Probabilités - Exercices corrigés avec rappels de cours

Adil ELMARHOUM Mohamed DIOURI

PROBABILITES Exercices corrigés avec rappels de cours

COLLECTION SCIENCES TECHNIQUES ET MANAGEMENT

PROBABILITES Exercices corrigés avec rappels de cours

Tous les droits sont réservés Dépôt légal N° 2003/0049 I.S.B.N. 9954-409-41-6 Première édition 2003 Deuxième édition 2008 Troisième édition 2014

Les livres de la collection Sciences et Techniques sont édités par les Instituts supérieurs du Génie Appliqué IGA de Rabat, Marrakech, Fès, El Jadida et Settat.

DEDICACE

Pour que la mémoire demeure Lorsqu’une âme pleure une autre âme MD

SOMMAIRE

LIMINAIRE

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CH. 1.

PROBABILITES 1.1. Définitions. 1.2. Notion d’exclusivité 1.3. Notion d’indépendance. 1.4. Théorème de Bayse. 1.5. Enonces des exercices d’application. 1.6. Solutions des exercices.

9 9 10 11 12 13 15

CH. 2.

VARIABLE ALEATOIRE. 2.1. Définitions. 2.2. Distribution de probabilité. 2.3. Couple de variables aléatoires. 2.4. Espérance mathématique. 2.5. Inégalité de Bienaymé Tchebychev. 2.6. Enoncés des exercices d’application. 2.7. Solutions des exercices.

27 27 28 29 31 33 33 36

CH. 3.

ANALYSE COMBINATOIRE ET CALCUL DES PROBABILITES. 3.1. Permutations. 3.2. Arrangements. 3.3. Combinaisons. 3.4. Enoncés des exercices d’application. 3.5. Solutions des exercices d’application.

54 54 54 55 56 59

CH. 4.

LOIS DE PROBABILITE DISCRETES. 4.1. Loi Bernoulli. 4.2. Loi Binomiale. 4.3. Loi Polynomiale. 4.4. Loi Hypergéométrique. 4.5. Loi Hypergéométrique généralisée. 4.6. Loi de Poisson. 4.7. Enoncés des exercices d’application. 4.8. Solutions des exercices d’application.

78 78 78 79 80 81 81 82 85

CH. 5.

LOIS DE PROBABILITE CONTINUES. 5.1. Loi normale. 5.2. La loi Khi deux de Pearson. 5.3. La loi de Student. 5.4. La loi de Fisher Snedecor. 5.5. Enoncés des exercices d’application. 5.6. Solutions des exercices d’application.

99 99 101 102 103 104 107

CH. 6.

CONVERGENCE DES LOIS DE PROBABILITE LOIS DES GRANDS NOMBRES. 6.1. Convergence en probabilité. 6.2. Convergence en loi probabilité. 6.3. Enoncés des exercices d’application. 6.4. Solutions des exercices d’application.

122 122 122 124 126

TABLES STATISTIQUES

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BIBLIOGRAPHIE

163

LIMINAIRE

Le calcul des probabilités n’intervient pas uniquement, comme semble le croire une tradition tenace, pour le calcul des chances de gagner ou de perdre dans des jeux de hasard : lancement de dés, jeux de cartes, courses de chevaux, loterie nationale, etc. Il est vrai qu’à l’origine le développement de la théorie des probabilités est dû, en grande partie, aux calculs sur les jeux de hasard, mais par la suite, probabilités, lois de probabilités, lois statistiques ont été développées pour introduire les statistiques décisionnelles, à savoir : échantillonnages, distributions, estimations, etc. Ce livre est ainsi une introduction au livre sur les statistiques décisionnelles puisqu’il renferme tous les chapitres que doit connaître un étudiant avant d’aborder les statistiques décisionnelles, à savoir : les calculs sur les probabilités, les variables aléatoires discrètes et continues, les lois de probabilités et les lois statistiques de variables discrètes et continues. Nous avons conçu ce livre à l’instar de ce que nous avons fait pour notre livre sur la statistique descriptive : chaque chapitre commence par de brefs rappels de cours suivis d’énoncés des exercices d’application et se termine par les solutions proposées. Tant l’étudiant que les professeurs pourront ainsi trouver : - Le premier, l’occasion pour s’entrainer, autant qu’il veut, et préparer, dans de meilleures conditions ses examens en probabilités ; - Le second, un ensemble important d’exercices d’application pour illustrer son cours sur les probabilités.

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En effet l’étudiant et le professeur savent que la meilleure façon d’apprendre et de faire apprendre une matière repose essentiellement sur la qualité et la quantité des cas pratiques étudiés.

Adil ELMARHOUM Professeur chercheur

Casablanca, mars 2014

Mohamed DIOURI Fondateur de l’IGA.

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Probabilités.

CHAPITRE 1 PROBABILITES 1.1. DEFINITIONS. 1.1.1. Expérience et événement aléatoires. La définition de la probabilité est liée aux notions d’expériences et d’événements aléatoires. Une expérience est dite aléatoire lorsqu’on ne peut en prévoir exactement le résultat, du fait que tous les facteurs qui déterminent ce résultat ne sont pas maîtrisés. Un événement aléatoire est un événement qui peut se réaliser ou ne pas se réaliser au cours d’une expérience aléatoire. Exemples : - Le jet d’un dé numéroté de 1 à 6 est une expérience aléatoire car le résultat du jet est imprévisible. L’événement avoir une face paire du dé est un événement aléatoire car le résultat du jet peut être impair comme il peut être pair. - Le choix d’une personne dans un groupe d’individus contenant des hommes et des femmes est une expérience aléatoire car le résultat du choix est imprévisible. L’événement choisir une femme est un événement aléatoire car la personne choisie peut être une femme comme elle peut être un homme. 1.1.2. Définition classique de la probabilité. Si au cours d’une expérience aléatoire on peut dénombrer tous les événements possibles, et si pour chaque événement on peut déterminer le nombre de cas favorables à la réalisation d’un événement aléatoire quelconque A, on définit classiquement la probabilité de l’événement A comme étant le rapport du nombre de cas favorables au nombre de cas possibles.

p( A ) =

Nombre de cas favorables Nombre de cas possibles

Cette définition montre que la probabilité est toujours comprise entre 0 et 1. 0≤p≤1 La probabilité de tout événement qui doit nécessairement se réaliser au cours d’une expérience aléatoire est égale à 1, il s’agit d’un événement certain.

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Probabilités.

P(événement certain) = 1 La probabilité de tout événement qui ne peut pas se réaliser au cours d’une expérience aléatoire est nulle, il s’agit d’un événement impossible. P(événement impossible) = 0 1.2. NOTION D’EXCLUSIVITE. 1.2.1. Evénements exclusifs. Deux événements aléatoires d’une même expérience aléatoire sont dits exclusifs ou incompatibles s’ils ne peuvent pas se réaliser simultanément. Si deux événements aléatoires A et B sont exclusifs alors : p(A ou B) = p(A) + p(B)

et

p(A et B) = 0

Si deux événements aléatoires A et B ne sont pas exclusifs alors : p(A ou B) = p(A) + p(B) – p(A et B) 1.2.2. Evénements mutuellement exclusifs. Plusieurs événements aléatoires associés à une même expérience aléatoire sont dits mutuellement exclusifs ou mutuellement incompatibles s’ils sont exclusifs deux à deux. Si k événements A1, A2, …, Ak sont mutuellement exclusifs alors : p(A1 ou A2 ou … ou Ak) = p(A1) + p(A2) + … + p(Ak) Si trois événements aléatoires A, B, et C ne sont pas mutuellement exclusifs alors : p(A ou B ou C) = p(A) + p(B) + p(C) – p(A et B) – p(A et C) – p(B et C) + p(A et B et C) 1.2.3. Evénements complémentaires. Plusieurs événements aléatoires associés à une même expérience aléatoire sont dits totalement exclusifs ou complémentaires s’ils sont exclusifs deux à deux et si l’un d’eux doit nécessairement se réaliser. Si k événements A1, A2, …, Ak sont complémentaires alors : p(A1 ou A2 ou … ou Ak) = p(A1) + p(A2) + … + p(Ak) = 1 10

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Probabilités.

1.3. NOTION D’INDEPENDANCE. 1.3.1. Probabilité conditionnelle. Considérons le cas de plusieurs expériences aléatoires simultanées ou successives. Soient deux événements aléatoires A et B non nécessairement exclusifs. La probabilité conditionnelle de l’événement A sous la condition B, est la probabilité de réalisation de l’événement A, lors d’une expérience, sachant que l’événement B est déjà réalisé, lors d’une expérience simultanée ou antérieure. Elle est désignée par :

p(A / B) =

p(A et B) p(B)

Soient deux événements aléatoires A et B non nécessairement exclusifs. La probabilité conditionnelle de l’événement B sous la condition A, est la probabilité de réalisation de l’événement B, lors d’une expérience, sachant que l’événement A est déjà réalisé, lors d’une expérience simultanée ou antérieure. Elle est désignée par :

p( B / A ) =

p(A et B) p( A )

Cette définition conduit à la formule de probabilité composée : P(A et B) = p(A) × p(B/A) = p(B) × p(A/B) On peut généraliser cette formule à plusieurs événements. Ainsi pour trois événements A, B, et C : P(A et B et C) = p(A) × p(B/A) × p(C/A et B) 1.3.2. Evénements indépendants. Deux événements A et B sont indépendants si la probabilité de voir se réaliser l’événement A ne dépend pas de la réalisation ou de la non réalisation de l’événement B. La probabilité de voir se réaliser l’événement B ne dépend pas de la réalisation ou de la non réalisation de l’événement A. p(A) = p(A/B) = p(A/non B) p(B) = p(B/A) = p(B/non A) Deux événements A et B sont donc indépendants si : p(A et B) = p(A) × p(B)

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Plusieurs événements A1, A2, …, Ak sont indépendants si : p(A1 et A2 et … et Ak) = p(A1) × p(A2) × … × p(Ak) L'indépendance de plusieurs événements deux à deux n'entraîne pas nécessairement l'indépendance de l'ensemble des événements. 1.4. THEOREME DE BAYSE. Soient E1, E2, …, Ek, une série de k événements aléatoires totalement exclusifs. À chacun de ces événements correspond une information initiale qui permet d’évaluer à priori les probabilités p(E1), p(E2), …, p(Ek). p(E1) + p(E2) + … + p(Ek) = 1 Soit A un événement quelconque pour lequel on connaît à priori les probabilités conditionnelles p(A/E1), p(A/E2), …, p(A/Ek). Les événements E1, E2, Ek étant complémentaires, l’événement A doit se réaliser nécessairement avec E1 ou E2 ou ... ou Ek. p(A) = p[(A et E1) ou (A et E2) ou … ou (A et Ek)] p(A) = p(A et E1) + p(A et E2) + … + p(A et Ek) Par définition de la probabilité conditionnelle : p(A et Ei) = p(Ei) × p(A/Ei)

(i = 1 à k)

La probabilité de l’événement A est donc : p(A) = p(E1) × p(A/E1) + p(E2) × p(A/E2) + … + p(Ek) ×p(A/Ek) k

p ( A ) = ∑ p ( E i ) × p( A / E i ) i =1

Le théorème de BAYES permet de calculer les probabilités conditionnelles à posteriori p(E1/A), p(E2/A), …, p(Ek/A). Par définition de la probabilité conditionnelle :

p( E i / A ) =

p(A et E i ) p( A )

p( E i / A ) =

p( E i ) × p( A / E i ) k

∑ p(E i ) ×p(A / E i ) i =1

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1.5. ENONCES DES EXERCICES D’APPLICATION. 1.5.1. Expliquer pourquoi doit-il y avoir une erreur dans chacune des phrases suivantes : a) La probabilité qu'il pleuve demain est 0,67 et la probabilité qu'il pleuve ou qu'il neige est 0,55. b) La probabilité qu'un étudiant réussisse son examen de statistique est 0,82 et la probabilité qu'il réussisse ses examens de statistique et mathématique est 0,86. c) Les probabilités qu'une secrétaire fasse 0; 1; 2; 3; 4; plus de 4 erreurs lors d'un travail de dactylographie sont respectivement 0,12; 0,25; 0,36; 0,14; 0,09; et 0,07. 1.5.2. Selon le dernier recensement 55 % de la population sont analphabètes et 51 % de la population sont de sexe féminin. Parmi les femmes, 68 % sont analphabètes. Calculer la probabilité d'être : a) Une femme analphabète. b) Une femme non analphabète. c) Un homme analphabète. d) Un homme non analphabète. e) Une personne est choisie au hasard parmi les analphabètes, quelle est la probabilité qu'elle soit une femme ? 1.5.3. Un portefeuille comprend 3 actions et 2 obligations. a) On tire successivement et sans remise, chaque fois un titre. Quelle est la probabilité d'avoir une action et une obligation ? b) On tire dans le portefeuille un titre et on note sa catégorie. Si c'est une action on la remet dans le portefeuille sinon on ne la remet pas. On effectue un second tirage. Quelle est la probabilité d'avoir une action et une obligation ? 1.5.4. Trois familles comprennent respectivement 2 garçons et 1 fille; 1 garçon et 1 fille; 1 garçon et 2 filles. Si on choisit au hasard et indépendamment un enfant de chaque famille, quelle est la probabilité que le groupe des trois enfants ainsi constitué réunisse au moins 1 garçon et 1 fille ? 1.5.5. Soit A, l'événement tel qu'une famille a des enfants des deux sexes, et B, l'événement tel qu'une famille a au plus 1 garçon. a) Montrer que A et B sont des événements indépendants si une famille a 3 enfants. b) Montrer que A et B sont des événements dépendants si une famille a 2 enfants. 1.5.6. Dans une population de 10000 personnes, il y a 45 % de fumeurs et 35 % sont atteintes de bronchite. De plus, 65% des personnes atteintes de bronchite sont des fumeurs. a) Calculer la probabilité pour qu'une personne choisie au hasard dans cette population soit un fumeur bronchitique. b) Calculer la probabilité pour qu’une personne choisie au hasard, dans cette population, soit un bronchitique non fumeur. c) Calculer la probabilité pour qu'une personne choisie au hasard parmi les fumeurs soit atteinte de bronchite.

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1.5.7. Pour juger de l'efficacité d'une campagne publicitaire ayant porté sur un produit, on a sondé 1500 personnes, 1000 dans la région du Nord et 500 dans la région du Sud. Les résultats sont :

Régions Nord Sud

Connaissent le produit et le consomment 80 50

Connaissent le produit et ne le consomment pas 150 130

Ne connaissent pas le produit 770 320

Calculer les probabilités suivantes : a) probabilité de connaître le produit. b) probabilité de connaître le produit et le consommer. c) probabilité de connaître le produit et ne pas le consommer. d) probabilité d’être du nord. e) probabilité d’être du sud. f) Quelle est la probabilité pour qu’une personne qui connaisse le produit soit consommatrice de ce produit ? g) Quelle est la probabilité pour qu’une personne prise au hasard ne connaisse pas le produit ? 1.5.8. Un avion de guerre passe au-dessus de 3 batteries antiaériennes. Chaque batterie a une chance sur trois d'abattre l'avion. Quelle est la probabilité que l'avion soit abattu ? 1.5.9. Une usine s'adresse à deux fournisseurs A et B pour l'approvisionnement d'un composant électronique. Le contrôle de conformité effectué sur un échantillon aléatoire de composants électroniques a donné la répartition suivante des pourcentages de défauts : Fournisseur A B

0 défaut 60 % 65 %

Répartition du nombre de défauts 1 défaut 2 défauts Total 35 % 5% 100 % 25 % 10 % 100 %

Sachant que 70 % des composants sont achetés à A et 30 % à B : a) Calculer la probabilité pour qu'un composant ne présente aucun défaut. b) Calculer la probabilité pour qu'un composant tiré aléatoirement et ne présentant aucun défaut, provienne de B. 1.5.10. Un chercheur en marketing doit évaluer l'efficacité de l'utilisation et de la connaissance du nom d'un produit. Une étude de marché a montré que le produit occupe 10 % du marché et que 95 % des personnes ayant déjà achetés ce produit se rappellent le nom du produit, alors que seulement 20 % des non acheteurs le reconnaissent. Une personne est choisie d'une manière aléatoire parmi le groupe des consommateurs.

