2 ¯
39, 5 - 46
a
et
100 ¥ 0, 46 ¥ 0, 54
50, 5 - 46
b
.
100 ¥ 0, 46 ¥ 0, 54
b 1
Ê 1 ˆ
exp Á- x2˜ dx @ 0,720623.
On obtient :
a 2p
Ë 2 ¯
c.On constate que les nombres calculés en a. et
b. sont très proches. L’explication réside dans le
schéma réalisé précédemment qui conduit à écrire :
Ú
P ( X 40) @
Ú
100 ¥ 0,46 ¥ 0,54
41,5 - 46
Ú
P ( X 41) @
100 ¥ 0,46 ¥ 0,54
40,5 - 46
100 ¥ 0,46 ¥ 0,54
1
2p
1
2p
1
- x2
2
dx, puis
1
- x2
2
dx
e
e
et ainsi de suite jusqu’à :
50,5 - 46
P ( X 50) @
Ú
100 ¥ 0,46 ¥ 0,54
49,5 - 46
100 ¥ 0,46 ¥ 0,54
1
2p
e
1
- x2
2
dx .
En ajoutant ces 11 valeurs de probabilité, on justifie l’approximation obtenue.
Activité 3 Fonction densité de la loi
normale centrée réduite
1 On étudie la fonction : j : x a
a. La fonction j est définie sur R.
330 n
1
2p
1
- x2
e 2
0
2pe
j¢
0
-1
0
2pe
1
2p
j
0
0
f. Courbe représentative de ϕ
0,4
0,3
Ú
40,5 - 46
+
1
5 On considère la probabilité de l’événement :
100 ¥ 0,46 ¥ 0,54
39,5 - 46
+∞
1
0
0,2
0,1
–4
–3
–2
–1
0
1
2
2 On considère la suite a : n a an Ú
n 1
3
4
n
Ú0 j(t) dt
j(t) dt  0 .
a. an1 - an n
b.La suite (an) est donc croissante.
c. Grâce à l’indication : « pour n  1,
1
n
n1 - x
1
an j(t) dt  j(t) dt 2 ¥
e 2 dt
1 2
0
0
Ú
Ú
Ú
1
Ú j(t) dt 2 »,
0
1
on sait que 2 Ú j(t) dt est un majorant de la
0
suite (an).
d.Croissante et majorée, la suite (an) est donc
convergente.
3 a.b. c. On obtient des valeurs approchées
de a100, a1 000, a10 000 égales à 0,5, ce qu’on vérifie avec la calculatrice. On peut donc conjecturer
n
1
que : lim
j(t) dt 2
nÆ 0
4 La fonction j est positive et, compte tenu de
la parité de j et de la conjecture, on a :
Ú
lim
Ú
0
nÆ - n
j(t) dt lim
Ú
n
nÆ 0
j(t) dt 1
La fonction j est bien une fonction de densité
sous réserve de validation de la conjecture.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
35
x
j¢¢(x)
38
72
25
80
0,
0,
40
12
86
0
18
b.On note que :
j¢(x) -xj(x) et j¢¢(x) -xj¢(x) - j(x) (1 - x2)j(x)
c. ϕ est strictement croissante sur R– et strictement décroissante sur R+
d.ϕ est positive sur R.
e. Tableau des variations de j et j′
Travaux pratiques
100 billes
1TP Algorithmique 1 La planche de Galton
1 Dans l’exemplaire élève l’énoncé a été modifié :
1. Algorithme, entrée 45, ligne 2-3 : …
(NB[NBS+1]-1)/(NBSIMUL/25)…
entrée 45 ligne 4 : (NB[NBS+1])…
b. Répéter la simulation avec 10, 100 et 1 000 billes.
a. b. Si l’on veut répéter la simulation avec 10, 100,
ou 1 000 billes, il faut remplacer la ligne 12 par :
NBSIMUL PREND_LA_VALEUR 10 (100 ou 1 000)
Lors d’une de ces simulations, on obtient les résultats
suivants avec respectivement 10, 100 et 1 000 billes :
Xmin : 240
Xmax : 260
Ymin : 0
Ymax : 21
1 000 billes
10 billes
Xmin : 240
Xmax : 260
GradX : 1
GradY : 1
Ymin : 0
Ymax : 21
Xmin : 240
Xmax : 260
GradX : 1
GradY : 1
Ymin : 0
Ymax : 21
GradX : 1
GradY : 1
On remarque que les extrémités des bâtons sont d’autant plus proches de la courbe que le nombre
d’expériences réalisées est grand. Dans le cas de 1 000 billes on observe également que :
• les hauteurs des bâtons d’abscisse k sont égales à 25 fois les fréquences des événements [X = k] (voir
la ligne 45)
 ;
• l’ordonnée du point d’abscisse k de la courbe vaut 25 ¥
1
2 2p
¥
1Ê k - 250ˆ
- Á
˜
2
e Ë 2 ¯
2
(voir ligne 50)
La fréquence d’un événement observée sur un
échantillon de taille 1 000 donne une idée assez
juste de la probabilité de cet événement. On peut
conclure que : P ( X k ) @
1
2 2p
¥
1Ê k - 250ˆ
- Á
˜
e 2Ë 2 ¯
2
.
c. Le nombre NBS de déviations à droite suit la
Ê
1ˆ
loi binomiale  ÁN ; ˜ .
2¯
Ë
d.L’espérance de NBS vaut N = 8 et sa variance
1 1
vaut : N ¥ ¥ 4.
2 2
e. X m NBS ¥ D - (N - NBS) ¥ D
m (2 NBS - N) ¥ D.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 331
© éditions Belin, 2012.
.
f. La variance de X vaut :
V(X) (2D)2 ¥ V(NBS) ND2.
L’écart type de X vaut : D N 0, 5 ¥ 4 2.
g.La probabilité de [248  X  252] vaut :
Â
P(X k)
252
Remarque :
Â
P(248  X  252) k 6
10
Ê
Ê 1ˆ
ˆ
 ÁË 16k ˜¯ ¥ ÁË 2˜¯
k
Ê 1ˆ
¥Á ˜
Ë 2¯
16 - k
25883
 0,78989.
32768
252
Â
f(k) @ 0, 79351.
k 248
L’approximation suggérée plus haut est déjà pertinente pour N = 16.
à 2 pour D 0, 25.
b.Notons que :
2D ¥ P ( X k ) @
N x-m
2
2D
La probabilité de [248  X  252] vaut :
P(248  X  252).
ÊN
2ˆ
N X - 250 N
2
PÁ   ˜
2
2D
2 2D¯
Ë 2 2D
ˆ
Ê 1ˆ
k 28
k
Ê 1ˆ
¥Á ˜
Ë 2¯
P(248  X  252) @ 0,73956.
3 a. Dans le cas N = 256 et D 0,125
N
2
120 et
2 2D
332 n
@
36
Ê
N
2
136 .
2 2D
k
Â
1024 - k
1Ê k - 250ˆ
- Á
˜
e 2Ë 2 ¯
2
32
 P(X 248 k ¥ 0,125)
k 0
N
2
36 on a :
2 2D
 ÁË 64k ˜¯ ¥ ÁË 2˜¯
P(NBS k)
Ê 1ˆ
Ê 1024 ˆ Ê 1ˆ
ÁË k ˜¯ ¥ ËÁ 2˜¯ ¥ ÁË 2˜¯
k 496
1
P(248  X  252) Â P(NBS k)
k 28
36
Â
k 496
528
¥
2 2p
Dans le cas N = 1 024 et D 0, 0625 ,
m (2 NBS - N) ¥ D x € NBS N
2
28 et
2 2D
528
256 - k
P(248  X  252) @ 0,697
758.
b.Attention : dans la partie 1, les bâtons coïncident avec la courbe car les bâtons sont espacés
de 1 unité. Dans le cas général, les bâtons sont
espacés de 2D unités, ce qui conduirait à une
approximation analogue seulement corrigée par
le facteur multiplicatif 2D.
2 a. L’écart type de X vaut : D N D ¥ 8, égal
k
Ê256ˆ Ê 1ˆ
Ê 1ˆ
ÁË K ˜¯ ¥ ÁË 2˜¯ ¥ ÁË 2˜¯
k 120
Â
 P(NBS k)
P(X k) @
P(248  X  252) P(NBS k)
 P(NBS k 8)
k -2
10
k 248
Comme
Â
k 120
136
P(248  X  252) @ 0,71201
1.
Dans le cas N = 1 024 et D 0, 0625
N
2
N
2
496 et 528 .