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Probabilités.

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a) Quelle est la probabilité à priori acceptable que la personne choisie soit un acheteur du produit ? b) Sachant que la personne reconnaît le nom du produit, quelle est la probabilité à posteriori qu'elle fasse partie des acheteurs du produit ? c) Sachant que la personne ne reconnaît pas le nom du produit, quelle est la probabilité à posteriori qu'elle fasse partie des acheteurs du produit ? 1.5.11. On dispose de deux sacs. Un sac en jute qui contient 20 pièces d'or et 30 pièces d'argent et un sac en cuir qui contient 20 pièces d'or et 20 pièces d'argent. On plonge la main dans l’un des deux sacs et on en sort une pièce d'or. Quelle est la probabilité pour qu'il s'agisse du sac en cuir ? 1.5.12. Les étudiants d'une école sont répartis en trois groupes de 30 %; 34 %; et 36 % des effectifs. Le taux d'absentéisme est respectivement de 4 %; 2 %; et 7 %. Un étudiant choisi au hasard s'est révélé de bonne assiduité. Calculer la probabilité que cet étudiant appartienne au groupe 1. 1.5.13. Une classe d’étudiants compte 20% d’étrangers, 55% de filles parmi les étrangers et 52% de filles parmi les nationaux, 5% d’absentéisme chez les filles et 8% d’absentéisme chez les garçons et enfin 70% de malades parmi les filles absentes et 52% de malades parmi les garçons absents. On choisit une personne, au hasard, quelle est la probabilité pour a) qu’elle soit absente ? b) quelle soit absente et malade 1.5.14. 65 % des étudiants d’une école de gestion sont des scientifiques, et le reste sont des littéraires. On sait par ailleurs, que le taux de réussite des étudiants scientifiques est de 75 %, alors qu’il est de 55 % chez les littéraires. Si on choisit au hasard un étudiant, déterminer la probabilité : a) Pour qu’il soit scientifique, sachant qu’il a réussi. b) Pour qu’il soit littéraire sachant qu’il n’a pas réussi. 1.5.15. Dans une urne contenant 9 boules numérotées de 1 à 9, on prélève successivement et avec remise 4 boules. a) Calculer la probabilité de ne pas obtenir la boule numéro 1. b) Calculer la probabilité d’obtenir au moins une fois la boule numéro 1. c) Combien doit-on prélever de boules pour que la probabilité d’obtenir au moins une fois la boule 1 soit égale à 0,75 ? 1.5.16. Quelle est la probabilité pour que deux personnes au moins, parmi 5 personnes, choisies au hasard, soient nées le même jour de la semaine ? 1.6. SOLUTIONS DES EXERCICES. 1.6.1. Solution de l’exercice 1.5.1. a) Soit p(P) la probabilité pour qu’il pleuve : on a p(P) = 0,67. 15

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Soit p(N ou P) la probabilité pour qu’il pleuve ou qu’il neige : on a p(N ou P) = 0,55. Soit p(N) la probabilité pour qu’il neige. Les événements P : « il pleut » et N : « il neige » sont exclusifs, puisqu’il ne peut pas pleuvoir et neiger, en même temps, on doit avoir : p(N ou P) = p(P) + p(N) > p(P) ce qui n’est pas le cas d’après l’énoncé. b) Soit p(S) la probabilité que l’étudiant réussisse son examen de statistique : p(S) = 0,82. Soit p(S et M) la probabilité que l’étudiant réussisse ses examens de statistique et de mathématiques : p(S et M) = 0,86. Soit p(M) la probabilité que l’étudiant réussisse son examen de mathématique. Les événements S : réussir son examen de statistique et M : réussir son examen de mathématique sont indépendants, on doit avoir p(S et M) = p(S) x p(M) < p(S) ce qui n’est pas le cas d’après l’énoncé. c) On pose p(i) la probabilité que la secrétaire commette i faute(s) ( i < ou = à 4 ) et p(5) la probabilité qu’elle commette plus de 4 fautes. Les événements (1), (2), (3), (4) et (5) sont exclusifs et complémentaires, on doit avoir p(1) + P(2) + p(3) + p(4) + p(5) = 1 ce qui n’est pas le cas d’après l’énoncé. 1.6.2. Solution de l’exercice 1.5.2. On pose : p(A) probabilité d’être analphabète : p(A) = 0,55 p(F) la probabilité d’être une femme : p(F) = 0,51 p(A/F) la probabilité d’être analphabète sachant qu’on est une femme : p(A/F) = 0,68 a) p(être une femme analphabète) = p(F) x p(A/F) = 0,51 x 0,68 = 0,35 b) p(être une femme non analphabète) = p(F) x (1 – p(A/F)) = 0,51 x 0,32 = 0,16 c) p(être un homme analphabète) = p(H) x p(A/H) Avec : p(H) = p(être une homme) = 1 – p(F) = 0,49 p(A/H) = p(être analphabète sachant qu’on est un homme) Or p(A) = p(A/F) x p(F) + p(A/H) x p(H) 16

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Donc p(être un homme analphabète) = 0,55 – 0,68 x 0,51 = 0,20 d) p(être un homme non analphabète) = p(H) x ( 1 – p(A/H)) Or p(A/H) = [ p(A) – p(A/F) x p(F) ] / p(H) = 0,41 Donc p(être un homme non analphabète) = 0,49 x 0,59 = 0,29 e) p( être une femme sachant qu’on est analphabète ) = p(F/A) or p(F/A) = [p(A/F) x p(F)] / p(A) = 0,68 x 0,51 / 0,55 = 0,63 1.6.3. Solution de l’exercice 1.5.3. a) Les tirages sont sans remise, les événements A : « tirer une action » et O : « tirer une obligation » sont donc dépendants. On a donc : p(d'avoir une action et une obligation) = p(A et O) + p(O et A) p(d'avoir une action et une obligation) = p(A) x p(O / A) + p(O) x p(A / O) or p = (Nombre de cas favorables) / (Nombre de cas possibles) p(d'avoir une action et une obligation) = (3/5) x (2/4) + (2/5) x (3/4) = 3/5 = 0,6 b) p = p[(A et O)/ si 1er tirage = A on la remet sinon on ne la remet pas)] p = p[(tirer A puis O sachant qu’on a tiré A et qu’on l’a remise) ou (tirer O puis A sachant qu’on a tiré O et qu’on l’a pas remise) p = p(A)xp(O/A) + p(O)xp(A/O) p = (3/5)x(2/5) + (2/5)x(3/4) = 6/25 + 6/20 = 54/100 = 0,54 1.6.4. Solution de l’exercice 1.5.4. p(G) : probabilité de choisir un garçon p(F) : probabilité de choisir une fille p( choisir au moins 1 G et 1 F ) = p(G et G et F) + p(G et F et F) + p(G et F et G) + p(F et F et G) + p(F et G et F) + p((F et G et G) On a ainsi listé tous les cas possibles de tirer au moins une fille et un garçon.

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Avec par exemple : p(G et G et F) : probabilité de choisir 1 G dans la 1ère famille, 1 G dans la 2ème famille et 1 F dans la 3ème famille. Or p(G et G et F) = p(1 G dans la 1ère famille) x p(1 G dans la 2ème famille) x p(1 F dans la 3 famille). ème

donc : p(G et G et F) = (2/3)x(1/2)x(2/3) = 4/18 p(G et F et F) = (2/3)x(1/2)x(2/3) = 4/18 p(G et F et G) = (2/3)x(1/2)x(1/3) = 2/18 p(F et F et G) = (1/3)x(1/2)x(1/3) = 1/18 p(F et G et F) = (1/3)x(1/2)x(2/3) = 2/18 p((F et G et G) = (1/3)x(1/2)x(1/3) = 1/18 p(choisir au moins 1 G et 1 F) = (4+4+2+1+2+1)/18 = 14/18 = 0,7778 1.6.5. Solution de l’exercice 1.5.5. a) Cas d’une famille de 3 enfants. p(A) = probabilité qu'une famille ait des enfants des deux sexes. p(A) = p(G et G et F) + p(G et F et G) + p((F et G et G) + p(G et F et F) + p(F et G et F) + p(F et F et G) Avec par exemple : p(G et G et F) : probabilité d’avoir 1 G pour le 1er enfant, 1 G pour le 2 enfant et 1 F pour le 3ème enfant. ème

or p(G et G et F) = p(1 G pour le 1er enfant) x p(1 G pour le 2ème enfant) x p(1 F pour le 3ème enfant) donc : p(G et G et F) = (1/2)x(1/2)x(1/2) = 1/8 p(G et F et G) = (1/2)x(1/2)x(1/2) = 1/8 p((F et G et G) = (1/2)x(1/2)x(1/2) = 1/8 p(G et F et F) = (1/2)x(1/2)x(1/2) = 1/8 p(F et G et F) = (1/2)x(1/2)x(1/2) = 1/8 p(F et F et G) = (1/2)x(1/2)x(1/2) = 1/8 p(A) = 6 x 1/8 = 6/8 p(B) = probabilité qu'une famille ait au plus 1 garçon. p(B) = p(F et F et F) + p(G et F et F) + p(F et G et F) + p(F et F et G) p(B) = 4 x 1/8 = 4/8 p(A et B) = probabilité qu'une famille ait des enfants des deux sexes et ait au plus 1 garçon. p(A et B) = p(G et F et F) + p(F et G et F) + p(F et F et G) p(A et B) = 3/8 18

10. Probabilités

Probabilités.

Or p(A) x p(B) = 6/8 x 4/8 = 24/64 = 3/8 Ce qui fait que p(A et B) = p(A) x p(B), on peut donc conclure que A et B sont indépendants. b) Cas d’une famille de 2 enfants. p(A) = probabilité qu'une famille ait des enfants des deux sexes. p(A) = p(G et F) + p(F et G) Avec par exemple : p(G et F) : probabilité d’avoir 1 G pour le 1er enfant et 1 F pour le 2ème enfant. or p(G et F) = p(1 G pour le 1er enfant) x p(1 F pour le 2ème enfant) donc : p(G et F) = (1/2)x(1/2) = 1/4 p(F et G) = (1/2)x(1/2) = 1/4 p(A) = 2/4 = 1/2 p(B) = probabilité qu'une famille ait au plus 1 garçon. p(B) = p(F et F) + p(G et F) + p(F et G) p(B) = 3/4 p(A et B) = probabilité qu'une famille ait des enfants des deux sexes et ait au plus 1 garçon. p(A et B) = p(G et F) + p(F et G) p(A et B) = 2/4 = 1/2 p(A et B) ≠ p(A) x p(B), on peut conclure que A et B sont dépendants. 1.6.6. Solution de l’exercice 1.5.6. L’énoncé de l’exercice peut se résumer comme suit : p(être fumeur) = p(F) = 0,45 p(être non fumeur) = p(NF) = 1 – p(F) = 0,55 p(avoir une bronchite) = p(B) = 0,35 p(être non bronchitique) = p(NB) = 1 – p(B) = 0,65 p(être fumeur en étant bronchitique) = p(F/B) = 0,65 a) p(fumeur bronchitique) = p(F et B) = p(B) x p(F/B) = 0,35 x 0,65 = 22,75% b) p(bronchitique non fumeur) = p(B et NF) or p(B) = P(B et F) + p(B et NF) donc p(B et NF) = p(B) – p(B et F) = 0,35 – 0,2275 = 12,25% c) p(B/F) = p(B et F) / p(F) = 0,2275 / 0,45 = 0,5056

19

10. Probabilités

Probabilités.

1.6.7. Solution de l’exercice 1.5.7. Reprenons le tableau des données :

Régions Nord Sud

Connaissent le produit et le consomment 80 50

Connaissent le produit et ne le consomment pas 150 130

Ne connaissent pas le produit 770 320

On convient des notations suivantes : −

A : l’événement connaître le produit et

A l’événement ne pas connaître le produit.

B : l’événement consommer le produit

B l’événement ne pas consommer le produit.

−

N : l’événement être du nord. S : l’événement être du sud.

80 + 150 + 50 + 130 = 0,273 1500 80 + 50 b) Probabilité de connaître le produit et le consommer : p(A et B) = = 0,087 1500 a) Probabilité de connaître le produit : p(A) =

c) Probabilité de connaître le produit et ne pas le consommer. −

p(A et

B)=

150 + 130 = 0,187 1500

1000 = 0,667 1500 500 e) Probabilité d’être du sud : p(S) = = 0,333 1500 d) Probabilité d’être du nord : p(N) =

f) On a choisi une personne parmi ceux qui connaissent le produit, quelle est la probabilité qu’elle soit consommatrice de ce produit ? p(B/A) =

p(BetA) 0,087 = = 0,319 p( A ) 0,273

g) Une personne est choisie au hasard au sud : quelle est la probabilité qu’elle ne connaisse pas le produit. −

−

p(B etS) 320 / 1500 0,213 p( B /S) = = = = 0,641 p(S) 0,333 0,333 20

10. Probabilités

Probabilités.

1.6.8. Solution de l’exercice 1.5.8. Soit A l’événement que l’avion soit abattu. Soient les événements A1, abattre l’avion avec la 1ère batterie ; A2 abattre l’avion avec la 2 batterie et A3 abattre l’avion avec la troisième batterie. ème

p(A1) = p(A2) = p(A3) =

1 et A = A1 ou A2 ou A3 3

La probabilité pour que l'avion soit abattu est la probabilité pour qu’il soit abattu avec la 1ère batterie ou avec la 2ème batterie et donc raté par la 1ère batterie ou avec la 3ème batterie et donc raté par la 1ère et la 2ème batterie. −

−

−

p(A) = p(A1) + p( A1 et A2) + p( A1 et

A 2 et A3) 1 2 1 2 2 1 19 p(A) = + ( × ) + ( × × ) = 27 3 3 3 3 3 3

1.6.9. Solution de l’exercice 1.5.9. Reprenons le tableau des données : Fournisseur A B

0 défaut 60 % 65 %

Répartition du nombre de défauts 1 défaut 2 défauts Total 35 % 5% 100 % 25 % 10 % 100 %

p(A) = 0,70 et p(B) = 0,30 a) Probabilité pour qu'un composant ne présente aucun défaut. p(0) = p(0 et A) + p(0 et B) = p(A) x p(0/A) + p(B) x p(0/B) p(0) = 0,70 x 0,60 + 0,30 x 0,65 = 0,615 b) Probabilité pour qu'un composant tiré aléatoirement et ne présentant aucun défaut, provienne de B. p(B/0) =

p(Bet 0) p(B) × p(0 / B) 0,30 × 0,65 = = = 0,317 p ( 0) p ( 0) 0,615

1.6.10. Solution de l’exercice 1.5.10. Soient les événements : 21

10. Probabilités

Probabilités.

A : acheteur du produit : p(A) = 0,10 B : connaisseur du produit : p(B/A) = 0,95 −

de plus : p(B/A) = 0,95

et p(B /

A ) = 0,20

a) Probabilité que la personne choisie soit un acheteur du produit est : p(A) = 0,10 b) Probabilité à posteriori qu'une personne reconnaissant le nom du produit, fasse partie des acheteurs du produit.

p(AetB) p ( A ) × p( B / A ) = − − p(B) p ( A ) × p ( B / A ) + p( A ) × p( B / A ) 0,10 × 0,95 p(A/B) = = 0,345 0,10 × 0,95 + 0,90 × 0,20

p(A/B) =

c) Probabilité à posteriori qu'une personne ne reconnaissant pas le nom du produit, fasse partie des acheteurs du produit. −

p(A/ B ) =

−

p(Aet B) −

−

=

p(A) × p(B/ A) −

−

−

−

p(A) × p(B/ A) + p(A) × p(B/ A) − 0,10 × (1 − 0,95) p(A/ B ) = = 0,007 0,10 × (1 − 0,95) + (1 − 0,1) × (1 − 0,2) p(B)

1.6.11. Solution de l’exercice 1.5.11. Soient les événements : J : il s’agit du sac en jute. C : il s’agit du sac en cuir. O : il s’agit d’une pièce d’or. A : il s’agit d’une pièce d’argent.

1 = 0,5 2 20 30 p(O/J) = = 0,4 p(A/J) = = 0,6 50 50 20 20 P(O/C) = = 0,5 P(A/C) = = 0,5 40 40 p ( C) × p ( O / C) Calculons : p(C/O) = p ( C ) × p ( O / C) + p ( J ) × p ( O / J ) D’après les données : p( J ) = p( C ) =

22

10. Probabilités

Probabilités.

p(C/O) =

0,5 × 0,5 = 0,556 0,5 × 0,5 + 0,5 × 0,4

1.6.12. Solution de l’exercice 1.5.12. Soient les événements suivants : G1 : être un étudiant du groupe 1 : p(G1) = 0,30 G2 : être un étudiant du groupe 2 : p(G2) = 0,34 G3 : être un étudiant du groupe 3 : p(G3) = 0,36 A : être un étudiant absent. p(A/G1) = 0,04 ; p(A/G2) = 0,02 et p(A/G3) = 0,07 Bonne assiduité est le contraire de l’absentéisme. −

Calculons : p = p(G1/ A ) −

p(G1) × p(A/ G1)

p=

−

−

−

p(G1) × p(A/ G1) + p(G 2) × p(A/ G 2) + p(G3) × p(A/ G3) p=

0,30 × (1 − 0,04) 0,30 × (1 − 0,04) + 0,34 × (1 − 0,02) + 0,36 × (1 − 0,07) −

donc p(G1/ A ) = 0,301 1.6.13. Solution de l’exercice 1.5.13. On peut résumer l’énoncé comme suit : soit les événements E : être étranger, p(E) = 0,20 N : être national, p(N) = 0,80 F : être fille, p(F/E) = 0,55 et p(F/N) = 0,52 A : être absent, p(A/F) = 0,05 et p(A/G) = 0,08 M : être malade, p[M/(F et A)] = 0,70 et p[M/G et A )]= 0,52 a) p(A) = p((A et F) ou (A et G)) or p(A et F) = p(F) x p(A/F) p(F) = p[(F et E) ou (F et N)]= p(E) x p(F/E) + p(N) x p(F/N) = 0,20.0,55+0,80.0,52 = 52,60% 23

Probabilités.

10. Probabilités

donc : p(A et F) = p(F) x p(A/F) = 0,526.0,05 = 2,63% de même p(A et G) = p(G) x p(A/G) et p(G) = p[(G et E) ou (G et N)] = p(E) x p(G/E) + p(N) x p(G/N) = 0,20.0,45 + 0,80.0,48 = 47,40% donc p(A et G) = p(G) x p(A/G) = 0,474.0,08 = 3,79% ce qui donne : p(A) = p[(A et F) ou (A et G)] = 0,0263 + 0,03792 = 0,0642 = 6,42% b) p(A et M) = p(A) x p(M/A) or p(M/A) = p[( M et F)/A ou (M et G)/A] = p[( M et F)/A] + p[(M et G)/A] p[( M et F)/A] = p(M et F et A) / p(A) = p(F) x p[(M et A)/F] / p(A) p[(M et A)/F] = p(A/F) x p(M/(A et F)) = 0,05 x 0,70 = 0,035 p[(M et G)/A] = p(M et G et A) / p(A) = p(G) x p[(M et A)/G] / p(A) p[(M et A)/G] = p(A/G) x p(M/(A et G)) = 0,08 x 0,52 = 0,0416 donc : p(M/A) = [0,526 x 0,035 / 0,0642] + [0,474 x 0,0416 / 0,0642] = 0,5939 = 59,39% p(A et M) = p(A) x p(M/A) = 0,0642 x 0,5939 = 3,81% 1.6.14. Solution de l’exercice 1.5.14. On peut résumer l’énoncé comme suit : soit les événements S : scientifique, p(S) = 0,65 L : littéraire, p(L) = 0,35 R : réussir, p(R/S) = 0,75 et p(R/L) = 0,55 a) Probabilité pour qu’il soit scientifique, sachant qu’il a réussi. p(S/R) = p(S et R) / p(R) = [p(S) x p(R/S)] / p(R) p(R) = p(R et S) + p(R et L) p(R) = p(S) p(R/S) + p(L) p(R/L) = 0,65 x 0,75 + 0,35 x 0,55 = 0,68 p(S/R) = 0,65 x 0,75 / 0,68 = 0,7169 b) Probabilité pour qu’il soit littéraire sachant qu’il n’a pas réussi. p(L/NR) = p(L et NR) / p(NR) = [p(L) x p(NR/L)] / p(NR) 24

10. Probabilités

Probabilités.

p(NR) = 1 - p(R) = 1 – 0,68 = 0,32 p(L/NR) = 0,35 x (1 – 0,55) / 0,32 = 0,4922 1.6.15. Solution de l’exercice 1.5.15. a) Les tirages avec remise sont indépendants, la probabilité de ne pas obtenir la boule 1 est 8/9 pour chaque tirage. La probabilité de ne pas obtenir la boule numéro 1 après les 4 tirages est : p1 =

8 ( )4 = 9

0,6243 b) On utilise l’événement contraire « ne pas obtenir la boule 1 après les 4 tirages ». La probabilité recherchée est donc : p2 = 1 – p1 = 1 – 0,6243 = 0,3757 c) La probabilité de ne pas obtenir la boule 1 après n tirages est : p = On cherche n tel que : 1 -

8 ( ) n = 0,75 => 9

8 n ) = log(0,25) 9 log(0,25) n= = 11,77 log(8 / 9)

=>

log (

=>

8 ( )n 9

8 ( ) n = 0,25 9

n log(8/9) = log(0,25)

Il faut donc prélever 12 boules 1.6.16. Solution de l’exercice 1.5.16. La probabilité pour que deux personnes au moins, parmi 5 personnes choisies au hasard, soient nées le même jour de la semaine, est égale au complément de la probabilité pour que les 5 personnes soient nées dans des jours différents. La première personne peut être née n’importe quel jour de la semaine, soit une probabilité

7 . La deuxième personne peut être née n’importe quel jour des 6 jours restants, soit une 7 6 probabilité de . Même principe pour les autres personnes dont les probabilités respectives 7 5 4 3 sont ; et . 7 7 7 de

25

10. Probabilités

Probabilités.

La probabilité recherchée est donc :

p =1−

7 6 5 4 3 x x x x = 85 % 7 7 7 7 7

Il y a donc 85 % de chances pour que deux personnes au moins, parmi 5 personnes choisies au hasard, soient nées le même jour de la semaine.

26

2. Variable aléatoire

Probabilités

CHAPITRE 2 VARIABLE ALEATOIRE

2.1. DEFINITIONS. Une variable aléatoire X est une variable associée à une expérience ou à un groupe d'expériences aléatoires et servant à caractériser le résultat de cette expérience ou de ce groupe d'expériences. On distingue les variables aléatoires qualitatives et les variables quantitatives qui peuvent être soit discontinues ou discrètes soit continues. 2.1.1. Variable aléatoire qualitative. Une variable aléatoire est qualitative si elle est exprimée de façon non chiffrée. Exemple : Soit X la variable aléatoire qui caractérise le résultat de l'expérience aléatoire "jet d'une pièce de monnaie". X est une variable aléatoire qualitative, elle ne peut prendre que les valeurs pile ou face. Pour pouvoir éviter de travailler sur des valeurs qualitatives, on a l’habitude d’affecter un nombre à chacune des valeurs qualitatives, par exemple pour le cas de la pièce de monnaie, on pourrait affecter 1 pour la face pile et 0 pour l’autre face , de même pour le dé on a l’habitude de numéroter de 1 à 6 ses faces. Par conséquent nous pouvons toujours considérer que nous n’avons que des variables aléatoires quantitatives. 2.1.2. Variable aléatoire quantitative discontinue et variable aléatoire quantitative continue. Une variable aléatoire est quantitative (discontinue ou continue) si elle est exprimée de façon chiffrée. La variable ne peut prendre que des valeurs entières, si elle est discontinue ou des valeurs réelles, appartenant à un intervalle, si elle est continue.. Exemples : - Soit X la variable aléatoire qui caractérise le résultat de l'expérience aléatoire "jet d'un dé homogène". X est une variable aléatoire quantitative discrète, elle peut prendre les valeurs entières 1, 2, 3, 4, 5, et 6. 27

2. Variable aléatoire

Probabilités

- Soit X la variable aléatoire qui caractérise le nombre de garçons dans une famille de quatre enfants. X est une variable aléatoire quantitative discrète, elle peut prendre les valeurs entières : 0, 1, 2, 3, et 4. - Soit X la variable aléatoire qui caractérise le poids d’une personne choisie dans un groupe. X est une variable aléatoire continue, elle peut prendre toutes les valeurs possibles pour le poids d’une personne. - Soit X la variable aléatoire qui caractérise la taille d’une personne choisie dans un groupe. X est une variable aléatoire continue, elle peut prendre toutes les valeurs possibles pour le poids d’une personne. 2.2. DISTRIBUTION DE PROBABILITE. 2.2.1. Cas d’une variable aléatoire discontinue. La probabilité que la variable aléatoire X prenne la valeur k est : p(k) = p(X = k) L'ensemble des valeurs admissibles k et des probabilités correspondantes p(k) constitue une distribution de probabilité discontinue. La relation entre k et p(k) est appelée loi de probabilité. Pour toutes les distributions de probabilités dont les valeurs k correspondent à des événements complémentaires, le total des probabilités est égal à 1. k =m

∑ p( k ) = 1 k =0

La distribution cumulée des probabilités est appelée fonction de répartition : x

F(k) = p(X ≤ k) =

∑ p( k )

k=0

0 ≤ F(x) ≤ 1 2.2.2. Cas d’une variable aléatoire continue. Un intervalle continu contient une infinité de valeurs, de ce fait la probabilité p( X = x ) ≈ 0 . La notion de distribution de probabilité n'a donc plus de sens dans le cas d’une variable aléatoire continue. Par contre la fonction de répartition conserve toute sa signification. La fonction f(x), dérivée de la fonction de répartition F(x), est appelée fonction de densité de probabilité. Elle doit satisfaire la relation suivante : 28

2. Variable aléatoire

Probabilités

∫

+∞ −∞

f ( x ) dx = 1

La fonction de répartition F(x) est définie par :

F( x ) =

∫

x −∞

f ( t ) dt

La fonction de répartition F(x) permet de déterminer la probabilité pour que X soit compris dans un intervalle [a , b] P(a ≤ X ≤ b) = F(b) - F(a) 2.3. COUPLE DE VARIABLES ALEATOIRES. Dans de nombreux cas, les résultats des expériences aléatoires peuvent être caractérisés par deux variables aléatoires X et Y. On parle alors de couple de variables aléatoires (X , Y). Ces deux variables peuvent être toutes les deux discrètes, ou toutes les deux continues ou l'une discontinue et l'autre continue. 2.3.1. Couple de variables aléatoires discontinues. Dans le cas d'un couple de variables aléatoires quantitatives discontinues (X , Y), les valeurs respectives de x pour X et de y pour Y sont des valeurs entières. A chaque couple de valeurs (x,y) correspond une probabilité p(x,y) d'observer simultanément la valeur x pour X et la valeur y pour Y. p(X=x et Y=y) = p(x,y) L'ensemble des valeurs admissibles (x,y) et des probabilités correspondantes p(x,y) forme une distribution de probabilité discontinue à deux variables. La fonction de répartition F(x,y) est définie par : F(x,y) = p( X ≤ x et Y ≤ y) Probabilités conjointes : La probabilité p(xi , yj) est dite probabilité conjointe, s’il s’agit de la probabilité d'obtenir, en même temps, la valeur x pour X et la valeur y pour Yj. p(xi,yj) = p(X=xi et Y=yj) Probabilités marginales : La probabilité p(xi) est dite probabilité marginale de X, s’il s’agit de la probabilité d'obtenir la valeur xi quelque soit la valeur de Y.

29

2. Variable aléatoire

Probabilités

p

∑ p ( x i , y j ) = p( x i ) j=1

p(yj) est dite probabilité marginale de Y. C'est la probabilité d'obtenir la valeur yj quelque soit la valeur de X. k

∑ p( x i , y j ) = p( y j ) i =1

Le cumul de toutes les probabilités conjointes p(xi , yj) est égal à 1. k

p

k

p

i =1

j=1

∑ ∑ p ( x i , y j ) = ∑ p( x i ) = ∑ p ( y j ) = 1 i =1 j=1

Variables aléatoires indépendantes : Par extension de la notion d'indépendance de deux événements aléatoires, deux variables aléatoires discontinues sont indépendantes, si pour tout couple de valeurs (x,y) on a : p(x,y) = p(x) × p(y) 2.3.2. Couple de variables aléatoires continues. Un couple de variables aléatoires est continu si les deux variables X et Y sont continues, elles peuvent prendre n'importe quelle valeur réelle appartenant à un intervalle donné. Un intervalle continu contient une infinité de valeurs. La probabilité d'obtenir exactement un résultat donné est généralement nulle.

p(X = x et Y = y) = p( x , y) ≈ 0 La notion de distribution de probabilité n'a donc plus de sens dans le cas continu. Par contre la fonction de répartition conserve toute sa signification. La fonction f(x,y), dérivée de la fonction de répartition F(x,y), est appelée fonction de densité de probabilité à deux variables. Elle doit satisfaire la relation suivante : +∞

+∞

−∞

−∞

∫ ∫

f ( x , y) dx dy = 1

30

2. Variable aléatoire

Probabilités

Fonctions de densité de probabilités en marginales :

∫

+∞

La fonction de densité de probabilité de x est définie par :

f (x ) =

La fonction de densité de probabilité de y est définie par :

f ( y) = ∫ f ( x , y) dx

−∞

f ( x , y) dy

+∞

−∞

L'ensemble des valeurs admissibles (x,y) et la fonction de densité de probabilité correspondante f(x,y) définissent une distribution de probabilité théorique continue à deux variables. La fonction de répartition F(x,y) est définie par :

F( x , y) = P(X ≤ x et Y ≤ y) =

x

y

−∞

−∞

∫ ∫

f (u , v) dudv

Par extension de la notion d'indépendance de deux événements aléatoires, deux variables aléatoires continues sont indépendantes, si pour tout couple de valeurs (x,y) : f(x,y) = f(x) × f(y) 2.4. CARACTERISTIQUES D'UNE VARIABLE ALEATOIRE. 2.4.1. Espérance mathématique. On appelle espérance mathématique la valeur moyenne de la variable, elle remplace la moyenne arithmétique dans le cas d'une variable statistique. Cas discret : Cas continu :

E ( X ) = ∑ x × p( x ) E(X) =

∫

+∞ −∞

x f ( x ) dx

Propriétés : L'espérance d'une constante est la constante : E(a) = a

E (ax + b) = aE (X ) + b , a et b étant 2 constantes. E(X + Y) = E(X) + E(Y) E(X - Y) = E(X) - E(Y) E(X × Y) = E(X) × E(Y), si les variables sont indépendantes.

31

2. Variable aléatoire

Probabilités

2.4.2. Variance et écart-type. Cas discret : V(X) = E[(X - E(X))²] = Cas continu : V(X) = E[(X - E(X))²] =

∑ ( x − E(X))² × p( x )

∫

+∞ −∞

( x − E ( x )) 2 f ( x ) dx

L'écart-type est égal à la racine carrée de la variance :

σ = V (X )

La variance est calculée à partir de la formule développée suivante : V(X) = E(X²) - E(X)² Propriétés : La variance d’une constante : V(a) = 0

V (aX + b) = a ² V (X ) , a et b étant 2 constantes. Si X et Y sont 2 variables indépendantes, on peut écrire : V(X + Y) = V(X) + V(Y)

et

V(X - Y) = V(X) + V(Y)

Variable centrée réduite : Une variable aléatoire est dite : - centrée si son espérance mathématique est nulle ; - réduite si son écart-type est égal à 1. Toute variable aléatoire peut être transformée en une variable centrée réduite par le changement de variable : X’ =

X − E(X) σ

2.4.3. Covariance d'un couple de variables aléatoires. COV(X , Y) = E(XY) - E(X) E(Y) Cas discret :

E(XY) = ∑∑ x . y . p( x, y) .