2 2D
2 2D
k 248
2
k 6
P(248  X  252) 
136
64 - k
P(248  X  252) @
32
1
f(248 k ¥ 0,125)
0,125 k 0
Â
252
Ú248 f(x) dx.
C’est ce qu’il faut vérifier par le calcul dans cette
dernière question en considérant la variable aléatoire de loi normale (250 ; s2 4)
Ê
ˆ
Z - 250
P(248  Z  252) P Á1 
 1˜ 2 F(1) - 1
2
Ë
¯
d’où : P(248  Z  252) @ 2 ¥ 0, 8413 - 1 0, 6826.
Remarque :
P(248 - 0, 0625  Z  252 0, 0625)
@ 2 ¥ F(1, 03125) - 1 2 ¥ 0, 8488 - 1 0, 6976
En pratiquant « cette correction de continuité »,
on peut constater pour N = 1 024 que
P(248  X  252) @ P(248 - D  Z  252 D) où
Z ⥹ (250 ; s2 = 4)
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
P(248  X  252) 252
P(248  X  252) 2TP Tice 1 Étudier l’inégalité P(Fn Œ In) ≥ 1 – a en fonction de n
L’objet de l’étude est l’intervalle
È
È
p 1- p
p 1- p ˘
1
1˘
;p
In Íp - ua
; p ua
˙ et l’intervalle Jn Íp ˙
n
n˚
n
n ˙˚
ÍÎ
Î
1 a.b. Étude de deux cas particuliers
2 a. Pour p = 0,5, à partir de n = 30, les conditions usuelles de précision sont vérifiées.
b.Quelle que soit la valeur de N, il existe toujours
des valeurs de n telles que :
n N et P(Fn ΠIn) 0, 95.
c. Interprétation :
lim un 0, 95 où un P(Fn Œ In)
nÆ
La suite (un) tend vers 0,95 mais elle ne tend pas
vers 0,95 par valeur supérieure à 0,95.
Le tableau complet des valeurs dont un extrait est
donné ici suggère que la plus petite valeur de n à
partir de laquelle P(Fn Œ Jn)  0, 95 est n = 529.
b.Lorsque l’on compare les cas 2 et 3, pour n
assez grand (taille des sondages habituels de
l’ordre de 1 000 individus) :
• la probabilité P(Fn Œ In) vaut sensiblement 1- a
sans nécessairement dépasser 1- a ;
• la probabilité P(Fn Œ Jn) dépasse 0,95 tout en
restant de l’ordre de 0,95.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 333
© éditions Belin, 2012.
3 a. En observant le schéma, on voit qu’à partir de n = 600, toutes les valeurs de P(Fn Œ Jn) dépassent
0,95.
3TP TICE 2 Intervalles de fluctuation et intervalles de confiance
1 a.
Nombre
de naissances
Nombre
de garcons
a
b
Fn
Fn dans In
770 945
394 297
0,49888387
0,50111613
0,51144634
NON
761 630
389 981
0,49887707
0,50112293
0,51203472
NON
761 464
389 349
0,49887694
0,50112306
0,51131636
NON
767 816
393 477
0,4988816
0,5011184
0,51246262
NON
774 355
396 346
0,49888633
0,50111367
0,51184018
NON
796 896
407 846
0,49890219
0,50109781
0,51179326
NON
785 985
402 297
0,4988946
0,5011054
0,51183801
NON
796 044
406 784
0,49890161
0,50109839
0,51100693
NON
793 420
405 902
0,49889979
0,50110021
0,51158529
NON
802 224
410 140
0,49890585
0,50109415
0,51125371
NON
b.Aucune des 10 fréquences observées n’appartient à l’intervalle de fluctuation.
c. Les exigences de précision sont remplies bien
au-delà de la précision habituelle.
d.Sous l’hypothèse p = 0,5, la probabilité que 10
fréquences observées échappent à l’intervalle de
fluctuation In vaut sensiblement (1 – 0,95)10 de
l’ordre de 10–14.
Au vu de ces 10 observations, on peut donc
exclure avec un risque inférieur à 10–14 l’hypothèse p = 0,5.
2 Intervalles de confiance de p
È
1
1˘
Jn ÍFn ; Fn ˙
n
n˚
Î
Nombre
de naissances
Nombre
de garcons
770 945
394 297
[0,51030743
761 630
389 981
761 464
Fn
Fn dans Jn
0,51258525]
0,51144634
OUI
[0,51088886
0,51318057]
0,51203472
OUI
389 349
[0,51017038
0,51246233]
0,51131636
OUI
767 816
393 477
[0,5113214
0,51360385]
0,51246262
OUI
774 355
396 346
[0,51070378
0,51297657]
0,51184018
OUI
796 896
407 846
[0,51067305
0,51291347]
0,51179326
OUI
785 985
402 297
[0,51071005
0,51296597]
0,51183801
OUI
796 044
406 784
[0,50988612
0,51212774]
0,51100693
OUI
793 420
405 902
[0,51046263
0,51270795]
0,51158529
OUI
802 224
410 140
[0,51013723
0,5123702]
0,51125371
OUI
Les nombres de l’intervalle [0,50988612 
;
0,51212774] appartiennent à tous ces intervalles
et 0,5 n’appartient à aucun d’eux.
334 n
c. Il vaut mieux regrouper dans un même échantillon toutes les naissances et proposer alors
comme intervalle de confiance :
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
È
1
1˘
; Fn a.b. On pose Jn ÍFn ˙
n
n˚
Î
d.On trouve dans les livres de biologie
105
p
ª 0, 512 qui fait partie des 10 inter100 105
valles de confiance et qui est à la limite de
l’intervalle de confiance global.
En fait, cette estimation globale vaut
p̂  0,51165434331198, ce qui conduirait à dire :
« Il naît 104,77 garçons pour 100 filles ».
4TP Algorithmique 2 Comportement
d’un intervalle
de fluctuation
en fonction de n
1 L’algorithme permet de trouver :
• le plus petit entier a tel que : P(X a) 0, 025 ;
• le plus petit entier b tel que : P(X b) 0, 975 ;
Alors P(X < a) < 0,025, d’où : – P(X < a) > –0,025.
Par conséquent :
P(a X b) P(X b) - P(X a) 0, 975 - 0, 025
0, 95.
Les calculs sont faits directement à l’aide de la loi
binomiale sans approximation.
2 a. Le programme donne a = 0 et b = 7.
L’intervalle de fluctuation de la variable fréquence
È0 7˘
est : Í ; ˙.
Î69 69˚
b.9 ne faisant pas partie de l’intervalle [0 ; 7],
nous sommes amenés à refuser au seuil de 5 %
l’hypothèse p = 0,05 autrement dit à remettre en
cause le réglage de la machine.
L’intervalle de fluctuation de la variable fréquence
È0 7˘
est : Í ; ˙.
Î69 69˚
c.Algobox ne permet pas le calcul avec des
valeurs de n > 70. On peut donc faire le calcul
avec un tableur.
k
P(X < = k)
P(X = k)
0
0,005920529
0,005920529
1
0,037081209
0,03116068
2
0,118262981
0,081181772
3
0,257838659
0,139575678
4
0,435981301
0,178142642
5
0,615999128
0,180017827
6
0,766013984
0,150014856
7
0,872039521
0,106025537
8
0,936910409
0,064870888
9
0,971811706
0,034901296
10
0,98852759
0,016715884
13 succès sur 100 : ce score est encore trop
important au regard de l’hypothèse p = 0,05
puisque l’intervalle de fluctuation de la fréquence
È 1 10 ˘
;
aléatoire (seuil 5 %) est Í
˙
Î100 100˚
Ê
È 1 10 ˘ ˆ
En fait P Á F100 œ Í
;
˙ ˜ 0,01739
Ë
Î100 100˚ ¯
d.Pour n = 1 000,
• l’intervalle de fluctuation vu en classe de
seconde est
È
1
1 ˘ È18, 38 81, 62˘
; 0, 05
;
Í0, 05 ˙;Í
˙
1000
1000 ˚ Î 1000 1000 ˚
Î
et l’on peut vérifier qu’il contient Fn avec la probabilité 0,99999 ;
• l’intervalle de fluctuation obtenu à l’aide du
théorème de Moivre-Laplace est
È
0, 05 ¥ 0, 95
0, 05 ¥ 0, 95 ˘
; 0, 05 1, 96
Í0, 05 - 1, 96
˙
1000
1000
Î
˚
È36, 49 63, 51˘
;Í
;
˙ , et l’on peut vérifier qu’il contient
Î 1000 1000 ˚
Fn avec la probabilité 0,95042 ;
• l’intervalle de fluctuation [a, b] obtenu directeÈ 37
64 ˘
;
ment avec tableur est : Í
˙ et l’on peut
1000
1000
Î
˚
vérifier qu’il contient Fn avec la probabilité
0,9581.
Lorsque n est suffisamment grand, l’intervalle
asymptotique est très proche de celui obtenu à
1
l’aide de la loi binomiale P(X 0)   P(X 0)
2
et peut lui être substitué sans problème.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 335
© éditions Belin, 2012.
È
1
;
Jn Í0,51165434331198 7
810
779
ÍÎ
˘
1
0,51165434331198+
˙
7 810 779 ˙˚
soit :
Jn  [0,511296533022752 ; 0,512012153601207]
Maîtriser le cours
1 Soit X une variable aléatoire de loi (0 ; 1)
a.Vrai. X peut prendre toute valeur réelle.
b.Faux. L’espérance de X vaut 0.
1
c.Vrai. P(X 0)   P(X 0)
2
1
1 - x2
d.Vrai. La fonction j : x a
e 2 est une
2p
densité de X.
e. Faux. Sa variance vaut 1.
f. Faux. Il existe un seul nombre t tel que
P(X  t)  0, 3 et ce nombre est négatif.
g.Vrai. La courbe représentative de j est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
2 Soit X une variable aléatoire de loi (0 ; 1)
a.Vrai. P(-1  X  1) 2P(0  X  1) .
b.Faux. P(-1 X 1) P(0 X 2).
c.Vrai. P(0  X  2) F(2) - 0, 5 @ 0, 4772.
d.Faux.
e.Vrai. P(-1  X  1) @ 0, 6826
3 Soit X une variable aléatoire de loi (µ ; σ²)
a. Vrai. X peut prendre toute valeur réelle.
X-m
b.Vrai.
suit la loi (0 ; 1).
s
Ê
X-m
1ˆ
c.Faux.
suit la loi  Á0 ; ˜ .
Ë s2¯
s2
X-m
d.Vrai.
a pour espérance 0.
s
e.Vrai. µ est l’espérance de X.
f.Faux. s est l’écart type de X.
g.Faux. Sauf si µ = 0.
4 Soit X une variable aléatoire de loi
(1 500 ; 100)
a. Faux. L’espérance de X vaut 1 500.
X - 10
b.Faux. La variable aléatoire
suit la loi
100
Ê
ˆ
1
 Á14, 9 ;
.
100˜¯
Ë
X - 1500
c. Faux. La variable aléatoire
suit la loi
100
Ê
1 ˆ
 Á0 ;
.
Ë 100˜¯
X - 1500
d.Vrai.
suit la loi (0 ; 1).
10
e.Faux.
f.Vrai. P(1200  X  1800) @ 1
g.Faux. P(1400  X  1600) @ 1.
336 n
6 Soit X n une variable aléatoire de loi binomiale
(n ; p).
a.Faux.
b. Vrai.
c. Faux : la probabilité est supérieure à 0,95.
Pour n = 20 et p = 0,4,
Ê
1
1ˆ
@ 0, 963.
P Áp  Fn  p n
n ˜¯
Ë
d.Faux : la probabilité est supérieure à 0,95.
Pour n = 40 et p = 0,3,
Ê
1
1ˆ
P Áp  Fn  p ˜ @ 0, 977.
n
n
Ë
¯
8 a. P(0, 85  X  1,56) ; 0,1383 et
P(-2, 2  X  0, 52) ; 0, 6846 .
b.P(0, 85  X  1, 56) F(1, 56) - F(0, 85) et
P(-2, 2  X  0, 52) F(0, 52) - F(-2, 2) donc
P(-2, 2  X  0, 52) F(0, 52) F(2, 2) - 1.
9 a. P(-1  X  1) ; 0, 6827 ;
P(-2  X  2) ; 0, 9545 ;
P(-3  X  3) ; 0, 9973.
b.P(-1  X  1) F(1) - F(–1) 2F(1) - 1 ;
P(-2  X  2) F(2) - F(-2) 2F(2) - 1 ;
P(-3  X  3) F(3) - F(-3) 2F(3) - 1.
10 a. P(-1,96  X  1,96) ; 0,95 ;
P(0  X  1, 96) ; 0, 475.
b.P(-1, 96  X  1, 96) F(1, 96) - F(-1, 96)
2F(1, 96) - 1 ;
P(0  X  1, 96) F(1, 96) - F(0) F(1, 96) - 0, 5.
11 a. P(-2,57  X  2,57) ; 0,9898 ;
P(0  X  2, 57) ; 0, 4949.
b.P(-2, 57  X  2, 57) F(2, 57) - F(-2, 57)
2F(2, 57) - 1 ;
P(0  X  2, 57) F(2, 57) - F(0) F(2, 57) - 0, 5.
13 a. P(-ua  X  ua) 2F(ua) - 1. On cherche
donc u tel que : 2F(ua) - 1 0, 97 soit F(ua) 0, 985.
On trouve : ua ; 2,17.
b.À l’aide de la calculatrice, on a : ua ; 2,1701.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
Exercices
5 Soit X n une variable aléatoire de loi binomiale
(n ; p) et ua l’unique réel positif tel que :
P(-ua  X  ua) @ 1 - a où X ⥹ (0 ; 1) et
a Œ]0 ; 1[.
a.Faux. b. Faux. c. Faux d. Faux. e. Vrai.
ÊX
È
p 1- p
p 1- p ˘ˆ
P Á n Œ Íp - ua
; p ua
˙˜ ª 1- a
n
n
ÍÎ
˙˚ ¯
Ë n
pour n suffisamment grand.
On trouve : 1, 64  va  1, 65 .
b.À l’aide de la calculatrice, on a : va ; 1, 645.
15 a. On cherche v tel que : F(va) 0, 99.
On trouve : 2, 32  va  2, 33 .
b.À l’aide de la calculatrice, on a : va ; 2, 326 .
17 a. À l’aide de la calculatrice, on a :
P(75  X  85) ; 0, 682 7 et
P(70  X  90) ; 0, 954 5.
b.X suit la loi normale (80 ; 25) donc
X - 80
suit la loi normale centrée réduite.
X* 5
On a ainsi :
P(75  X  85) P(-1  X*  1)
2F(1) - 1 ; 0, 682 6
et P(70  X  90) P(-2  X*  2)
2F(2) - 1 ; 0, 954 4
c.On constate un écart de 0,000 1 (à 10-4 près)
avec l’utilisation de la table de la loi normale centrée
réduite car les images F(x) sont arrondies à 10-4.
18 a. À l’aide de la calculatrice, on a :
P(21, 7  X  23,12) ; 0,138 3 et
P(18, 96  X  24, 4) ; 0, 684 6.
X - 20
2
suit la loi normale centrée réduite. On a ainsi :
P(21, 7  X  23,12)  P(0, 85  X*  1, 56)
F(1, 56) - F(0, 85) ; 0,138 3 et
P(18, 96  X  24, 4) P(-0, 52  X*  2, 2)
F(2, 2) - F(-0, 52)
F(2, 2) F(0, 52) - 1
b.X suit la loi normale (20 ; 4) donc X* ; 0, 684 6.
19 a. À l’aide de la calculatrice, on a :
P(16  X  24) ; 0, 954 5 et
P(14  X  26) ; 0, 997 3.
X - 20
2
suit la loi normale centrée réduite. On a ainsi :
P(16  X  24) P(-2  X*  2)
b.X suit la loi normale (20 ; 4) donc X* 2F(2) - 1 ; 0, 954 4
P(14  X  26) P(-3  X*  3)
2F(3) - 1 ; 0, 997 4.
20 a. P(X  28) ; 0,999 8 .
b.P(X  28) ; 0, 000 2 .
c. P(X  12) ; 0, 999 8.
d.P(X  12) ; 0, 000 2.
e. P(12  X  28) ; 0, 999 7 .
21 a. X suit la loi normale (250 ; 100) donc
X - 250
suit la loi normale centrée réduite.
10
Ê
b - 250ˆ
On a ainsi : P(X  b) P Á X* 
.
10 ˜¯
Ë
Ê b - 250ˆ
On cherche donc b tel que : F Á
0, 95
Ë 10 ˜¯
Ê b - 250ˆ
d’où F Á
ª F(1, 65). On a donc :
Ë 10 ˜¯
b - 250
; 1, 65 d’où b ; 266, 5.
10
b.À l’aide de la calculatrice, on a :
b ; 266, 448 .