Cas continu :

E ( xy) =

+∞

+∞

−∞

−∞

∫ ∫

xy f ( x , y) dx dy

Propriétés : La covariance de deux variables aléatoires indépendantes est nulle 32

2. Variable aléatoire

Probabilités

COV(X , Y) = 0 Soient : quelconques).

X' = aX + b

et

Y' = cY + d

(a, b, c, et d sont des constantes

COV(X' , Y') = ac COV(X , Y) 2.5. INEGALITE DE BIENAYME TCHEBYCHEV. Quelque soit la variable aléatoire X, la probabilité d'un intervalle [E(X) - kσ , E(X) + kσ] a pour borne inférieure

1−

1 k²

L'inégalité de Bienaymé Tchebychev s’écrit :

p[E (X) − kσ ≤ X ≤ E (X) + kσ] ≥ 1 −

1 k²

2.6. ENONCES DES EXERCICES D’APPLICATION. 2.6.1. Une usine employant 30 personnes dont 4 ingénieurs, 10 techniciens et 16 ouvriers. a) On choisit de façon successive 3 employés : calculer la probabilité d'avoir un employé de chaque catégorie professionnelle. b) On choisit de façon successive 3 employés et soit X la variable aléatoire qui représente le nombre d'ingénieurs choisis : donner la loi de probabilité de X. 2.6.2. Pour vendre un article, un producteur décide de lancer une campagne publicitaire par insertion de photos dans des journaux spécialisés. Le nombre d'articles vendus après une parution est une variable aléatoire dont la loi de probabilité est la suivante : Nombre d'articles 0 100 200

Probabilité 0,525 0,350 0,125

Le producteur fait 50 parutions indépendamment les unes des autres. Soit X le nombre d'articles vendus grâce à cette publicité. Calculer l'espérance et la variance de X. 2.6.3. Quatre étudiants dont aucun n'a étudié les sujets du cours passent un examen en deux questions. La question 1 a 4 réponses indiquées dont une seule est juste. La question 2 en a 5, dont une seule est juste. Soit la variable aléatoire X qui désigne le nombre d'étudiants qui ont au moins une réponse correcte.

33

2. Variable aléatoire

Probabilités

a) Quelle est l'espérance et la variance du nombre d'étudiant qui ont au moins une réponse correcte ? b) Calculer la probabilité que 2 étudiants au moins aient au moins une réponse correcte. 2.6.4. Dans un groupe de 10 ménages, le revenu annuel est distribué comme indiqué dans le tableau ci-dessous : (les unités sont les mêmes pour mari et femme) Ménage 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Revenu du mari 10 15 15 10 10 15 20 15 20 20 Revenu de la femme 5 15 10 10 10 5 10 10 15 10 Un ménage est choisi au hasard, soit X le revenu du mari et Y le revenu de la femme. a) Donner la loi de probabilité du couple (X, Y), en déduire les lois marginales de X et de Y. b) Calculer le coefficient de corrélation linéaire entre X et Y. c) On note S le revenu total du ménage et W le revenu total du ménage après impôt avec : S=X+Y

et

W = 0,6 X + 0,8 Y

Donner la loi de probabilité du couple (S, W). 2.6.5. On est au rez-de-chaussée d'un immeuble de 8 étages. Combien de temps pensez-vous pouvoir attendre, en moyenne, un ascenseur qui ne se trouve pas au rez-de-chaussée, qui peut se trouver à n'importe quel étage avec la même probabilité et qui met 5 secondes pour passer d'un étage à l'autre, son démarrage et son arrêt sont instantanés. Chiffrer l'écart type de votre temps d'attente. 2.6.6. Pour une demande aléatoire X de denrées périssables, un grossiste commande y tonnes de denrées chaque jour. La loi de probabilité de X est la suivante : Demande tonnes : x probabilités

en

0

1

2

3

4

5

6

0,02

0,15

0,25

0,30

0,15

0,10

0,03

1) On demande de a) Calculer la probabilité que le grossiste vende moins de 3 tonnes de denrées dans la journée. b) Calculer le nombre moyen de tonnes vendues chaque jour. c) Calculer l'écart type. 2) Le grossiste gagne 5000 dh par tonne vendue et perd 2000 dh par tonne non vendue. Soit la variable aléatoire G dont les valeurs sont égales au gain pour une commande y.

34

2. Variable aléatoire

Probabilités

Construire un tableau donnant les valeurs de G pour une commande y = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 tonnes ainsi que les probabilités associées. Calculer l'espérance de G pour les mêmes valeurs de Y. 2.6.7. Deux comprimés sont choisis au hasard dans un flacon contenant 3 aspirines, 2 somnifères et 4 vitamines. Si X et Y représentent respectivement le nombre d'aspirines et le nombre de somnifères obtenus, déterminer la loi de probabilité du couple (X, Y). 2.6.8. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire, nombre de garçons d'une famille de 4 enfants. 2.6.9. Le nombre de gâteaux qu'un pâtissier peut vendre en un jour quelconque est une variable aléatoire ayant la distribution de probabilité suivante : x P(x)

0 1/6

1 1/6

2 1/6

3 1/6

4 1/6

5 1/6

Ce pâtissier sait qu'il y a un profit de 10 dh pour chaque gâteau vendu et une perte de 4 dh pour chaque gâteau non vendu. En supposant que chaque gâteau ne peut être vendu que le jour où il a été préparé : a) Quel est le profit auquel doit s'attendre le pâtissier, le jour où il a préparé 5 gâteaux ? b) Que serait ce profit attendu si le pâtissier avait préparé 3 gâteaux uniquement ? 2.6.10. On étudie la durée X des communications téléphoniques dont la fonction de répartition est :

si 0 F( x ) =  - k x si 1 - e 5 Sachant que k = 6

x < 0 x ≥ 0

a) Quelle est la probabilité pour qu'une communication dure plus de 3 minutes ? b) Quelle est la probabilité pour qu'une communication ait une durée entre 3 et 6 minutes ? c) Si on ne connaît pas k, quelle valeur faudrait-il lui donner pour que la probabilité d'une communication supérieure à 3 minutes soit égale à 0,1 ? 2.6.11. Soit la variable aléatoire continue définie par la fonction de répartition suivante : F(x) = k x²

si 0 ≤ x ≤ 4

a) Déterminer la valeur de k . b) Déterminer l'espérance mathématique et l'écart type de X. c) Calculer la probabilité : p(1 ≤ x ≤ 3). 35

2. Variable aléatoire

Probabilités

2.6.12. Soit X une variable aléatoire représentant le nombre d'heures de vie d'une ampoule électrique. Supposons que X soit distribué avec la fonction de densité de probabilité suivante : x

f(x) =

1 − 1000 e 1000

pour x > 0

Trouver la durée de vie attendue d'une telle ampoule. 2.6.13. Soit la fonction de densité de probabilité suivante :

f ( x) = ax + bx ²

si 0 ≤ x ≤ 1

a) Déterminer a et b pour que X soit une variable aléatoire dont l'espérance mathématique est égale à

2 . 3

b) Calculer l'écart type de X. 2.6.14. Soit F la fonction de répartition d’une variable aléatoire X, définie par :

x≤0 0 si  F( x ) = x si 0 < x ≤ 1 1 si x >1  a) Donner la probabilité pour que X soit dans l’intervalle b) Donner la fonction de densité de probabilité de X. c) Donner la moyenne et l’écart type de X.

[0-0,5].

2.6.15. Deux urnes contiennent chacune 3 boules numérotées 1, 2, 3. on tire une boule de chacune des deux urnes. Soit P la variable aléatoire égale au produit des deux numéros portés sur les deux boules tirées. a) Déterminer la distribution de probabilité de P. b) Calculer l’espérance mathématique de P. c) Calculer la probabilité pour que le produit P soit supérieur ou égal à 2. 2.7. SOLUTIONS DES EXERCICES. 2.7.1. Solution de l’exercice 2.6.1. Soient les événements suivants : I : être ingénieur : p(I) = 4 / 30 T : être technicien : p(T) = 10 / 30 O : être ouvrier : p(O) = 16 / 30 36

2. Variable aléatoire

Probabilités

a) Le choix de 3 personnes peut être fait, pour avoir un employé de chaque catégorie, de plusieurs façons : (I et T et O) = (I, T et O) ou (I, O et T) ou (T, I et O) ou (T, O et I) ou ( O, T et I) et (O, I et T) Avec (I, T et O) l’événement d’avoir, dans l’ordre, d’abord un Ingénieur, ensuite un Technicien et enfin un Ouvrier. p=

p(I et T et O) = p(I, T et O) + p(I, O et T) + p(T, I et O) + p(T, O et I) + p( O, T et I) + p(O, I et T)

p = (4/30).(10/29).(16/28) + (4/30).(16/29).(10/28) + (10/30).(4/29).(16/28) + (10/30).(16/29).(4/28) + (16/30).(10/29).(4/28) + (16/30).(4/29).(10/28) Les dénominateurs sont, successivement, 30, 29 et 28 car nous faisons des tirages sans remise. p = 6. (4/30).(10/29).(16/28) = 0,1576 = 15,76% b) X est une variable aléatoire discrète, pour en déterminer la loi de probabilité, il faut calculer p(X=0), p(X=1), p(X=2) et p(X=3) et montrer que p(X=0) + p(X=1) + p(X=2) + p(X=3) = 1 b1) Calculons p(X=0) : on peut avoir 0 ingénieur de plusieurs façons : p(X=0) p(X=0)

p(X=0) p(X=0)

= p(O, O et O) + p(O, O et T) + p(O, T et O) + p(O, T et T) + p(T, O et O) + p(T, T, O) + p(T, O et T) + p(T, T et T) = (16/30).(15/29).(14/28) + (16/30).(15/29).(10/28) + (16/30).(10/29).(15/28) + (16/30).(10/29).(9/28) + (10/30).(16/29).(15/28)+ (10/30).(9/29).(16/28) +(10/30).(16/29).(9/28) + (10/30).(9/29).(8/28) = [(16.15.14) + (16.15.10) + (16.10.15) + (16.10.9) + (10.16.15) + (10.9.16) + (10.16.9) + (10.9.8)]/(30.29.28) = 0,6404

b2) Calcul de p(X=1) : on a une fois ingénieur de plusieurs façons : p(X=1)

= p(I, O et O) + p(I, O et T) + p(I, T et O) + p(I, T et T) + p(O, I et O) + p(T, I, O) + p(O, I et T) + p(T, I et T) + p(O, O et I) + p(T, O et I) + p(O, T et I) + p(T, T et I)

37

2. Variable aléatoire

Probabilités

p(X=1)

p(X=1)

p(X=1)

= (4/30).(16/29).(15/28) + (4/30).(16/29).(10/28) + (4/30).(10/29).(16/28) + (4/30).(10/29).(9/28) + (16/30).(4/29).(15/28) + (10/30).(4/29).(16/28) +(16/30).(4/29).(10/28)+(10/30).(4/29).(9/28) +(16/30).(15/29).(4/28)+(10/30).(16/29).(4/28) +(16/30).(10/29).(4/28) + (10/30).(9/29).(4/28) = [(4.16.15) + (4.16.10) + (4.10.16) + (4.10.9) + (16.4.15) + (10.4.16) +(16.4.10) + (10.4.9) +(16.15.4) + (10.16.4) +(16.10.4) + (10.9.4)]/(30.29.28) = 0,3202

b3) Calcul de p(X=2) : on a 2 fois ingénieurs de plusieurs façons : P(X=2)

= p(I, I et T) + p(I, I et O) + p( I, T et I) + p(I, O et I) + p(O, I et I) + p(T, I et I)

P(X=2)

= (4/30).(3/29).(10/28) + (4/30).(3/29).(16/28) + (4/30).(10/29).(3/28) + (4/30).(16/29).(3/28) + (16/30).(4/29).(3/28) + (10/30).(4/29).(3/28)

P(X=2)

=

P(X=2)

= 3. [(4.3.10) + (4.3.16 )] / (30.29.28) = 0,0384

[(4.3.10) + (4.3.16) + (4.10.3) + (4.16.3) + (16.4.3) + 10.4.3)] / (30.29.28)

b4) Calcul de p(X=3) : On n’a 3 fois I que d’une seule façon (I, I et I) P(I, I et I) = (4/30).(3/29).(2/28) = 0,000985 La loi de probabilité de X est : X 0 1 2 3 Total

P(x) 0,6404 0,3202 0,0384 0,0010 1

2.7.2. Solution de l’exercice 2.6.2. Soit Xi la variable aléatoire qui désigne le nombre d’articles vendus après une parution i. Sa distribution de probabilité est :

38

2. Variable aléatoire

Probabilités

Xi 0 100 200 Total

P(xi) 0,525 0,350 0,125 1

Calculons l’espérance et la variance de Xi. E(Xi) = ∑ x i p( x i ) = 0 x 0,525 + 100 x 0,350 + 200 x 0,125 = 60 articles V(Xi) = E(Xi²) – E(Xi)² E(Xi²) = ∑ x i ² p( x i ) = 0² x 0,525 + 100² x 0,350 + 200² x 0,125 = 8500 V(Xi) = E(Xi²) – E(Xi)² = 8500 – 60² = 4900

X, le nombre d'articles vendus après 50 parutions est égal à la somme des articles vendus après chaque parution. 50

X=

∑ Xi i =1

50

E(X) =

∑ E(X i ) = 50 x 60 = 3000 articles i =1 50

V(X) =

∑ V(X i ) = 50 x 4900 = 245000 i =1

2.7.3. Solution de l’exercice 2.6.3. a) Calcul de l'espérance et de la variance. La variable aléatoire X qui désigne le nombre d'étudiants qui ont au moins une réponse correcte peut prendre les valeurs 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; et 4. La probabilité de répondre juste à la première question est 1/4. La probabilité de répondre juste à la deuxième question est 1/5. La probabilité, p, qu’un étudiant ait au moins une réponse correcte est égale au complément de la probabilité, q, que les deux réponses soient fausses. Les questions étant indépendantes : q = (1-1/4) x (1-1/5) = 3/5 p = 1 – 3/5 = 2/5 Calculons les probabilités des valeurs de X. 39

Probabilités

2. Variable aléatoire

Désignons par A, étudiant ayant au moins une réponse correcte et par deux réponses fausses.