X* 22 a. X suit la loi normale (250 ; 10) donc
X - 250
suit la loi normale centrée réduite.
10
Ê -v
v ˆ
On a : P(-va  X - 250  va) P Á a  X*  a ˜
10¯
Ë 10
X* Êv ˆ
2F Á a ˜ - 1
Ë10¯
Êv ˆ
On cherche donc v tel que : 2F Á a ˜ - 1 0, 99
Ë10¯
Êv ˆ
soit : F Á a ˜ 0, 995 .
Ë10¯
Or : F(2, 58) ; 0, 995 donc va ; 25, 8.
b.On a : P(X  250 va) 0, 995.
À l’aide de la calculatrice, on a :
250 va ; 275, 758 3 donc : va ; 25, 758 3.
24 1.La loi suivie par la variable Xn est la loi
binomiale de paramètres n = 150 et p = 0,87.
2. a. L’intervalle In de fluctuation au seuil de
92 % est :
È
p(1 - p) ˘
p(1 - p)
; p u0,08
In Íp - u0,08
˙.
n
n ˚
Î
avec u0,08 ≈ 1,75 et p = 0,87. I150 = [0,82 ; 0,92].
Les conditions n ≥ 30 ; np ≥ 5 ; n(p – 1) ≥ 5 sont
satisfaites.
b.La règle de décision permettant de rejeter l’hypothèse p = 0,87 est : si la fréquence observée
appartient à I150 , alors l’hypothèse est acceptable sinon elle est à rejeter.
c.La fréquence des femmes satisfaites est
F = 0,7. F n’appartient pas à I150. On peut rejeter
l’hypothèse de la firme au seuil de 8 %.
d.Pour n = 50, les conditions n ≥ 30 ; np ≥ 5 ;
n(1 – p) ≥ 5 sont satisfaites et I50 = [0,78 ; 0,95].
Dans ce cas, l’hypothèse est acceptable.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 337
© éditions Belin, 2012.
14 a. On cherche v tel que : F(va) 0, 95.
0, 09(1
1 - 0, 09) ˘
˙
200
˚
= [0,05 ; 0,129]
b.L’approximation peut être pratiquée dès que :
n ≥ 30 ; n ≥ 5/p ; soit n ≥ 56
n ≥ 5/(1 – p) soit n ≥ 6. Par conséquent, l’approximation peut être pratiquée dès que : n ≥ 56.
3.L’hypothèse « dans la ville il y a des facteurs de
risques pouvant expliquer une proportion d’allergies alimentaires élevée » correspond à l’hypothèse
« la fréquence observée est supérieure à la proportion nationale p ». La règle de décision permettant
de rejeter cette hypothèse est : si la fréquence
observée appartient à I200 , alors l’hypothèse est
à rejeter sinon elle est à accepter. Le risque de se
tromper en rejetant cette hypothèse est de 5 %.
4.La fréquence d’allergies observée est égale à
0,1. Elle appartient à I200 , l’hypothèse est à rejeter.
0, 09 1, 96
26 1.La loi suivie par la variable Xn est une
binomiale de paramètres n = 400 et p = 0,51.
È
p(1 - p) ˘
p(1 - p)
; p u0,02
2. a. In Íp - u0,02
˙
n
n ˚
Î
avec u0,02 ≈ 2,326. I400 = [0,45 ; 0,57].
b.L’approximation peut être pratiquée dès que :
n ≥ 30 ; n ≥ 5/0,51 ≈ 9,8 ;
n ≥ 5/4,9 ≈ 1,02. Par conséquent dès que n ≥ 30.
3.La règle de décision permettant de rejeter l’hypothèse « l’échantillon choisi représente bien la
proportion de garçon dans la ville » est : si la fréquence observée appartient à I400 , alors l’hypothèse
est à accepter sinon elle est à rejeter. Le risque de se
tromper en rejetant cette hypothèse est de 2 %.
4.La fréquence de garçon dans l’échantillon est
égale à 0,49. Elle appartient à I400, l’hypothèse
est à accepter.
28 a.
Les fréquences sont respectivement
F(1) = 5/35 = 1/7 et F(2) = 8/35.
b.1/ 35 environ égal à 0,169 ; I(1) = [0 ; 0,312 ] ;
I(2) = [0,059 ; 0,398 ]
c. Les proportions de gobelets rouges sont respectivement p(1) = 30/200 = 0,15 et p(2) = 32/200 = 0,16.
Ces résultats sont compatibles avec les estimations
établies en b.
30 1. Pour tout réel x, on a : ϕ(–x) = ϕ(x). Par
conséquent, f : x → ϕ(–x) est une fonction de
densité pour x ∈ R.
338 n
2. a. À partir de la représentation graphique de
Φ, on peut démontrer que : Φ(–x) = 1 − Φ(x).
Cette propriété correspond à la symétrie par
rapport au point de coordonnées (0 ; 0,5) de la
courbe représentative de Φ.
31 Dans l’exemplaire élève l’énoncé a été modifié comme suit : erf et erfc sont définies telles
e- t2
x e - t2
dt
que : erf(x) = 2
dt et erf(x) = 2
0
x
p
p
pour x ≥ 0.
x e - t2
a. Pour x ≥ 0, erf(x) = 2
dt
0
p
e- t2
e- t2
2
dt - 2
dt 1 - erfc( x )
0
x
p
p
Ú
Ú
Ú
Ú
Ú
b.Pour x ≥ 0, Φ(x) = 
Ú
x¢
2
-
2
e- t ¢
p
dt ¢ 0
Ú -
x
Ú -
e
1
- t2
2
2p
2
e- t ¢
p
dt ¢ dt
x¢
Ú0
2
2
e- t ¢
p
dt ¢
Ê x ˆˆ
1 1 Ê x ˆ 1Ê
erf Á ˜ Á1 erf Á ˜˜
Ë 2 ¯¯
2 2 Ë 2¯ 2 Ë
Ê x ˆˆ
1Ê
Par conséquent, Φ(x) =  Á1 1 - erfc Á ˜˜
Ë 2 ¯¯
2Ë
Ê xˆ
1
1 - erfc Á ˜
Ë 2¯
2
c. Pour x < 0, Φ(x) = 1 − Φ(–x) = 
Ê - xˆ
Ê - x ˆˆ 1
1Ê
1 - erf Á ˜˜ erfc Á ˜
Á
Ë 2¯
Ë
¯
Ë
¯
2
2
2
32 1.
2. Pour calculer P(X ≤ b), on utilise la fonction
du tableur LOI.NORMALE(b ; 0 ; 1 ; vrai).
Pour calculer P(a ≤ X ≤ b), avec 0 ≤ a ≤ b, on
peut aussi utiliser la fonction du tableur
ERF(c ; d). En effet, P(a ≤ X ≤ b) = Φ(b) – Φ(a) = 
1 Ê b aˆ
erf
;
.
2 ÁË 2 2 ˜¯
Pour calculer P(–a ≤ X ≤ a) avec a ≥ 0, on peut
aussi utiliser la fonction ERF(c).
Ê aˆ
En effet, P(–a ≤ X ≤ a) = 2Φ(a) – 1 = erf Á ˜ .
Ë 2¯
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
25 1.La loi suivie par la variable Xn est une
binomiale de paramètres n = 200 et p = 0,09.
È
0, 09(1 - 0, 09)
2. a. I200 Í0, 09 - 1, 96
;
200
Î
a. P(X ≤ 0,8) ≈ 0,788 1
b.P(X ≤ –0,8) ≈ 0,211 8
c. P(0,85 ≤ X ≤ 1,56) ≈ 0,138 3
d.P(–2,2 ≤ X ≤ 0,52) ≈ 0,684 6
e. P(–1 ≤ X ≤ 1) ≈ 0,682 7
f.P(–1,96 ≤ X ≤ 1,96) ≈ 0,950 0
g.P(–3 ≤ X ≤ 3) ≈ 0,997 3
h.P(–2,57 ≤ X ≤ 2,57) ≈ 0,989 8
–15
0,45
0,4
0,35
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
–10
–5
–4
34 a. f ( m - x ) 5
10
Série 2
b.
15
Série 3
0,45
0,4
0,35
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
–15
–10
–5
–4
10
Série 2
–2
Série 1
1
2
4
6
Série 2
1Ê - x ˆ
- Á ˜
e 2Ë s ¯
2
1
1Ê x ˆ
- Á ˜
e 2 Ë s¯
2
s 2p
s 2p
f ( m x)
b.L’égalité démontrée en a. correspond à la
symétrie de f par rapport à l’axe d’équation x = µ.
1 Ê x - mˆ
c. f(x) =  j Á
s Ë s ˜¯
Ê -mˆ
m
35 σ = 0,1 ; F(0) = F Á ˜  = 0,5478 ; ≈ –0,12 ;
s
Ës¯
µ = –0,012
37 P(15 ≤ X ≤ 25) = 
5
15
Série 3
0,45
0,4
0,35
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
–6
0
36 Dans l’exemplaire élève l’énoncé a été modifié : l’espérance de X vaut −10.
Ê -mˆ
m
µ = –10 ; F(0) = F Á ˜  = 0,5478 ; ≈ –0,12 ;
s
Ës¯
10
D’où : s  ≈ 83,33.
0,12
0
Série 1
c.
–2
Série 1
0
Série 1
0,45
0,4
0,35
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
Ê 25 - mˆ
Ê15 - mˆ
FÁ
 = 0,788 8 ;
- FÁ
Ë s ¯˜
Ë s ¯˜
Ê 25 - mˆ
25 - m
1, 25 ;
P(X ≤ 25) = F Á
 = 0,894 4 ;
s
Ë s ¯˜
Ê15 - mˆ
FÁ
 = 0,894 4 – 0,788 8 = 0,105 6 ;
Ë s ˜¯
15 - m
-1, 25.
s
D’où : µ = 20 ; σ = 4.
38 P(25 ≤ X ≤ 40) = 
0
2
Série 2
4
6
Série 3
8
Ê 40 - mˆ
Ê 25 - mˆ
FÁ
- FÁ
0, 099 4
Ë s ˜¯
Ë s ˜¯
Ê 25 - mˆ
P(X ≥ 25) = 1 – P(X ≤ 25) = 1 – F Á
 = 0,894 4 ;
Ë s ˜¯
Ê 25 - mˆ
25 - m
-1, 25
FÁ
 = 0,105 6 ;
s
Ë s ˜¯
Ê 40 - mˆ
40 - m
-0, 823 9
FÁ
 – 0,105 6 = 0,099 4 ;
s
Ë s ˜¯
D’où : µ = 69 ; σ ≈ 35,2.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 339
© éditions Belin, 2012.
33 a.
d.
40 Le nombre d’œufs pondus est une variable
aléatoire discrète dont la loi est approchée par la
loi normale de paramètres µ = 250 ; σ = 5.
Ê 220 - 250ˆ
1. a. P(X ≤ 220) = F Á
˜¯  = Φ(–6) ≈ 1
5
Ë
b.P(240 ≤ X ≤ 260) = 
Ê 260 - 250ˆ
Ê 240 - 250ˆ
FÁ
˜¯ - F ÁË
˜¯
5
5
Ë
= Φ(2) – 1 + Φ(2) = 2Φ(2) –1 = 0,95 à 10–2 près.
c. P(X ≥ 280) = 1 – P(X ≤ 280)
Ê 280 - 250ˆ
= 1 – F Á
˜¯  = 1 – Φ(6) ≈ 0
5
Ë
Êp
- 250ˆ
2. a. P(X ≤ pmax) = 0,3 ; F Á max
˜¯ 0, 3 ;
5
Ë
pmax - 250
ª -0, 5244 d’où :
5
pmax = E(247,37) = 247
Ê p - 250ˆ
b.P(X ≥ pmin) = 0,2 ; 1 - F Á min
˜¯ 0, 2 ;
5
Ë
pmin - 250
ª 0, 8416 d’où : pmin = E(254,2) = 254
5
41 a. µ = 400, σ = 5. Le pourcentage de pièces
défectueuses dans la production est donnée par :
1 – P(392,5 ≤ X ≤ 407,5) = 
Ê 407, 5 - 400ˆ
Ê 392, 5 - 400ˆ
1- F Á
˜¯ F ÁË
˜¯ 5
5
Ë
1 – Φ(1,5) + Φ(–1,5) = 2(1– Φ(1,5)) ≈ 0,1336.
On peut donc considérer qu’environ 13 % des
pièces sont défectueuses.
b.1 – P(392,5 ≤ X ≤ 407,5) ≤ 0,1 ;
Ê
Ê 7, 5ˆˆ
Ê 7, 5ˆ
2 Á1 - F Á ˜˜  0,1 ; F Á ˜  1 - 0, 05 ;
Ë s ¯¯
Ë s ¯
Ë
7, 5
 1, 644 8 . D’où : σ ≤ 4,56.
s
340 n
42 Le nombre de composants électriques produits
est une variable aléatoire discrète dont la loi est
approchée par la loi normale de paramètres µ et σ.
a. On sait que : P(X < 15 000) = 0,1 ;
P(X > 25 000) = 0,2.
Par conséquent : P(X ≤ 15 000) = 
Ê15 000 - mˆ
FÁ
˜¯ 0,1 et
s
Ë
Ê 25 000 - mˆ
1 – P(X ≤ 25 000) = 1 - F Á
˜¯ 0, 2.
s
Ë
On obtient les deux équations :
15 000 - m
25 000 - m
-1, 28155 et
0, 84162
s
s
–2
dont la solution à 10 près est : σ = 4 709,94 et
µ = 21 036,02.
On peut considérer σ = 4 710 et µ = 21 036.
b.On pose : Y = 10X – 175 000. La probabilité
cherchée est :
P(Y ≥ 0) = P(10X – 175 000 ≥ 0) = P(X ≥ 17 500)
= 1 – P(X ≤ 17 500) = 
Ê17 500 - mˆ
1- F Á
˜¯  = 1 – Φ(–0,75) = Φ(0,75) ≈ 0,77.
s
Ë
c. P(Y > 25 000) = P(10X – 175 000 > 25 000) 
= P(10X – 175 000 > 25 000) =
P(X > 20 000) = 1 – P(X ≤ 20 000) = 
Ê 20 000 - mˆ
1- F Á
˜¯ 1 – Φ(–0,219 9) = Φ(0,219 9) ≈
s
Ë
0,587.
43 µb = 1 000, sb =  12,5 ≈ 3,536.
a. 1 – P(995 ≤ X ≤ 1 005) =
Ê1005 - 1000ˆ
Ê 995 - 1000ˆ
1- F Á
FÁ
3, 536 ˜¯
Ë
Ë 3, 536 ˜¯
= 2(1– Φ(1,414)) ≈ 0,157.
b.1 – P(1 000 – h ≤ X ≤ 1 000 + h) = 0,01 ;
Ê
Ê h ˆˆ
Ê h ˆ
2 Á1 - F Á
 = 0,01 ; F Á
1 - 0, 005
Ë 3, 536˜¯˜¯
Ë 3, 536˜¯
Ë
h
 2, 575 8. D’où : h = 9,1 à 10–1 près.
3, 536
44 a. On sait que : P(15 ≤ X ≤ 25) = 0,75 et
P(X ≤ 15) = 0,05.
Ê 25 - mˆ
Ê15 - mˆ
P(15 ≤ X ≤ 25) = F Á
 = 0,75 ;
- FÁ
˜
s
Ë
¯
Ë s ˜¯
Ê15 - mˆ
P(X ≤ 15) = F Á
 = 0,05. Cela donne :
Ë s ˜¯
15 - m
-1, 644 8.
s
Ê 25 - mˆ
Par ailleurs : F Á
 = 0,75 + 0,05, ce qui
Ë s ˜¯
25 - m
0, 84.
donne :
s
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
39 µ = 60 ; σ = 4.
1.P(X > 55) = 1 – P(X ≤ 55) =
Ê 55 - mˆ
Ê -5ˆ
1 - F Á ˜  = Φ(1,25) = 0,894 4
1 – F Á
Ë s ˜¯
Ë 4¯
à 10–4 près.
2.P(54 ≤ X ≤ 63) = 
Ê 63 - 60ˆ
Ê 54 - 60ˆ
FÁ
 = Φ(0,75) – Φ(–1,5)
- FÁ
Ë 4 ˜¯
Ë 4 ˜¯
= Φ(0,75) –1 + Φ(1,5) = 0,706 6 à 10–4 près.
Ê m - 60ˆ
3.P(X ≤ mmin) = 0,05 ; F Á min
˜¯ 0, 05 ;
4
Ë
Ê mmin - 60ˆ
ÁË
˜¯ ª -1, 644 8 d’où : mmin ≈ 53,42
4
La solution du système de deux équations donne :
σ ≈ 4 et µ ≈ 17,6.