A , étudiant ayant les

−

−

p(A) = p = 2/5 −

p(X = 0) = p( A et

p( A ) = q 3/5

et −

−

−

3 3 3 3 x x x = 0,1296 5 5 5 5

A et A et A ) = −

−

−

−

−

p(X = 1) = p(A et A et A et A ) + p( A et A et −

−

−

−

−

−

A et A )+ p( A et A et A et A )+ p( A et

−

A et A et A) p(X = 1) = (

2 3 3 3 x x x ) x 4 = 0,3456 5 5 5 5 −

−

−

p(X = 2) = p(A et A et A et A ) + p(A et −

−

−

−

−

−

−

−

A et A et A ) + p(A et A et A et A)+ p( A et A −

A )+ p( A et A et A et A) + p( A et A et A et A) 2 2 3 3 p(X = 2) = ( x x x ) x 6 = 0,3456 5 5 5 5

et A et

−

−

p(X = 3) = p(A et A et A et A ) + p(A et A et Aet A)

−

−

A et A)+ p(A et A et A etA)+ p( A et Aet

2 2 2 3 x x x ) x 4 = 0,1536 5 5 5 5 2 2 2 2 p(X = 4) = p(A et A et A et A) = ( x x x ) = 0,0256 5 5 5 5

p(X = 3) = (

La distribution de probabilités de X est donc : X 0 1 2 3 4 Total

P(x) 0,1296 0,3456 0,3456 0,1536 0,0256 1

Calculons l’espérance et la variance de X. E(X) = ∑ x i p( x i ) = 0 x 0,1296 + 1 x 0,3456 + 2 x 0,3456 + 3 x 0,1536 + 4 x 0,0256 E(X) = 1,6 V(X) = E(X²) – E(X)² 40

2. Variable aléatoire

Probabilités

E(X²) = ∑ x i ² p( x i ) = 0² x 0,1296 + 1² x 0,3456 + 2² x 0,3456 + 3² x 0,1536 + 4² x 0,0256 E(X²) = 3,52 V(X) = E(X²) – E(X)² = 3,52 – 1,6² = 0,96 b) Calcul de la probabilité que 2 étudiants au moins aient au moins une réponse correcte. p(X ≥ 2) = p(X = 2) + p(X = 3) + p(X = 4) p(X ≥ 2) = 0,3456 + 0,1536 + 0,0256 = 0,5248 2.7.4. Solution de l’exercice 2.6.4. a) Loi de probabilité du couple (X, Y). Reprenons le tableau des données. Ménage 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Revenu du mari 10 15 15 10 10 15 20 15 20 20 Revenu de la femme 5 15 10 10 10 5 10 10 15 10 p(x ; y) est le rapport du nombre de couples dont le revenu du mari est égal à x et celui de la femme est égal à y au nombre total de couples. Y X 10 15 20 P(y)

5

10

15

P(x)

1/10 1/10 0 2/10

2/10 2/10 2/10 6/10

0 1/10 1/10 2/10

3/10 4/10 3/10 1

b) Calcul du coefficient de corrélation linéaire entre X et Y. r=

COV(X, Y) V ( X ) V (Y )

E(X) = ∑ xp( x ) = 10 x 0,3 + 15 x 0,4 + 20 x 0,3 = 15 V(X) = E(X²) – E(X)² E(X²) = ∑ x i ² p( x i ) = 10² x 0,3 + 15² x 0,4 + 20² x 0,3 = 240 V(X) = 240 – 15² = 15 E(Y) = ∑ yp( y) = 5 x 0,2 + 10 x 0,6 + 15 x 0,2 = 10 V(Y) = E(Y²) – E(Y)² E(Y²) = ∑ y ² p( y) = 5² x 0,2 + 10² x 0,6 + 15² x 0,2 = 110 V(Y) = 110 – 10² = 10

E(XY) = ∑ ∑ x × y × p( x, y) 41

2. Variable aléatoire

Probabilités

E(XY) = 10x5x0,1 + 10x10x0,2 + 10x15x0 + 15x5x0,1 + 15x10x0,2 + 15x15x0,1 + 20x5x0 + 20x10x0,2 + 20x15x0,1 = 155 COV(X , Y) = E(XY) – E(X) E(Y) = 155 – 15 x 10 = 5 r=

COV(X, Y)

5

=

15 × 10

V ( X ) V (Y )

= 0,41

Les variables aléatoires X et Y sont très faiblement corrélées. c) Loi de probabilité du couple (S, W). S=X+Y

et

W = 0,6 X + 0,8 Y

Le tableau suivant donne les valeurs respectives de S et de W : Y X 10 15 20

5

10

15

15 ;10 20 ; 13 25 ; 16

20 ; 14 25 ; 17 30 ; 20

25 ; 18 30 : 21 35 ; 24

La loi de probabilité du couple (S, W) est : S W 10 13 14 16 17 18 20 21 24 P(s)

15

20

25

30

35

P(w)

1/9 0 0 0 0 0 0 0 0 1/9

0 1/9 1/9 0 0 0 0 0 0 2/9

0 0 0 1/9 1/9 1/9 0 0 0 3/9

0 0 0 0 0 0 1/9 1/9 0 2/9

0 0 0 0 0 0 0 0 1/9 1/9

1/9 1/9 1/9 1/9 1/9 1/9 1/9 1/9 1/9 1

2.7.5. Solution de l’exercice 2.6.5. Si l’ascenseur se trouve au 1er étage, on doit attendre 5 secondes, s’il est au 2ème étage, on doit attendre 10 secondes, et ainsi de suite, s’il se trouve au 8ème étage, on doit attendre 40 secondes.

42

2. Variable aléatoire

Probabilités

La probabilité de se trouver à n’importe quel étage est 1/8. Le temps d’attente X est donc une variable aléatoire dont la loi de probabilité est : X 5 10 15 20 25 30 35 40 Total

P(x) 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1

E(X) = ∑ xp( x ) = (5+10+15+20+25+30+35+40) x 1/8 =22,5 secondes V(X) = E(X²) – E(X)² E(X²) = ∑ x ² p( x ) = (5²+10²+15²+20²+25²+30²+35²+40²) x 1/8 = 637,5 V(X) = 637,5 – 22,5² = 131,25

L’écart type

σ = 131,25 = 11,46 secondes

2.7.6. Solution de l’exercice 2.6.6. 1) Reprenons le tableau de la loi de probabilité de X. Demande tonnes : x probabilités

en

0

1

2

3

4

5

6

0,02

0,15

0,25

0,30

0,15

0,10

0,03

a) Probabilité que le grossiste vende moins de 3 tonnes de denrées dans la journée. p(X < 3) = p(X = 0) + p(X = 1) + p(X = 2) = 0,02 + 0,15 + 0,25 = 0,42 b) Le nombre moyen de tonnes vendues chaque jour. E(X) = 0,03

∑ xp( x ) = 0 x 0,02 + 1 x 0,15 + 2 x 0,25 + 3 x 0,30 + 4 x 0,15 + 5 x 0,10 + 6 x

E(X) = 2,83 tonnes c) Calcul de l'écart type. V(X) = E(X²) – E(X)² 43

2. Variable aléatoire

Probabilités

E(X²) = ∑ x ² p( x ) = 0²x 0,02 + 1²x 0,15 + 2²x 0,25 + 3²x 0,30 + 4²x 0,15 + 5²x 0,10 + 6²x 0,03 E(X²) = 9,83 V(X) = 9,83 – 2,83² = 1,8211 L’écart type

σ = 1,8211 = 1,35 tonnes

2) Le grossiste gagne 5000 dh par tonne vendue et perd 2000 dh par tonne non vendue. Soit la variable aléatoire G dont les valeurs sont égales au gain pour une commande y. Loi de probabilité de G l’espérance de G pour une commande y = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Pour une commande y, la variable aléatoire G est : G = 5000 X – 2000 (y – X) = 7000 X – 2000 y La valeur de X ne peut dépasser y. Pour y = 0, G ne peut prendre que la valeur 0 avec une probabilité égale à 1. Pour y = 1 X G probabilités E(G) =

0 -2000 0,02

1 5000 0,98

∑ gp(g) = -2000 x 0,02 + 5000 x 0,98 = 4860 dh

Pour y = 2 X G probabilités E(G) =

0 -4000 0,02

1 3000 0,15

2 10000 0,83

∑ gp(g) = -4000 x 0,02 + 3000 x 0,15 + 1000 x 0,83 = 8670 dh

Pour y = 3 X G probabilités

0 -6000 0,02

1 1000 0,15

44

2 8000 0,25

3 15000 0,58

2. Variable aléatoire

Probabilités

E(G) =

∑ gp(g) = -6000 x 0,02 + 1000 x 0,15 + 8000 x 0,25 + 15000 x 0,58 = 10730 dh

Pour y = 4 X G probabilités E(G) =

0 -8000 0,02

1 -1000 0,15

2 6000 0,25

3 13000 0,30

4 20000 0,28

∑ gp(g) = -8000x0,02 + -1000x0,15 + 6000x0,25 + 13000x0,30 + 20000x0,28

E(G) = 10690 dh Pour y = 5 X G probabilités E(G) =

0 -10000 0,02

1 -3000 0,15

2 4000 0,25

3 11000 0,30

4 18000 0,15

5 25000 0,13

∑ gp(g)

E(G) = -10000x0,02 + -3000x0,15 + 4000x0,25 + 11000x0,30 + 18000x0,15 + 25000x0,13 E(G) = 9600 dh Pour y = 6 X G P(g) E(G) =

0 -12000 0,02

1 -5000 0,15

2 2000 0,25

3 9000 0,30

4 16000 0,15

5 23000 0,10

6 30000 0,03

∑ gp(g)

= -12000 x 0,02 + -5000 x 0,15 + 2000 x 0,25 + 9000 x 0,30 + 16000 x 0,15 + 23000 x 0,13 + 30000 x 0,03 E(G) = 7810 dh 2.7.7. Solution de l’exercice 2.6.7. La variable aléatoire X, nombre d'aspirines obtenues, peut prendre les valeurs 0, 1 et 2. La variable aléatoire Y, nombre de somnifères obtenus, peut prendre les valeurs 0, 1 et 2. 45

2. Variable aléatoire

Probabilités

À chaque couple de valeurs (x,y) correspond une probabilité p(x,y) d'observer simultanément la valeur x pour X et la valeur y pour Y. Soient les événements suivants : A : Choisir une aspirine S : Choisir un somnifère V : Choisir une vitamine

: p(A) = 3 / 9 : p(S) = 2 / 9 : p(L) = 4 / 9

p(X=0 ;Y=0) = p(V et V) p(X=0 ;Y=0) = (4/9).(3/8) = 12/72 = 0,1667 p(X=0 ;Y=1) = p(S et V) + p(V et S) p(X=0 ;Y=1) = (2/9).(4/8) + (4/9).(2/8) p(X=0 ;Y=1) = (2x4 + 4x2 / 9x8 = 16/72 = 0,2222 p(X=0 ;Y=2) = p(S et S) p(X=0 ;Y=2)= (2/9).(1/8) = 2/72 = 0,0278 p(X=1 ;Y=0) = p(A et V) + p(V et A) p(X=1 ;Y=0)= (3/9).(4/8) + (4/9).(3/8) p(X=1 ;Y=0) = (3x4 + 4x3) / 9x8 = 24/72 = 0,3333 p(X=1 ;Y=1) = p(A et S) + p(S et A) p(X=1 ;Y=1) = (3/9).(2/8) + (2/9).(3/8) p(X=1 ;Y=1) = (3x2 + 2x3 / 9x8 = 12/72 = 0,1667 p(X=1 ;Y=2) = 0 p(X=2 ;Y=0) = p(A et A) = (3/9).(2/8) = 6/72 = 0,0833 p(X=2 ;Y=1) = 0 p(X=2 ;Y=2) = 0 La loi de probabilité du couple (X, Y) est : Y X 0 1 2 p(y)

0

1

2

p(x)

0,1667 0,3333 0,0833 0,5833

0,2222 0,1667 0 0,3889

0,0278 0 0 0,0278

0,4167 0,5 0,0833 1

2.7.8. Solution de l’exercice 2.6.8. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre de garçons d'une famille de 4 enfants. Une famille de 4 enfants peut avoir 0 garçon (X=0), 1 garçon (X=1), 2 garçons (X=2), 3 garçons (X=3) ou 4 garçons (X=4)

46

2. Variable aléatoire

Probabilités

p(X=0) = p(F et F et F et F) = (1/2)x(1/2)x(1/2)x(1/2) = 1/16 p(X=1) = p(G et F et F et F)+p(F et G et F et F)+p(F et F et G et F)+p(F et F et F et G) p(X=1) =(1/2)x(1/2)x(1/2)x(1/2) x 4 = 4/16 p(X=2) = p(G et G et F et F) + p(G et F et G et F) + p(G et F et F et G) + p(F et G et G et F) + p(F et G et F et G) + p(F et F et G et G) p(X=2) =(1/2)x(1/2)x(1/2)x(1/2) x 6 = 6/16 p(X=3) = p(G et G et G et F)+p(G et G et F et G)+p(G et F et G et G)+p(F et G et G et G) p(X=3) =(1/2)x(1/2)x(1/2)x(1/2) x 4 = 4/16 p(X=4) = p(G et G et G et G) = (1/2)x(1/2)x(1/2)x(1/2) = 1/16 La loi de probabilité de X est : X 0 1 2 3 4 Total

P(x) 1/16 4/16 6/16 4/16 1/16 1

2.7.9. Solution de l’exercice 2.6.9. Reprenons la distribution de probabilité : X P(x)

0 1/6

1 1/6

2 1/6

3 1/6

4 1/6

5 1/6

Ce pâtissier sait qu'il y a un profit de 10 dh pour chaque gâteau vendu et une perte de 4 dh pour chaque gâteau non vendu. a) Profit attendu par le pâtissier en un jour où il a préparé 5 gâteaux. Soit la variable aléatoire Y qui désigne le profit. Si le pâtissier a préparé 5 gâteaux, le profit est donné par : Y = 10 x X – 4 x (5 – X) La loi de probabilité de Y est donc :

47

2. Variable aléatoire

Probabilités

X Y P(y) E(Y) =

0 -20 1/6

1 -6 1/6

2 8 1/6

3 22 1/6

4 36 1/6

5 50 1/6

∑ yp( y) = (-20 + -6 + 8 + 22 + 36 + 50) x (1/6) = 15 dh.

b) Profit attendu par le pâtissier, le jour où il a préparé 3 gâteaux. Soit la variable aléatoire Y qui désigne le profit. Si le pâtissier a préparé 3 gâteaux, le profit est donné par : Y = 10 x X – 4 x (3 – X) La loi de probabilité de Y est donc : X Y P(y) E(Y) =

0 -12 1/6

1 2 1/6

2 16 1/6

3 30 3/6

∑ yp( y) = (-12 + 2 + 16) x (1/6) + 30 x (3/6) = 16 dh

2.7.10. Solution de l’exercice 2.6.10. Reprenons la fonction de répartition de X.

si 0 F( x ) =  - k x si 1 - e 5 k= 6

x < 0 x ≥ 0

a) Probabilité pour qu'une communication dure plus de 3 minutes. p(X > 3) = 1 – p(X ≤ 3) = 1 – F(3) = 1 – (1 -

e

5 − ×3 6

) = 0,0821

b) Probabilité pour qu'une communication ait une durée entre 3 et 6 minutes. P( 3 < X < 6) = F(6) – F(3) = (1 -

e

5 − ×6 6

) - (1 -

e

5 − ×3 6

) = 0,9933 – 0,9179 = 0,0754

c) Calcul de k. p(X > 3) = 0,1 = 1 – p(X ≤ 3) = 1 – F(3) = 1 – (1 48

e − k×3 )

2. Variable aléatoire

Probabilités

−3 k

Ce qui donne e = 0,1 Soit -3k = Log(0,1) = -2,3 Soit k = 0,77 2.7.11. Solution de l’exercice 2.6.11.

F( x ) = kx 2 si 0 ≤ x ≤ 4 a) Calcul de la valeur de k. La fonction de répartition est un cumul de probabilités.

0 ≤ F( x ) ≤ 1 avec F(4) − F(0) = 1 1 F(4) = 1 ⇒ k x 42 = 1 ⇒ k = 16 b) Calcul de E(X) et V(X) Calculons la fonction de densité de probabilité f(x).

f(x) = F'(x) = (

x  f(x) =  8  0

1 2 1 x x )' = 2 x x.= 16 16 8

si 0 ≤ x ≤ 4 sinon

- Calcul de E(X) :

E(X) =

∫

E(X) =

∫

+∞ −∞

0 −∞

E(X) = 0 +

x f ( x ) dx 4

x . 0 dx + ∫ x . 0

x dx + 8

∫

+∞ 4

x2 ∫ 0 8 dx + 0 4

4

 x3  43 8 E(X) =   = −0= 3  24  0 24 49

x . 0 dx

2. Variable aléatoire

Probabilités

- Calcul de V(x) : V(X) = E(X2) – E(X)2

∫

E(X 2 ) =

+∞ −∞

0

x 2 f ( x ) dx

E(X 2 ) =

∫

E(X 2 ) =

x3 ∫ 0 8 dx

−∞

x 2 . 0 dx +

∫

x dx + 8

4 0

x2 .