Ê 30 - 17, 6ˆ
Ê 25 - 17, 6ˆ
b.P(25 ≤ X ≤ 30) = F Á
- FÁ
˜
˜¯
4
4
Ë
¯
Ë
= Φ(3,1) – Φ(1,85) ≈ 0,031
45 On sait que : σ = 0,65.
Ê 50 - mˆ
a. P(X ≤ 50) < 0,001; F Á
 < 0,001 ;
Ë 0, 65 ˜¯
50 - m
 -2, 326 3 ; µ ≥ 52,015
0, 65
b.P(X > 53) = 1 – P(X ≤ 53)
Ê 53 - 52, 015ˆ
= 1 - F Á
˜¯  = 0,065
0, 65
Ë
c. P(X > 53) = 1 – P(X ≤ 53)
Ê 53 - mˆ
= 1 - F Á
 < 0,01 ;
Ë 0, 65 ˜¯
Ê 53 - mˆ
FÁ
 0, 99
Ë 0, 65 ˜¯
53 - m
 2, 326 3 ; µ ≈ 51,49
Cela implique :
0, 65
Ê 50 - 51, 49ˆ
d.P(X ≤ 50) = F Á
 = Φ(–2,292 3) ≈ 0,011.
Ë 0, 65 ˜¯
46 On peut considérer que la proportion d’enfants obèses de 5 à 6 ans est p = 0,031.
La fréquence observée sur l’échantillon de 1 335
mères est f = 54/1 335 environ égale à 0,04.
L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil
de 95 % est :
È
0, 031(1 - 0, 031)
I1335 Í0, 031 - 1, 96
;
1335
Î
0, 031 1, 96
0, 031(1 - 0, 031) ˘
˙
1335
˚
il existe un unique réel aβ ∈] 0 ; +∞[, tel que :
F(aβ) = β. Lorsque β = 0,9, F(aβ) = 0,9 ;
F(aβ) = 2Φ(aβ) – 1 = 0,9 ; Φ(aβ) = 0,95 ; a0,9 = 1,645.
Il existe une valeur a minimale telle que [–a ; a] soit
un intervalle de fluctuation au seuil de 90 % de X.
48 1. p = 0,13 ; f = 0,19.
È
0,13 ¥ 0, 87
I100 Í0,13 - 1, 96
;
100
Î
0,13 ¥ 0, 87 ˘
0,13 1, 96
˙
100
˚
[0, 0641 ; 0,1959]
Normalement, il n’y aura pas d’enquête.
0,13 ¥ 0, 87
2. a. Il faut que 0,13 1, 96
 0,19
n
0,13 ¥ 0, 87
soit : n 
.
2
0, 06
1, 96
donc il faut une taille minimale de 121 veaux.
b. 2 200
2 000
1 800
1 600
1 400
1 200
1 000
800
600
400
200
0
0,14
0,15
0,16
0,17
0,18
0,19
0,2
49 Algorithmique
[0, 0217 ; 0, 040 3]
La fréquence observée n’appartient pas à l’intervalle
même si elle est très proche de la borne supérieure.
On peut se poser la question du risque de
surpoids dû à la cigarette pendant la grossesse.
47 a. Avec une calculatrice ou un tableur on calcule : P(X ≤ 1,31) ≈ 0,904 9 > 0,9 ;
P(–2,67 ≤ X ≤ 1,32) ≈ 0,902 7 > 0,9
b.On considère la fonction F définie sur ]0 ; +∞[
par : F(a) = P(–a ≤ X ≤ a) = 
On a : F(0) = 0 et
a
Ú- a j(t) dt .
lim F(a) 1. La fonction ϕ
aÆ
b
Úa
2 j(t) dt  > 0. D’après le théorème généralisé
des valeurs intermédiaires pour une fonction
strictement monotone, pour tout réel β ∈] 0 ; 1[,
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 341
© éditions Belin, 2012.
étant strictement positive sur R, F est strictement
croissante sur R, car pour 0 ≤ a < b, F(a) – F(b) = 
50 1. a. b.
Une estimation ponctuelle du nombre de femmes
satisfaites par ce produit est environ égale à 68 %.
Une estimation, par intervalle de confiance à
95 %, de cette même proportion est : [0,53 ; 0,84]
2. a. La taille minimale de l’échantillon, n0, pour
que la longueur de l’intervalle de confiance soit
Ê 4ˆ
2
égale à l est telle que :
 l , soit : n0 E Á ˜ .
Ë l2¯
n0
de précision étant remplies, l’intervalle de fluctuation
asymptotique de fluctuation au seuil de 0,975 est :
È
p(1 - p) ˘
p(1 - p)
; p u0,025
In Íp - u0,025
˙,
n
n ˚
Î
avec u0,025 = 2,241 4.
È 1200˘
b.Si In à Í0 ;
˙, alors
n ˚
Î
Ê
È 1200˘ˆ
P(Fn ŒIn)  P ÁFn Œ Í0 ;
˙
n ˚˜¯
Ë
Î
D’où : P(Fn ∉ In) ≥ P(Fn > 1 200). Par définition
d’intervalle de fluctuation, on sait que :
P(Fn ∉ In) ≈ 0,025, donc : P(Fn > 1 200) ≤ 0,025.
È 1200˘
3. a. Si In à Í0 ;
˙ , alors :
n ˚
Î
p(1 - p) 1200

, donc :
n
n
np 2, 24 n p(1 - p) - 1200  0
p 2, 24
b.f(x) xp 2, 24 x p(1 - p) - 1200  0, avec
b.
-2, 24 p(1 - p) 2, 242p(1 - p) 4 800p
2p
L’entier cherché est : n0 = E(x0) où x0 = y02.
c. 700
f(x) ; p = 0,75
Exercices guidés BAC
exercice a été modifié : 2. a.
È
p(1 - p) ˘
p(1 - p)
; p u0,025
In Íp - u0,025
˙
n
n ˚
Î
È 1200˘
2. b. On considère B = « Fn ∈ Í0 ;
˙ ».
n ˚
Î
1.La loi suivie par la variable Xn est une binomiale de paramètres n et p. E(Xn) = np et
V(Xn) = np(1 – p).
2. a. On a : p ∈ [0,75 ; 0,95] et n > 1 200, par conséquent np > 5 et np(1 – p) > 5. Les exigences usuelles
n
2 000
f(x) ; p = 0,85
f(x) ; p = 0,95
d.Les valeurs de n0 sont les suivantes :
p
n0
0,75
1 549
0,85
1 376
0,95
1 245
57 La fréquence d’as est : f = 0. La probabilité de
8
1
 .
104 13
Les conditions de précision usuelles ne sont pas
satisfaites. On utilise donc l’intervalle de
tirer un as est p 
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
56 Dans l’exemplaire élève le guide pour cet
1 900
Préparer le BAC
1 800
0,12
1 700
0,1
1 600
0,02 0,04 0,06 0,08
1 500
0
600
500
400
300
200
100
0
–100
–200
–300
1 400
y0 n0 = 4/I2
342 x (ce qui implique :
y  1200), on a  : y 2p 2, 24y p(1- p) - 1200  0
dont la seule solution telle que y  1200 est :
1 300
60 000
40 000
20 000
0
x ≥ 1 200. En posant y 
n0 en fonction de la précision
160 000
140 000
120 000
100 000
80 000
QCM – Vrai ou faux BAC
58 1. b. En effet : P(–1,97 ≤ U ≤ 1,97) 
= 2Φ(1,97) – 1 = 0,951
2.d. En effet : P(0 ≤ U ≤ 1,96) = Φ(1,96) – Φ(0) 
= 0,475
3.c. En effet : P(U ≥ –1) = 1 – P(U ≤ –1) = Φ(1) 
= 0,8413
59 1. d. En effet : 1 – P(–2 ≤ X ≤ 2)
= 2(1– Φ(2)) = 0,045 5
P(-2  X  -1)
2. P(-2 X 2)(-2  X  -1) P(-2  X  2)
F(-1) - F(-2)
F(2) - F(-2)
F(2) - F(1)
ª 0,142 4
2F(2) - 1
1
60 1.a. La probabilité d’obtenir un 6 est p =  .
6
È1
1/ 6 ¥ 5 / 6 1
1 / 6 ¥ 5 / 6˘
I100 Í - 1, 96
; 1, 96
˙
6
100
6
100
Î
˚
I100 = [0,09 ; 0,24].
b.La fréquence observée est f = 0,21. Elle appartient à l’intervalle, par conséquent on ne peut pas
prétendre que le dé est truqué.
2. Pour n = 400, l’intervalle est :
È1
16¥5 6 1
1 6 ¥ 5 6˘
I400 Í - 1, 96
; 1, 96
˙
400
6
400 ˚
Î6
I400 = [0,13 ; 0,203]. La fréquence observée, f = 0,21,
n’appartient pas à l’intervalle. On peut donc prétendre que le dé est truqué.