∫

+∞ 4

x 2 . 0 dx

4

4

 x4  E(X ) =   − 0 = 8  32  0 2

8 8 V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2 = 8 − ( ) 2 = 3 9 L’écart type de x est :

8 = 0,94 9 c) Calcul de P (1 ≤ x ≤ 3) σ = V(X) =

P (1 ≤ x ≤ 3) = F(3) − F(1) =

1 1 1 x 32 − x 12 = 16 16 2

2.7.12. Solution de l’exercice 2.6.12. x

− 1 f (x) = e 1000 1000

E(X) = ∫

+∞ −∞

pour x > 0

x . f ( x ) dx = ∫

+∞ 0

x

x.

− 1 1 e 1000 dx = 1000 1000

∫

+∞ 0

x .e

s, en utilisant la méthode d’intégration par parties

∫

+∞ 0

xe

−

x 1000

dx

La méthode d’intégration par parties est basée sur la formule suivante :

∫

b a

f ( x ) g ' ( x ) dx = [f ( x ) g ( x )] a −

On pose :

b

∫

b a

f ' ( x ) g ( x ) dx

f (x ) = x ⇒ f ' (x ) = 1 g' ( x ) = e

−

x 1000

⇒ g ( x ) = − 1000 e 50

−

x 1000

−

x 1000

dx Calculon

2. Variable aléatoire

Probabilités

∫

+∞ 0

xe

−

x 1000

dx =

∫

+∞ 0

f ( x ) g ' ( x ) dx +∞

x x − −   +∞ 1000 1000 = − 1000 x e dx  − ∫ 0 1 x (−1000) x e  0

= 0 + 1000 ∫

+∞ 0

e

−

x 1000

+∞

x −   1000 dx = 1000 x (−1000) e   0

= − 1000 2 (0 − 1) = 1000 2 E(X) =

1 x 1000 2 = 1000 heures 1000

La durée de vie attendue d’une ampoule est 1000 heures. 2.7.13. Solution de l’exercice 2.6.13.

f ( x ) = ax + bx 2 si 0 ≤ x ≤ 1 a) Calcul des constantes a et b f(x) est une fonction de densité de probabilité, elle remplit donc la condition : 1

 x2 x3  ∫ −∞ f (x ) dx = 1 ⇔ ∫ 0 (ax + bx ) dx = 1 ⇔ a 2 + b 3  = 1 0 a b 6 − 3a 3 ⇔ + = 1 ⇔ 3a + 2b = 6 ⇔ b = =3− a 2 2 2 3 2 On a d’après les données : E ( x ) = 3 +∞ 1 2 2 2 ∫ −∞ x (fx) dx = 3 ⇔ ∫ 0 x (ax + bx ) dx = 3 +∞

1

2

1

 ax 3 2 x  2 ( ax + bx ) dx = ⇔ + b 4 =  ∫0 3 4 0 3  3 1

2

3

51

2. Variable aléatoire

Probabilités

a b 2 + = ⇔ 4a + 3b = 8 3 4 3 3 9 a 4a + 3(3 − a ) = 8 ⇔ 4a + 9 − a = 8 ⇔ − = − 1 2 2 2 3 a = 2 et b = 3 − x 2 = 0 2 f ( x ) = 2 x si 0 ≤ x ≤ 1 b) Calcul de l’écart type

V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2 E(X 2 ) =

∫

+∞ −∞

x 2 f ( x ) dx 1

 x4  1 E (X ) = ∫ x . 2 x dx = ∫ 2 x dx = 2  = 0 0  4 0 2 1

2

V(X) =

2

1

3

1 1 2 1 − ( )2 = => L’écart type : σ = = 0,2357 2 3 18 18

2.7.14. Solution de l’exercice 2.6.14.

x≤0 0 si  F( x ) = x si 0 < x ≤ 1 1 si x >1  a) Calcul de

P (0 ≤ x ≤ 0,5)

P (0 ≤ x ≤ 0,5) = F(0,5) − F(0) = 0,5 − 0 = 0,5 b) Fonction de densité de probabilité

f ( x ) = F' ( x )

1 si 0 < x ≤ 1 f (x ) =  0 sin on 52

2. Variable aléatoire

Probabilités

c) Calcul de la moyenne et l’écart-type de X 1

 x2  1 E(X) = ∫ x f ( x ) dx = ∫ x dx =   = −∞ 0  2 0 2 +∞

1

V(X) = E(X 2 ) − E(X) 2 1

x3  1 E(X ) = ∫ x f ( x ) dx = ∫ x dx =   = −∞ 0 30 3 2

V(X) =

+∞

1

2

2

1 1 1 − ( )2 = => L’écart type : σ = 3 2 12

1 12

= 0,289

2.7.15. Solution de l’exercice 2.6.15. a) Loi de probabilité de P. Désignons par X et Y les numéros portés sur les boules tirés. Le tableau croisé suivant présente tous les cas possibles. X Y 1 2 3

1

2

3

1 2 3

2 4 6

3 6 9

La variable aléatoire P peut donc prendre les valeurs 1, 2, 3, 4, 6, et 9. La probabilité d’une valeur est égale au nombre de répétitions de la valeur sur les 9 cas possibles. Loi de probabilité de P P Proba

1 1/9

2 2/9

3 2/9

4 1/9

6 2/9

9 1/9

b) Calcul de l’espérance mathématique de P.

E(P)=∑p×p(p) = (1.1 + 2.2 + 3.2 + 4.1 + 6.2 + 9.1) x (1/9) = (36/9) = 4 c) Probabilité que le produit P soit supérieur ou égal à 2. p(P ≥ 2) = 1 - p(P < 2) = 1 - p(1) = 1 – (1/9) = 8/9

53

Total 1

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

CHAPITRE 3 ANALYSE COMBINATOIRE ET CALCUL DES PROBABILITES

L'analyse combinatoire, fondée sur des formules de permutations, d’arrangements et de combinaisons possède d'importantes applications dans de nombreuses branches des mathématiques, comme par exemple le calcul des probabilités et des statistiques, où elles peuvent servir à compter le nombre de cas favorables et/ou possibles des événements d’une expérience aléatoire. Soient deux éléments a et b : Si (a , b) ≠ (b , a), on parle de disposition ordonnée. Si (a , b) ≡ (b , a), on parle de disposition non ordonnée. 3.1. PERMUTATIONS. Une permutation est une disposition ordonnée. Le nombre de permutations que l’on peut faire avec n éléments est : Pn = n ! = n × (n-1) × (n-2) × … × 2 × 1 Exemple : Le nombre de permutations que l’on peut faire avec trois éléments a, b, c est : P3 = 3 ! = 3 × 2 × 1 = 6 Ces 6 permutations sont : (a,b,c), (a,c,b), (b,a,c), (b,c,a), (c,a,b), et (c,b,a). 3.2. ARRANGEMENTS. Un arrangement de p éléments choisis parmi n éléments est une disposition ordonnée de p de ces n éléments. On distingue les arrangements avec répétitions et les arrangements sans répétitions. 3.2.1. Arrangements sans répétitions. C’est le nombre d’arrangements que l’on peut faire avec p éléments choisis parmi n éléments, chacun d’eux ne peut figurer qu’une seule fois dans le même arrangement. Le nombre d’arrangements sans répétitions est : 54

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

n!

An = (n − p)! p

Exemple : Le nombre d’arrangements sans répétitions que l’on peut faire avec deux éléments choisis parmi trois éléments a, b, c est :

3!

A3 = (3 − 2)! = 2

3 × 2 ×1 =6 1

Ces 6 arrangements sont : (a,b), (b,a), (a,c), (c,a), (b,c), et (c,b). 3.2.2. Arrangements avec répétitions. C’est le nombre d’arrangements que l’on peut faire avec p éléments choisis parmi n éléments, chacun d’eux peut figurer plusieurs fois dans le même arrangement. Le nombre d’arrangements avec répétitions est : np Exemple : Le nombre d’arrangements avec répétitions que l’on peut faire avec deux éléments choisis parmi trois éléments a, b, c est : 32 = 9 Ces 9 arrangements sont : (a,a), (a,b), (b,a), (a,c), (c,a), (b,b), (b,c), (c,b) et (c,c). 3.3. COMBINAISONS. Une combinaison de p éléments choisis parmi n éléments est une disposition non ordonnée de p de ces n éléments. On distingue les combinaisons avec répétitions et les combinaisons sans répétitions. 3.3.1. Combinaisons sans répétitions. C’est le nombre de combinaisons que l’on peut faire avec p éléments choisis parmi n éléments, chacun d’eux ne peut figurer qu’une seule fois dans la même combinaison. Le nombre de combinaisons sans répétitions est :

Cn = p

n! p! × (n − p)!

Exemple : Le nombre de combinaisons sans répétitions que l’on peut faire avec deux éléments choisis parmi trois éléments a, b, c est :

2 C3 =

3! =3 2! × 1!

Ces 3 combinaisons sont : (a,b), (a,c), et (b,c).

55

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

3.3.2. Combinaisons avec répétitions. C’est le nombre de combinaisons que l’on peut faire avec p éléments choisis parmi n éléments, chacun d’eux peut figurer plusieurs fois dans la même combinaison. Le nombre de combinaisons avec répétitions est : p p K n = C n + p −1 =

(n + p − 1)! p! × (n − 1)!

Exemple : Le nombre de combinaisons avec répétitions que l’on peut faire avec deux éléments choisis parmi trois éléments a, b, c est :

4!

K3 = C3+ 2−1 = C4 = 2! × 2! = 6 2

2

2

Ces 6 combinaisons sont : (a,a), (a, b), (a,c), (b,b), (b,c), et (c,c). 3.4. ENONCES DES EXERCICES D’APPLICATION. 3.4.1. Six verres de couleurs différentes : vert, bleu, rouge, jaune, orange et gris, sont placés sur une étagère. Quelle est la probabilité pour que ces verres soient dans l’ordre suivant : bleu, rouge, vert, gris, orange et jaune ? 3.4.2. On considère un jeu de loto dans lequel on doit choisir une combinaison de 6 nombres différents parmi 24 nombres différents. Quelles sont les probabilités de choisir : a) la combinaison : 2 ; 7 ; 12 ; 9 ; 21 et 24 ? b) l’arrangement : 2 ; 23 ; 17 ; 9 ; 4 et 15 ? 3.4.3. On forme un nombre de 4 chiffres choisis de façon aléatoire parmi les 10 chiffres 0, 1, 2, …, 9. Quelle est la probabilité d’avoir un nombre tel que : a) les chiffres peuvent se répéter autant de fois que possible et le nombre est divisible par 5. b) les chiffres ne peuvent se répéter et le nombre est pair. c) les chiffres ne peuvent pas se répéter et le nombre ne contient que des chiffres impairs. 3.4.4. Quatre hommes et trois femmes se présentent à un guichet bancaire. Si l’ordre de servir ces personnes est aléatoire, quelle est la probabilité pour que : a) les femmes soient servies en premier ? b) les hommes et les femmes soient servis alternativement ? 3.4.5. On écrit un mot de 7 lettres sans répétition à l’aide d’un alphabet de 26 lettres ; quelle est la probabilité pour que ce mot soit « probant » ? Les mots n'ont pas nécessairement un sens. 3.4.6. Un championnat sportif groupe 20 équipes. Chaque match oppose deux équipes. Chaque équipe doit, pendant la saison, rencontrer chacune des 19 autres équipes, une fois sur son propre terrain et une autre fois sur le terrain de l'adversaire. Combien de rencontres faut-il organiser au total ? 56

Probabilités

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

3.4.7. Quatre hommes (A, B, C et D) et trois femmes (E, F et G) vont s'asseoir sur un banc de 7 places. a) Quelle est la probabilité pour que ces personnes s’assoient selon l’ordre « A, F, G, C, B, D, E)? b) Quelle est la probabilité pour que ces personnes s’assoient selon l’ordre « 2 femmes, 2 hommes, 1 femme et 2 hommes) ? 3.4.8. On désire ranger, sur une étagère, quatre livres de mathématiques, six livres de statistiques et trois livres de gestion. a) Quelle est la probabilité pour que les livres soient groupés par spécialité ? b) Quelle est la probabilité pour que les livres de gestion seulement soient groupés ensemble ? 3.4.9. On a un groupe de 5 filles et 8 garçons. a) Quelle est la probabilité pour choisir 7 personnes de façon à prendre 3 filles et 4 garçons quelconques ? b) Quelle est la probabilité pour choisir 7 personnes de façon à prendre 3 filles et 4 garçons et qu’une fille particulière fasse obligatoirement partie du groupe à former ? c) Quelle est la probabilité pour choisir 7 personnes de façon à prendre 3 filles et 4 garçons et que deux garçons particuliers ne puissent pas être choisis ? 3.4.10. On dispose de 7 consonnes et 5 voyelles. a) Quelle est la probabilité de constituer des mots de 6 lettres avec 3 consonnes différentes et 3 voyelles différentes ? b) Quelle est la probabilité de constituer des mots de 6 lettres avec 4 consonnes différentes et 2 voyelles différentes ? c) Quelle est la probabilité de constituer des mots de 7 lettres avec 5 consonnes différentes et 2 voyelles différentes de façon qu’il y ait alternance entre consonnes et voyelles ? Les mots n’ont pas obligatoirement de sens. 3.4.11. On forme un comité de 5 membres choisis au hasard parmi 8 personnes dont 3 femmes et 5 hommes. Calculer la probabilité pour que a) les trois femmes soient choisies ? b) l'une des femmes, au moins, soit choisie ? c) aucune femme ne soit choisie ? 3.4.12. Une course réunissant 15 chevaux est organisée au cours d'une fête. Le public est invité à donner le tiercé gagnant (numéros des trois premiers chevaux). Pour une personne qui parierait tout à fait au hasard, quelle est la probabilité qu’elle donne le résultat exact : a) dans l'ordre (numéros des trois premiers chevaux classés dans l'ordre exact de leurs arrivées) ? b) dans le désordre (numéros des trois premiers chevaux classés dans un ordre différent) ? 57

Probabilités

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

3.4.13. On considère deux dés dont les faces sont numérotées de 1 à 6, on jette ces deux dés et on désigne par x et y les numéros des faces des deux dés. On pose z = x + y a) Quelles sont les probabilités pour que z = 5 ? b) Quelles sont les probabilités pour que z = 3 ? c) Déterminer la loi de probabilité de z d) Calculer alors p(4 < z < 8) 3.4.14. On considère trois dés dont les faces sont numérotées de 1 à 6, on jette ces 3 dés et on désigne par x, y et z les numéros des faces des trois dés. On pose t = x + y + z Quelles sont les probabilités pour que : a) t = 6 ? b) t = 3 ? c) t = 18 ? 3.4.15. On jette deux fois une pièce de monnaie, on affecte la valeur 1 à face et la valeur 0 à pile, on désigne par x et y les valeurs du résultat du 1er et 2ème jet. On pose z = x + y a) Quelles sont les probabilités pour que z = 2 ? b) Quelles sont les probabilités pour que z = 1 ? c) Déterminer la loi de probabilité de z d) Calculer alors p(0 < z ≤ 2) 3.4.16. Sur 60 candidats à l'entrée dans un établissement 40 sont du Sud. Si 20 postulants sont sélectionnés au hasard, calculer la probabilité pour que : a) 10 sélectionnés soient du Sud. b) Entre 16 et 18 sélectionnés soient du Sud. 3.4.17. On considère un jeu de 32 cartes pour jouer au Poker. Les 32 cartes sont réparties en 4 couleurs : trèfle, carreau, cœur et pique ; chaque couleur comporte 8 cartes de différentes hauteurs : 7-8-9-10-Valet (V)-Dames (D)-Roi (R) et As (A). Au Poker, une main se compose de 5 cartes et peut avoir les configurations (ou figures) suivantes : 1 - 1P Une paire, soit 2 cartes de même hauteur, deux valets, deux 7, deux rois par exemple ; 2 - 2P Deux paires, soit 2 fois 2 cartes de même hauteur ; 3 - Br Un Brelan, soit 3 cartes de même hauteur, trois dames, trois 8, trois valets par exemple ; 4 - Cr Un carré, soit 4 cartes de même hauteur, 4 rois, quatre 9 par exemple ; 5 - Qt Une suite, soit 5 cartes qui se suivent sans avoir la même couleur ; 6 - Cl Une couleur, soit 5 cartes de même couleur ; 7 - Qf Une quinte floch, soit 5 cartes de même couleur qui se suivent ; 8 - Fl Un full, soit un brelan et une paire. 58

Probabilités

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Le classement de ces figures se fait par ordre inverse de la probabilité de les avoir, c’est-àdire que la force d’une figure F1 est inférieure à la force d’une figure F2 si la probabilité d’avoir F1 est supérieure à la probabilité d’avoir F2. a) Calculer les probabilités de chaque figure. Il s’agit, par exemple, de calculer la probabilité d’avoir une main (5 cartes) avec une paire et rien qu’une paire, une main avec un brelan et rien qu’un brelan, etc. Calculer ces probabilités, chaque fois que possible, de deux façons différentes. b) Classer les 8 figures par ordre croissant de force. c) Calculer, de deux façons différentes, la probabilité d’une main qui ne comporte aucune figure listée ci-dessus, c’est une main ou figure quelconque, Qc. d) Classer une main quelconque parmi les 8 mains déjà classées à la question b. 3.4.18. Un jeu de toto foot consiste à prévoir les résultats de dix matchs de football en inscrivant les prévisions sur une feuille réponse. Pour chaque match trois résultats sont possibles : victoire d’une équipe, victoire de l’autre équipe, match nul. Combien de chances at-on de gagner si on a joué, d’abord une feuille et puis 2 feuilles ? 3.5. SOLUTIONS DES EXERCICES D’APPLICATION. 3.5.1. Solution de l’exercice 3.4.1. On applique la formule générale de la probabilité qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles Nombre de cas favorable = 1 Nombre de cas possibles = Nombre de permutations de 7 verres = 7 ! Donc p = 1 / 7 ! = 1 / 5040 Il y a une chance sur 5040 pour trouver les verres dans l’ordre indiqué. 3.5.2. Solution de l’exercice 3.4.2. On applique la formule générale de la probabilité qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorables = Nombre de permutations de 6 éléments = 6 ! puisque l’ordre des nombres n’est pas important. Nombre de cas possibles = Nombre de combinaisons de 6 éléments parmi 24 =

59

6

C24

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

p=

6!

6 ! x 6 !x 18 ! 6.5.4.3.2.1x 6.5.4.3.2.1 = 24 ! 24.25.24.23.22.21.20.19 C 6.5.3.2.1 180 = = 0,535% 23.19.11.7 33649 6 24

=

b) Nombre de cas favorables = 1 seul arrangement puisque l’ordre des nombres est important. Nombre de cas possibles = Nombre de combinaisons de 6 éléments parmi 24 =

p=

1

6

C24

1! x 6 !x 18 ! 1x 6.5.4.3.2.1 = 24 ! 24.25.24.23.22.21.20.19 C 1 1 = = 7,4 pour 1 million 23.19.11.7.4 134596 6 24

=

3.5.3. Solution de l’exercice 3.4.3. On utilise les formules de calcul des combinaisons données plus haut : Un nombre de 4 chiffres ne commence pas à gauche par un zéro. Ainsi pour calculer le nombre de nombres possibles de 4 chiffres on calcule d’abord le nombre de nombres de 3 chiffres (à droite) qu’on multiplie par le nombre possible de chiffres à mettre à gauche (9 possibilités). Nombre de combinaisons de 3 éléments parmi 10 avec répétition

K10 = C12 = 3

3

12 ! 12.11.10 = = 11.10.2 = 220 3! ×9! 3 .2 .1

Nombre de nombres possibles de 4 chiffres avec répétition N(a) = 220.9 = 1980 a) Pour que les nombres soient divisibles par 5 il faut et il suffit qu’ils soient terminés par 5 ou 0 ; le nombre de 4 chiffres ne commence pas à gauche par un zéro. Ainsi on calcule d’abord le nombre de nombres de 2 chiffres (au milieu) qu’on multiplie par le nombre possible de chiffres à mettre à gauche (9 possibilités) et par le nombre possible de chiffres à mettre à droite (2 possibilités). Nombre de combinaisons de 2 éléments parmi 10 avec répétition

60

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

K10 = C11 = 2

2

11 ! 11.10 = = 55 2 ! × 9! 2 .1

N(a) = 55 . 9. 2 = 990

&

p(a) = (990 / 1980) = 0,5

b) Pour que le nombre soit pair il faut et il suffit qu’il se termine par 0, 2, 4, 6 ou 8. Il faut donc calculer le nombre de nombres de 3 chiffres (à gauche) et compléter par les 5 possibilités de terminer ces nombres à droite par 0, 2, 4, 6 ou 8, il faut ensuite soustraire les cas des nombres pairs avec le zéro à gauche. 3

N(b) = C9

x 5 − C82 x 4 =

9 !.5 8 !.4 9 .8 .7 .5 8 .7 .4 − = − = 420 − 112 = 308 3! ×6! 2! ×6! 3 .2 .1 2 .1

p(b) = (308 / 1980) = 0,156 c) Les chiffres ne peuvent se répéter et le nombre ne contient que des chiffres impairs. Il suffit de choisir 4 chiffres parmi les 5 chiffres impairs (1 ; 3 ; 5 ; 7 et 9). N(c) =

C5 = 4

5! =5 4 ! × 1!

&

p(c) = (5 / 1980) = 0,0025

3.5.4. Solution de l’exercice 3.4.4. Le nombre de façons possibles de servir les 7 personnes, abstraction faite de leur sexe est : N = 7 ! = 7.6.5.4.3.2.1 = 5040 façons possibles a) Probabilité pour que les femmes soient servies en premier. Si les 3 femmes sont devant, il y a 3 ! possibilités de les placer, après il y a 4 ! possibilités de placer les 4 hommes N(a) = 3 ! x 4 ! = 3.2.1x4.3.2.1. = 6x24 = 144 p(a) = (144 / 5040) = 0,0286 b) Probabilité pour que les hommes et les femmes soient servis alternativement. Si les personnes sont servies alternativement, le 1er à être servi doit être un homme ainsi que le dernier puisqu’il y a 4 hommes et 3 femmes. On choisit alors le 1er homme parmi 4, puis la 1ère femme parmi 3, puis le 2ème homme parmi les 3 qui restent, ensuite la 2ème femme parmi les 2 qui restent, etc.

61

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

N(b) =

1 1 1 1 1 1 1 C4 x C3 x C3 x C2 x C2 x C1 x C1 = 4.3.3.2.2.1.1.= 144

On aurait pu utiliser les permutations et dire que : N(b) = P4 x P3 = 4 ! x 3 ! = 4.3.2.1x3.2.1 = 144 &

p(b) = (144 / 5040) = 0,0286

3.5.5. Solution de l’exercice 3.4.5. On applique la formule générale de la probabilité qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles Nombre de cas favorables = 1 le mot « probant » Nombre de cas possibles = Nombre de combinaisons de 7 éléments parmi 26 sans répétition, soit

C

7 26

=

26 ! = 657800 7 ! × 19 !

Il y a donc une chance sur 657800 de possibilités. 3.5.6. Solution de l’exercice 3.4.6. Si l’on suppose que la 1ère équipe joue chez elle, le nombre cherché est le nombre d’arrangement de 20 équipes 2 à 2.

A 20 = 2

20 ! = 20.19 = 380 rencontres possibles 18 !

Il s’agit bien d’arrangements et non de combinaisons parce que l’ordre intervient dans la mesure où l’équipe tirée la 1ère joue chez elle le 1er match. 3.5.7. Solution de l’exercice 3.4.7. On applique la formule générale de la probabilité qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorable = 1 Nombre de cas possibles = Nombre de permutations de 7 personnes = 7 ! Donc p = 1 / 7 ! = 1 / 5040 Il y a une chance sur 5040 pour trouver les personnes dans l’ordre indiqué.

62

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

b) Nombre de cas favorables =

2

2

1

2

C3 x C4 x C1 x C2 = 18

Les combinaisons C32 x C24 x C11 x C22 donnent les nombres de possibilités de choisir 2 femmes parmi 3, puis 2 hommes parmi 4, ensuite 1 femme parmi la femme qui reste et enfin 2 hommes parmi les 2 hommes qui restent.

2

2

1

2

C3 x C4 x C1 x C2 = 18

Nombre de cas possibles = Nombre de permutations de 7 éléments soit 7 ! Donc p = 18 / 7 ! = 18 / 5040 = 1 / 280 Il y a une chance sur 280 pour trouver les personnes dans l’ordre indiqué. 3.5.8. Solution de l’exercice 3.4.8. On applique la formule générale de la probabilité qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorables = 4 !. 6 !. 3 ! 3 ! Les permutations 4 !. 6 !. 3 ! donnent les nombres de possibilités de ranger les quatre livres de mathématiques, six livres de statistiques et trois livres de gestion, ensuite la permutation 3 ! donne le nombre de possibilités de ranger les trois groupes de spécialités. Nombre de cas possibles = Nombre de permutations des 13 livres = 13 ! Donc

p=

4 !.6 !.3 !.3 ! 13 !

= 1 / 10010

Il y a une chance sur 10010 pour trouver les livres dans l’ordre indiqué. b) Nombre de cas favorables = 3 !x 11 ! qui est le nombre de possibilités de ranger les 3 livres de gestion fois le nombre de possibilités de permuter les 10 autres livres et le groupe des livres de gestion. Nombre de cas possibles = Nombre de permutations de 13 livres = 13 ! Donc

p=

11 !.3 ! = 1 / 26 13 !

Il y a une chance sur 26 pour trouver les livres dans l’ordre indiqué. 3.5.9. Solution de l’exercice 3.4.9. On applique la formule générale de la probabilité et qui est :

63

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorables =

3

4

C 5 x C8

Les combinaisons C35 x C84 donnent les nombres de possibilités de choisir 3 filles et 4 garçons de façon quelconque parmi 8. Nombre de cas possibles = La combinaison

Donc

p=

7

C13

7 C13 donne le nombre de possibilités de choisir 7 personnes parmi 13.

5 !8 !.7 !.6 ! = 175 / 429 3 !.4 !.2 !.4 !13 !

Il y a 175 chances sur 429 pour trouver les personnes dans un ordre quelconque, soit un peu moins que 40,80%. b) Nombre de cas favorables =

2

4

C4 x C8 x1

Les combinaisons C24 x . C84 donnent les nombres de possibilités de choisir 2 filles et 4 garçons de façon quelconque parmi 8 et 1 représente le choix de la fille particulière. Nombre de cas possibles = La combinaison

Donc

p=

7

C13

7 C13 donne le nombre de possibilités de choisir 7 personnes parmi 13.

4 !.8 !.7 !.6 ! = 35 / 141 2 !.2 !.4 !.4 !.13 !

Il y a 35 chances sur 141 pour trouver les personnes dans un ordre quelconque, soit un peu plus que 24,47% c) Nombre de cas favorables =

3

4

C5 x C6

Les combinaisons C35 . C64 donnent les nombres de possibilités de choisir 3 filles parmi 5 et 4 garçons parmi 6 seulement puisqu’on décide d’écarter 2 garçons.. Nombre de cas possibles =

7

C13 64

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

La combinaison

Donc

p=

7 C13 donne le nombre de possibilités de choisir 7 personnes parmi 13.

5 !.6 !.7 !.6 ! = 25 / 282 3 !.2 !.4 !.2 !.13 !

Il y a 25 chances sur 282 pour trouver les personnes dans un ordre quelconque, soit un peu plus que 8,74% 3.5.10. Solution de l’exercice 3.4.10. On applique la formule générale de la probabilité et qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorables =

3

3

C7 x C5

Les combinaisons C37 x C35 donnent les nombres de possibilités de choisir 3 consonnes parmi 7 et 3 voyelles parmi 5 de façon quelconque. Nombre de cas possibles = La combinaison

6

C12

6

C12 donne le nombre de possibilités de choisir 6 lettres parmi 12. 7 !5 !.6 !.6 ! Donc p = = 50 / 132 3 !.4 !.3 !.2 !.12 !

Il y a 50 chances sur 132 pour constituer des mots de 3 consonnes différentes et 3 voyelles différentes, soit un peu moins que 37,88 %. b) Nombre de cas favorables =

4

2

C7 x C5

Les combinaisons C74 x C52 donnent les nombres de possibilités de choisir 4 consonnes parmi 7 et 2 voyelles parmi 5 de façon quelconque. Nombre de cas possibles = La combinaison

6

C12

6 C12 donne le nombre de possibilités de choisir 6 lettres parmi 12.

65

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

Donc

p=

7 !5 !.6 !.6 ! = 50 / 132 3 !.4 !.3 !.2 !.12 !

Il y a 50 chances sur 132 pour constituer des mots de 4 consonnes différentes et 2 voyelles différentes, soit un peu moins que 37,88 % c) Pour ce faire on doit commencer les mots par une consonne et terminer par une consonne. Nombre de cas favorables =

5

2

A7 x A5

Les combinaisons A 57 x A 52 donnent les nombres de possibilités d’arrangements de 5 consonnes parmi 7 et 2 voyelles parmi 5 de façon alternée. Nombre de cas possibles =

7

A12

7 A12 donne le nombre de possibilités d’arrangements de 7 lettres parmi 12. 7 !.5 !.7 ! Donc p = = 70 / 132 2 !.3 !.12 !

Il y a 70 chances sur 132 pour choisir des mots de 7 lettres avec consonnes et voyelles ordre alternées, soit un peu plus que 53 % 3.5.11. Solution de l’exercice 3.4.11. On applique la formule générale de la probabilité et qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorables =

3

2

C3 x C5

Les combinaisons C33 x C52 donnent les nombres de possibilités de choisir 3 femmes parmi 3 et 2 hommes parmi 5 de façon quelconque. Nombre de cas possibles = La combinaison

5

C8

5 C8 donne le nombre de possibilités de choisir 5 personnes parmi 8.

66

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

Donc

p=

3 !5 !.5 !.3 ! = 5 / 28 3 !.0 !.3 !.2 !.8 !

Il y a 5 chances sur 28 pour choisir 5 personnes pour que les 3 femmes soient choisies, soit un peu moins que 17,86% b) Nombre de cas favorables =

1 4 2 3 3 2 C3 x C5 + C3 x C5 + C3 x C5

Les combinaisons C13 x C54 , C32 x C35 et C33 x C52 donnent les nombres de possibilités de choisir au moins une femme parmi 3 (c'est-à-dire une, deux ou les trois) et le reste en hommes parmi 5 de façon quelconque. Nombre de cas possibles = La combinaison

5

C8

5 C8 donne le nombre de possibilités de choisir 5 personnes parmi 8.

Donc

p=

3 !5 !.5 !.3 ! 3 !5 !.5 !.3 ! 3 !5 !.5 !.3 ! + + = 98,21 % 2 !.1 !.4 !.1 !.8 ! 2 !.1 !.3 !.2 !.8 ! 3 !.0 !.3 !.2 !.8 !

Il y a 98,21 % de chances de choisir 5 membres de façon qu’il y ait au moins une femme. c) Nombre de cas favorables = Les combinaisons façons quelconques.

5 C5 donnent les nombres de possibilités de choisir 5 hommes parmi 5 de

Nombre de cas possibles = La combinaison

Donc

p=

5 C5 = 1

5

C8

5 C8 donne le nombre de possibilités de choisir 5 personnes parmi 8.

1.5 !.3 ! = 1 / 56 8!

Il y a 1 chance sur 56 pour choisir 5 personnes de façon qu’il n’y ait aucune femme, soit un peu moins que 1,79%

67

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

3.5.12. Solution de l’exercice 3.4.12. On applique la formule générale de la probabilité et qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorables = 1 Il n’y a qu’une seule possibilité de choix, c’est l’ordre dans lequel sont entrés les chevaux. Nombre de cas possibles = L’arrangement

3

A15

3

A15 donne le

nombre de possibilités de choisir 3 chevaux parmi 15 en

tenant compte de l’ordre. Donc p =

1 12 ! 1 = = = 1 / 2730 3 A15 15 ! 15.14.13

Il y a 1 chance sur 2730 pour choisir 3 chevaux dans l’ordre de leur entrée. b) Nombre de cas favorables = P3 = 3 ! La permutation P3 donne les nombres de possibilités de classer 3 chevaux parmi 3. Nombre de cas possibles = L’arrangement

3

A15 donne

3

A15 le nombre de possibilités de choisir 3 chevaux parmi 15 en

tenant compte de l’ordre. Donc p =

3! 3!.12 ! 3 .2 .1 = = = 1 / 455 3 15 ! 15.14.13 A15

Il y a 1 chance sur 455 pour choisir 3 chevaux parmi 15 dans un ordre quelconque par rapport à l’ordre de leur arrivée. 3.5.13. Solution de l’exercice 3.4.13. Les variables x, y et z sont des variables aléatoires discrètes, résultats d’expériences aléatoires.