Exercice BAC
61 1.a. Soit Y la variable aléatoire correspondant
au diamètre d’une cerise suivant la loi normale de
paramètre µ = 22, σ = 1,6.
P(21 ≤ Y ≤ 23) = Φ(0,625) – Φ(–0,625)
= 2Φ(0,625) – 1 ≈ 0,4680.
b.P(Y ≥ 23) = 1 – P(Y ≤ 23)
= 1 – Φ(0,625) ≈ 0,266.
c. P(Y ≤ 21) = Φ(–0,625) ≈ 0,266
2. a. P(Y ≥ ymin) = 0,1 implique P(Y ≤ ymin) = 0,9.
Êy
- 22ˆ
F Á min
0, 9 correspond à
Ë 1, 6 ˜¯
ymin – 22 ≈ 1,6 × 1,28, soit : ymin ≈ 24,05.
b.] –∞ ; 21] ; ]23 ; 24,05 [. c. ymax = 24,05.
3. a. Le nombre de cerises est une variable aléatoire discrète dont la loi est approchée par une loi
normale de paramètres µ et σ.
On sait que : P(X ≤ 11 000) = 0,1 et
P(X ≥ 21 000) = 1 – P(X ≤ 21 000) = 0,2.
Les deux conditions qui en découlent sont :
Ê11000 - mˆ
Ê 21000 - mˆ
FÁ
˜¯ 0,1 et F ÁË
˜¯ 0, 8.
s
s
Ë
D’où : 11 000 – µ = –1,28σ et 21 000 – µ = 0,84s
Par conséquent : µ = 17 036 ; σ = 4 709,93 à 10–2 près.
b.P(12X – 190 000 ≥ 0) = P(12X ≥ 190 000)
Ê 47 500 / 3 - mˆ
47 500
= P(X ≥ 
) = 1 - F Á
≈ 0,60.
s
3
Ë
¯˜
c. P(12X – 190 000 ≥ 30 000) = P(X ≥ 
Ê 55 000 / 3 - mˆ
= 1 - F Á
˜¯ ≈ 0,39.
s
Ë
55 000
)
3
Pour aller plus loin
62 a.La loi suivie par la variable Xn est une
binomiale de paramètres n et p.
E(Xn) = np et V(Xn) = np(1 – p) avec p = 0,9 et n > 1 200.
b.Suivant le théorème de Moivre-Laplace, si Xn
suit une binomiale de paramètres n et p alors la
X n - np
variable aléatoire Zn suit la loi nornp(1 - p)
male centrée réduite lorsque n tend vers l’infini.
La condition P(Xn ≤ 1 200) ≥ 0,975, correspond
Ê
1200 - np ˆ
donc à la condition : P Á Zn ˜ 0, 975
Ë
np(1 - p) ¯
1200 - np
d’où :
 1, 96 soit :
np(1 - p)
0, 9n 0, 588 n - 1200  0.
c. On pose : X  n . La plus grande racine du
-0, 588 D
polynôme 0, 9X 2 0, 588X - 1200 est
2 ¥ 0, 9
avec D 0, 5882 - 4 ¥ 0, 9 ¥ (-1200) @ 4 320, 35
-0, 588 D
On doit avoir : n 
soit :
2 ¥ 0, 9
2
Ê -0, 588 D ˆ
nÁ
˜ .
Ë 2 ¥ 0, 9 ¯
On en déduit que : nmax = E(1 309,68) = 1 309
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 343
© éditions Belin, 2012.
È a b˘
fluctuation Í ; ˙ défini à partir de la loi binoÎ n n˚
miale de paramètres n = 30 et p, où a est le plus
petit entier tel que P(X ≤ a) > 0,025 et b est le
plus petit entier tel que P(X ≤ b) < 0,975.
À l’aide d’une calculatrice, on peut calculer : a = 0 ;
1
b = 5. L’intervalle de fluctuation est : [0 ; ].
6
La fréquence appartient à l’intervalle. On ne peut
pas remettre en cause la proportion d’as dans les
104 cartes.
63 Le tableau des 9 000 valeurs occupera le
champ de cellules : $A$1:$I$1000 (1 000 lignes ;
9 colonnes).
Chacune des 9 000 cellules contient la formule
= LOI.NORMALE.INVERSE(ALEA();80;5)
Il convient de recopier les 9 000 valeurs obtenues dans le champ $A$1:$I$1000 d’une nouvelle
feuille afin que ces valeurs ne soient pas sans cesse
modifiées.
1. a. Pour obtenir la moyenne des 9 000
individus, on saisit dans la cellule I1001
« = MOYENNE($A$1:$I$1000) »
Pour obtenir l’écart type de la population des
9 000 individus, on saisit dans la cellule I1002
« = ECARTYPEP($A$1:$I$1000) »
b.On calcule dans les 1 000 premières lignes de
la colonne J les moyennes des 9 nombres de cette
ligne. Par exemple : « = MOYENNE(A977:I977) »
pour la ligne 977.
Pour obtenir la moyenne de la population de ces
1 000 moyennes, on saisit dans la cellule J1001
« = MOYENNE($J$1:$J$1000) »
Pour obtenir l’écart type de la population de ces
1 000 moyennes, on saisit dans la cellule J1002
« = ECARTYPEP($J$1:$J$1000) »
Les résultats observés sur l’une de ces simulations (extrait du tableau) sont les suivants :
2.On constate que la population mère et la population des moyennes d’échantillons ont la même
moyenne, de l’ordre de 80. On constate que la population des moyennes est moins dispersée que la
population mère puisque leurs écarts type valent respectivement 5,06 et 1,66.
344 n
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
64 a.
Les résultats obtenus pour les différentes simulations sont :
Un des tableaux obtenus est donc
5
10
15
20
25
100
2,2988872
1,5734811
1,2810477
1,0967194
1,0279922
0,4967109
b. On remarque que lorsque la taille d’échantillon
est multipliée par 4, l’écart type de la population
des moyennes d’échantillon est divisée par 2.
On vérifie alors que s obs - moy est très proche de
s
avec dans ce cas s 5.
n
65 Dans l’exemplaire élève l’énoncé a été modifié comme suit :
Modèle : on suppose les variables X1, X2, …Xn
indépendantes, de même que les variables Xn+1,
Xn+2, … X2n.
5. Considérer le cas n = 1022, x = 10.
a. Évaluer R(10) en utilisant la table de f en page
V des annexes.
b. Que peut-on en déduire au sujet des proportions d’oxygène et d’azote dans la partie gauche
du récipient ?
1. a. On considère Sn n
 Xi , somme de n variables
i 1
de Bernoulli indépendantes avec une probabilité
d’être dans la partie gauche égale à 0,5.
Sn est donc distribuée suivant la loi binomiale
B(n ; 0, 5).
n
n
On a donc : E(Sn)  et V(Sn)  .
2
4
b.Tn 2n
Â
i n1
Xi est également somme de n variables
de Bernoulli indépendantes avec une probabilité
d’être dans la partie gauche égale à 0,5.
Tn est donc distribuée suivant la loi binomiale
n
n
B(n ; 0, 5). On a donc : E(Tn)  et V(Tn)  .
2
4
2.D’après le théorème de Moivre-Laplace, la
n
Sn 2
variable
converge en loi vers la loi normale
n
4
centrée réduite. Ainsi, pour tout x  0, on a :
ˆ
Ê
n
Sn ˜
Á
2  x˜ P ( - x  Z  x ) où Z
lim P Á- x 
nÆ Á
n
˜
˜¯
ÁË
2
suit la loi (0 ; 1).
On peut donc considérer que, pour n suffisamment grand, on a :
Ên
n
n
nˆ
PÁ - x
 Sn  x
ª 2F(x) - 1.
2
2
2 ˜¯
Ë2
b.Le raisonnement est totalement similaire.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 345
© éditions Belin, 2012.
n
s obs - moy
346 n
En outre, 10 est grand par rapport à 3,9 et
F(3, 9) ; 1, 000 0 donc 1 - 4R(10) est « très voisin »
de 1.
Avec la calculatrice, on peut vérifier que 
:
R(7)  10-10 donc R(10)  10-10.
È n - x n n x n ˘ È1 - 10-10 1 10-10 ˘
b. Í
;
;
˙.
˙Í
Î n x n n - x n ˚ ÍÎ1 10-10 1 - 10-10 ˙˚
Or : (1 h)(1 - 2h) 1 - h - 2h2  1 - h donc :
1- h
 1 - 2h et
1 h
(1 - h)(1 3h) 1 2h - 3h2  1 h pour
1 h
˘ 1È
h Œ ˙ 0 ; Í donc :
 1 3h.
1- h
3
˚
Î
En posant h 10-10 , on obtient :
È1- 10-10 1 10-10 ˘
;
Í
˙ Ã ÈÎ1- 2 ¥ 10-10 ; 1 3 ¥ 10-10˘˚.
-10 1- 10-10 ˙
ÎÍ1 10
˚
En utilisant ce qui précède, on peut conclure
Ê
ˆ
T
que : P Á1 - 2 ¥ 10-10  n  1 3 ¥ 10-10˜ est très
S
Ë
¯
n
proche de 1.
On peut préciser que :
Ê
ˆ
T
P Á1 - 2 ¥ 10-10 n 1 3 ¥ 10-10˜ 1 - 10-11.
Sn
Ë
¯
On peut donc conclure que, pour n  1022 et
Ên - x n
T
n x nˆ
x  10, l’évènement Á
 n 
˜
S
Ë
n
x
n
n - x n¯
n
est presque certain.
Par conséquent, lorsqu’on considère 1022 molécules d’azote et 1022 molécules d’oxygène, les
proportions d’azote et d’oxygène dans la partie
gauche du récipient sont sensiblement égales.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
3. On suppose que : n - x n  0. On a :
Ên
n
n
nˆ
 Sn  x
Á -x
˜
2
2
2¯
Ë2
Ê
2
1
2 ˆ
Á


˜.
Sn
Ën x n
n - x n¯
n
n
n
n
Il s’avère que : si
 Tn  x
et
-x
2
2
2
2
2
1
2


alors, par produit, on
Sn
n x n
n- x n
T
n- x n
n x n
 n 
a :
.
Sn
n x n
n- x n
On a donc bien : A « B Ã C .
4. On considère que P(A) P(B) 2F(x) - 1.
On a : P( A » B) P(A) P(B) - P( A « B) donc
P( A » B)  P(A) P(B) .
Or : P(A) P(B) 1 - [2F(x) - 1] 2[1 - F(x)] donc
P( A » B)  4[1 - F(x)]. En posant R(x) 1 - F(x),
on obtient : P( A » B)  4R(x).
De plus, A « B Ã C donc P(A « B)  P(C).
Enfin, comme A » B est l’évènement contraire de
A « B , on a : P(A « B) 1 - P( A » B).
On peut donc en déduire que : P(C)  1- P( A » B)
avec P( A » B)  4R(x) donc P(C)  1 - 4R(x).
5. a. n  1022 est suffisamment grand pour
considérer que :
Ên - x n
T
n x nˆ
PÁ
n ˜ 1 - 4 R( x ).
Sn
Ën x n
n - x n¯
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 347
© éditions Belin, 2012.
66 Dans l’exemplaire élève, la machine génère n variables aléatoires suivant la loi (m ; 5292)
Dans cet exercice, on utilise le résultat suivant
déjà présenté dans l’exercice 64 :
Si X1, X2, L , X n est une suite d’aléas indépendants
distribués selon la loi normale d’espérance m et
d’écart type s alors la variable aléatoire
X1 X2 L X n
est distribuée selon la loi
n
s
normale d’espérance m et d’écart type
n
X
348 n
La règle de décision du joueur raisonnable est la
suivante :
1789 1515
• si X 
1652, le joueur propose
2
1 789 ;
1789 1515
• si X 
1652, le joueur propose
2
1 515.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
Exemple d’utilisation
La variable aléatoire est distribuée selon la loi
Ê
sˆ
normale  Ám ;
˜
Ë
n¯
• Pour m 1 515, la probabilité de perdre est :
ˆ
Ê
Á X - 1 515 1 652 - 1 515˜
˜
P ( X  1 652) P Á

s
s
˜
Á
˜¯
ÁË
n
n
Ê
137 n ˆ
P Á Z 
˜ Z ⥹ (0 ; 1)
s ¯
Ë
• Pour m 1 789, la probabilité de perdre est :
ˆ
Ê
Á X - 1 789 1 652 - 1 789˜
˜
P ( X  1 652) P Á

s
s
˜
Á
˜¯
ÁË
n
n
Ê
ˆ
137 n
P Á Z  ˜ Z ⥹ (0 ; 1)
s ¯
Ë
Premier résultat :
Ê137 n ˆ
La probabilité de perdre vaut : a n 1 - F Á
˜
Ë s ¯
où F est la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite.
Second résultat
L’espérance de gain G vaut alors :
Ê
nˆ
E(G) a n Á-20 - ˜ (1 - a n) ¥ 10
2¯
Ë
a. b. c. d. Ci-dessous, quelques probabilités de
perdre et quelques espérances de gain pour différentes valeurs de l’écart type de X.
Accompagnement
personnalisé
AP 1
1. La copie correcte est la copie n° 2.
2.La copie correcte est la copie n° 1.
AP3
a. Soit p1 la probabilité de survenue d’une
otite sous antibiotiques et p2 la probabilité de
survenue d’une otite sous placebo.
Intervalle de confiance de p1 :
È 21
1
21
1 ˘
;
Í
˙ = [0,089 ; 0,276]
115 115
115 ˚
Î115
Intervalle de confiance de p2 :
È 21
1
21
1 ˘
;
Í
˙ = [0,124 ; 0,311]
115 115
115 ˚
Î115
Ces niveaux de confiance sont au moins de 95 %.
Remarque 
: En calculant les intervalles de
confiance directement avec la loi binomiale,
on obtient [0,117 ; 0,265] pour p1, et [0,146 ;
0,303] pour p2.
b.Une règle pour prendre une décision lors de la
comparaison de deux proportions est la suivante :
• si les deux intervalles de confiance ne se
recoupent pas, on peut conclure à une différence
entre les deux situations ;
• si les intervalles se recoupent, il existe d’autres
méthodes plus puissantes qui permettent de
remettre en cause l’hypothèse p1 = p2 selon le degré
de recouvrement des intervalles (méthodes hors
programme pouvant faire l’objet d’une recherche).
Dans le cadre de l’exercice, les deux intervalles
se recoupent (largement), on ne peut donc pas
conclure que les deux traitements sont différents.
Remarque : les deux intervalles se recoupent
(largement), les méthodes statistiques classiques, mais hors programme, dévolues à ce
type d’étude n’auraient pas non plus permis de
conclure au seuil de 5 % à une différence entre
les deux situations.
Remarque : Pour rendre le jeu intéressant pour
le joueur et lucratif pour l’organisateur, il faudrait
sans doute en modifier légèrement les règles en
pénalisant un peu plus la demande de renseignement lorsque n augmente de façon à maintenir
l’espérance de gain dans chaque cas très faiblement négative.
Dans l’exemplaire élève l’énoncé a été modifié comme suit :
a. Déterminer un intervalle de confiance au seuil
de 95 % de la proportion de la survenue des
infections postopératoires.
b. Peut-on conclure au seuil de 95 % que le traitement par céfuroxime générique n’est pas équivalent
au traitement par céfuroxime originale ?
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation n 349
© éditions Belin, 2012.
AP 4
a.
Sous oCFX
Sous gCFX
È 8
1
8
1 ˘
Infections
;
˙  = [0 ; 0,082]
postopératoires ÍÎ313
313 313
313 ˚
b.Une règle pour prendre une décision lors de la
comparaison de deux proportions est la suivante :
• si les deux intervalles de confiance ne se
recoupent pas, on peut conclure à une différence
entre les deux situations ;
• si les intervalles se recoupent, Il existe d’autres
méthodes plus puissantes qui permettent de
remettre en cause l’hypothèse p1 = p2 selon le degré
de recouvrement des intervalles. Ces méthodes hors
programme peuvent faire l’objet d’une recherche.
350 n
È 39
1
39
1 ˘
;
Í
˙  = [0,071 ; 0,185]
305
305
305
305
Î
˚
Les intervalles se recoupent même si sur des
longueurs réduites. On peut affiner l’analyse en
calculant les intervalles de confiance à partir de
la loi binomiale :
Pathologies
Sous oCFX
Sous gCFX
Infections
postopératoires [0,012 ; 0,049]
[0,093 ; 0,170]
Dans ce cas, les deux intervalles ne se recoupent
pas, on peut donc conclure au risque de 5 % que
les deux traitements ne sont pas équivalents.
Chapitre 14 n Loi normale, intervalle de fluctuation, estimation
© éditions Belin, 2012.
Pathologies