68

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

Les variables x et y sont des variables aléatoires discrètes équiprobables ; elles peuvent prendre les valeurs de 1 à 6 avec 1 / 6 de chance pour chaque chiffre. On applique la formule générale de la probabilité et qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorables : Pour avoir 5 comme résultat, les deux dés doivent marquer les combinaisons suivantes : (1 ; 4) ou (2 ; 3), or chacun des deux cas peut être sorti de 2 façons : (1 ; 4) ou (4 ; 1) et (2 ; 3) ou (3 ; 2). Donc nombre de cas favorables = 4 Nombre de cas possibles = 6 x 6 = 36 Donc

p (z = 5) =

4 =1/9 36

Il y a 1 chance sur 9 pour que le résultat d’un jet de 2 dés soit 5, soit un peu plus que 11,11%. p(z =5) peut être calculée autrement : p(z =5) = p(x+y = 5) = p((x=1 et y=4) ou (x=4 et y=1) ou (x=2 et y=3) ou (x=3 et y=2)) p(z =5) = p(x=1 et y=4) + p(x=4 et y=1) + p(x=2 et y=3) + p(x=3 et y=2) p(z =5) = (1/6).(1/6) + (1/6).(1/6) + (1/6).(1/6) + (1/6).(1/6) = (4 / 36) = 1 / 9 b) Nombre de cas favorables : Pour avoir 3 comme résultat, les deux dés doivent marquer la combinaison suivante : (1 ; 2), qui peut être sorti de 2 façons : (1 ; 2) ou (2 ; 1). Donc nombre de cas favorables = 2 Nombre de cas possibles = 6 x 6 = 36 Donc

p(z = 3) =

2 = 1 / 18 36

Il y a 1 chance sur 18 pour que le résultat d’un jet de 2 dés soit 3, soit un peu moins que 5,56%.

69

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

c) Pour déterminer la loi de probabilité de z il suffit de calculer les probabilités, pour ce faire, nous avons : p(z = 0) = 0 p(z = 1) = 0 p(z = 2) = 1 / 36 p(z = 3) = 2 / 36 p(z = 4) = 3 / 36 p(z = 5) = 4 / 36 p(z = 6) = 5 / 36 p(z = 7) = 6 / 36 p(z = 8) = 5 / 36 p(z = 9) = 4 / 36 p(z = 10) = 3 / 36 p(z = 11) = 2 / 36 et p(z = 12) = 1 / 36 Loi de probabilité de Z Z 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Total

p(z) 1 / 36 2 / 36 3 / 36 4 / 36 5 / 36 6 / 36 5 / 36 4 / 36 3 / 36 2 / 36 1 / 36 1

d) D’après la loi que nous venons d’établir, nous avons : p(4 < z < 8 ) = p((z = 5) ou (z = 6) ou ( z = 7)) = 4/36 + 5/36 + 6/36 = 15/36 = 5/12 = 41,67% 3.5.14. Solution de l’exercice 3.4.14. Les variables x, y, z et t sont des variables aléatoires, résultats d’expériences aléatoires. Les variables x, y et z sont des variables aléatoires équiprobables ; elles peuvent prendre les valeurs de 1 à 6 avec 1 / 6 de chance pour chaque chiffre. On applique la formule générale de la probabilité et qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorables : Pour avoir 6 comme résultat, les trois dés doivent marquer les configurations suivantes : (1 ;1 ;4), (2 ;2 ;2) ou (1 ;2 ;3) ; or chacun des trois cas peut être sorti de plusieurs façons :

70

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

La configuration (1 ;1 ;4) peut être sortie de 3 façons qui sont : (1 ;1 ;4), (1 ;4 ;1) et (4 ;1 ;1). La configuration (2 ;2 ;2) ne peut être évidemment sortie que d’une seule façon. La configuration (1 ;2 ;3) peut être sortie de 3 ! = 6 façons qui sont : (1 ;2 ;3), (1 ;3 ;2), (2 ;3 ;1), (2 ;1 ;3), (3 ;1 ;2) et (3 ;2 ;1). Donc nombre de cas favorables = 3 + 1 + 6 = 10 Nombre de cas possibles = 6 x 6x 6 = 216 Donc

p=

10 = 5 / 108 216

Il y a 1 chance sur 108 pour que le résultat d’un jet de 3 dés soit 6, soit un peu moins que 4,63%. b) Nombre de cas favorables = 1 Il n’y a qu’une façon d’avoir 3 comme résultat c’est que les trois dés marquent (1 ;1 ;1). Nombre de cas possibles = 6 x 6 x6 = 216 Donc p = 1 / 216 Il y a 1 chance sur 216 pour que le résultat d’un jet de 3 dés soit 3, soit un peu plus que 0,46%. c) Nombre de cas favorables = 1 Il n’y a qu’une façon d’avoir 18 comme résultat c’est que les trois dés marquent (6 ; 6 ; 6). Nombre de cas possibles = 6 x 6 x6 = 216

=>

p = 1 / 216

Il y a 1 chance sur 216 pour que le résultat d’un jet de 3 dés soit 18, soit un peu plus que 0,46%. 3.5.15. Solution de l’exercice 3.4.15. Les variables x, y et z sont des variables aléatoires discrètes, résultats d’expériences aléatoires. Les variables x et y sont des variables aléatoires discrètes, équiprobables ; elles peuvent prendre les valeurs 1 ou 0 avec 1/2 de chance pour chaque chiffre. On applique la formule générale de la probabilité et qui est : 71

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorables = 1 Il n’y a qu’une seule façon d’avoir 2 comme résultat, c’est que les résultats des deux jets soient faces. Nombre de cas possibles = 2 x 2 = 4 Donc p = 1 / 4 = 25% Il y a 25% de chance pour que le résultat des 2 jets soit face chaque fois. b) Nombre de cas favorables = 2 Il y a 2 façons d’avoir 1 comme résultat, c’est que les résultats des deux jets soient : (1 ;0) ou (0 ;1). Nombre de cas possibles = 2 x 2 = 4 Donc p = 2 / 4 = 50% Il y a 50% de chance pour que le résultat des 2 jets soit face, une seule fois. c) Pour déterminer la loi de probabilité de z, il suffit de calculer les probabilités, pour ce faire, nous avons : p(z = 0) = 1 / 4

p(z = 1) = 1 / 2

p(z = 2) = 1 / 4

d) D’après la loi que nous venons d’établir, nous avons : p(0 < z ≤ 2) = p((z = 1) ou (z = 2) = 1/2 + 1/4 = 3 / 4 = 75% Il y a 75% de chance pour que le résultat des 2 jets d’une pièce de monnaie soit strictement supérieur à 0 et inférieur ou égal à 2. 3.5.16. Solution de l’exercice 3.4.16. On applique la formule générale de la probabilité et qui est : p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles a) Nombre de cas favorables =

10

10

C40 x C20 72

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

Les combinaisons

10

10

C40 x C20

donnent les nombres de possibilités de sélectionner 10

postulants parmi les 40 du sud et les 10 autres parmi les 20 restants. Nombre de cas possibles = La combinaison

20

C60

20

C60

donne le nombre de possibilités de sélectionner 20 postulants parmi

60. Donc

p=

10 C10 40 C 20 = 0,0374 20 C60

Il y a 3,74 % de chances pour que 10 sélectionnés parmi les 20 soient du Sud. b) Entre 16 et 18 sélectionnés soient du Sud, c'est-à-dire 16, 17 ou 18. 4 3 2 C16 C17 C18 40 C 20 40 C 20 40 C 20 Donc p = + + 20 20 20 C 60 C 60 C 60

p = 0,0726+ 0,0241 + 0,0051 = 0,1018 Il y a 10,18 % de chances pour qu’entre 16 et 18 sélectionnés soient du Sud. 3.5.17. Solution de l’exercice 3.4.17. Pour calculer les probabilités des différentes figures nous utiliserons la formule générale. p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles Le nombre de cas possibles est le nombre de façons de choisir 5 cartes parmi 32 soit :

C532 =

32.31.30.29.28 = 32.31.29.7 5 .4 .3 .2 .

a) Calcul des probabilités de différentes figures Pour ce calcul, il est préférable de commencer par les figures les plus remarquables. a1) Probabilité de 2P

p ( 2P) =

C82 C 24 C 24 C124 3.3.3.4 108 = = = 0,120133 5 C32 31.29 31.29

Pour avoir 2 paires, il faut :

73

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

-

D’abord choisir 2 hauteurs parmi 8 et après 2 fois 2 cartes parmi les 4 cartes de la même hauteur (ce sont les 2 paires) ; Enfin choisir une 5ème carte parmi les 24 cartes restantes lorsqu’on aura écarté les 2 fois 4 cartes parmi lesquelles nous avons déjà choisi les 2 paires.

a2) Probabilité de Qf

C14 .4 1 p (Qf ) = 5 = = 0,000079 C 32 2.31.29.7 Pour avoir une Quinte floch, il faut : -

D’abord choisir une couleur parmi les 4 couleurs qui existent ; Enfin choisir parmi les 8 cartes de la couleur 5 cartes qui se suivent et là on a 4 possibilités qui sont : 7-8-9-10-V ; 8-9-10-V-D ; 9-10-V-D-R et 10-V-D-R-As.

a3) Probabilité de Cr :

p (Cr ) =

C18 .C 44 .C128 1 = = 0,001112 5 C32 31.29

Pour avoir un Carré, il faut : -

D’abord choisir une hauteur parmi les 8 et après choisir 4 cartes parmi les 4 de même hauteur (c’est le carré) ; Enfin choisir la 5ème carte parmi les 28 cartes restantes lorsqu’on aura écarté les 4 cartes formant le carré.

a4) Probabilité de Fl :

p (Fl) =

C18 C 24 C17 C34 6 = = 0,006674 5 C32 31.29

Pour avoir un full, il faut -

D’abord choisir une hauteur parmi 8 et après choisir 2 cartes parmi les 4 cartes de la même hauteur (c’est la paire) ; Enfin choisir une autre hauteur par les 7 restantes et après choisir 3 cartes parmi les 4 cartes de la même hauteur (c’est le Brelan).

a5) Probabilité de Brelan

p (Br ) =

C 18 C 34 C 72 C 14 C 14 C 532

=

48 31.29

= 0,053393

Pour avoir un Brelan, il faut : -

D’abord choisir une hauteur parmi les 8 hauteurs existantes et après choisir 3 cartes parmi les 4 cartes de la même hauteur (c’est le Brelan) ; 74

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

Enfin choisir 2 hauteurs parmi les 7 hauteurs qui restent et après choisir de chacune des 2 hauteurs 1 carte parmi 4 (c’est les 2 singletons). On aurait pu constituer un brelan d’une autre façon : -

D’abord choisir une hauteur parmi les 8 hauteurs existantes et après choisir 3 cartes parmi les 4 cartes de la même hauteur (c’est le brelan) ; Ensuite choisir 2 cartes parmi les 28 autres cartes restantes une fois qu’on a retiré les 4 cartes parmi lesquelles on a choisi le brelan ; Enfin soustraire la probabilité d’un full car lors de la deuxième étape on n’a pas écarté la possibilité d’avoir une paire dans le choix de 2 cartes parmi les 28.

C18 C34 C 228 p (Br ) = − p(Fl) C532 =

54 6 48 − = 31.29 31.29 31.29

a6) Probabilité d’une couleur

p (Cl) =

C14 .( C85 − 4) 6,5 = = 0,001033 5 C32 2.31.29.7

Pour avoir une couleur, il faut : -

D’abord choisir une couleur parmi 4 ; Ensuite choisir 5 cartes parmi les 8 cartes de la couleur choisie ; Enfin retirer les 4 possibilités d’avoir une suite de 5 cartes dans le choix de 5 cartes parmi 8.

C14 .C85 13 On aurait faire ce calcul d’une autre façon : p(Cl) = − p(Qf ) = 5 C32 2.31.29.7 -

D’abord choisir une couleur parmi 4 ; Ensuite choisir 5 cartes parmi les 8 cartes de la couleur choisie ; Enfin soustraire la probabilité d’une Qf car la 2ème phase n’exclut pas cette possibilité.

a7) Probabilité d’une paire

p (1P) =

C18 C 24 C37 C14 C14 C14 - p(Cl) = 0,532894 C532

Pour avoir une paire, il faut :

75

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

Probabilités

-

D’abord choisir une hauteur parmi les 8 hauteurs existantes et après choisir 2 cartes parmi les 4 cartes de la même hauteur (c’est la paire) ; Ensuite choisir 3 hauteurs différentes parmi les 7 autres hauteurs restantes et après choisir 3 fois 1 carte parmi les 4 cartes des hauteurs choisies (c’est les 3 singletons). Enfin soustraire la probabilité d’une couleur car le mode opératoire choisi n’écarte pas cette possibilité

a8) Probabilité d’une Quinte

p (Qt ) =

4.(K 54 − 4) 4.(C85 − 4) 13 = = = 0,001033 5 5 C32 C32 2.31.29.7

Pour avoir une Quinte, il faut : -

D’abord choisir une suite parmi les 8 hauteurs existantes et là il n’y a que 4 possibilités qui sont ; 7-8-9-10-V, 8-9-10-V-D, 9-10-V-D-R-A ; Ensuite il faut choisir 5 couleurs parmi les 4 couleurs existantes avec possibilité de répétition ; Enfin il faut retirer les 4 cas possibles pour que les 5 cartes ne soient pas toutes de la même couleur.

b) Nous pouvons maintenant classer les 4 figures, en effet : p (1P) > p (2P) > p (Br) > p (Fl) > P (Cr) > p (Cl) = p (Qt) > p (Qf) Donc 1P < 2P < Br < Fl < Cr < Cl = Qt < Qf c) Probabilité d’une main sans figure ou main quelconque, Qc

p (Qc) =

C85 C14 C14 C14 C14 C14 - p(Cl) + p(Qf) = 0,283648 C532

(N.B. : Ce résultat est obtenu grâce à des calculs exacts). Pour avoir une main quelconque, il faut : -

D’abord choisir 5 hauteurs parmi les 8 hauteurs existantes ; Ensuite il faut choisir 5 fois une carte parmi les 4 cartes existantes dans les hauteurs choisies ; Enfin il faut éviter les figures Cl, Qt et Qf car le mode opératoire ne les écarte pas ; pour ce faire il suffit de retirer p(Cl) et d’ajouter p(Qf). (Pour comprendre ce qui précède, il suffit de se reporter aux calculs donnant p(Cl) ; p(Qt) et p(Qf).

Une autre façon de calculer la probabilité d’avoir une main quelconque consiste à P(Qc) =

1 – [p(1P) + p(2P) + p(Br) + p(Fl) + P(Cr) + p(Q) + p(Qt) + p(Qf)] = 0,283648

76

Probabilités

3. Analyse combinatoire et calcul de probabilités

(N.B. : Ce résultat est obtenu grâce à des calculs exacts des toutes les autres probabilités déjà trouvées ). En effet une main quelconque est la figure complémentaire de toutes les autres figures réunies, lesquelles sont exclusives. Remarquons que le fait de trouver chaque fois les mêmes résultats confirme la validité de tous les calculs de cet exercice. Le classement des probabilités des différentes figures est : p( 1P ) > p( Qc ) > p( 2P ) > p( Br ) > p( Fl ) > p( Cr ) > p( Cl) = p( Qt ) > p( Qf.) De ce fait le classement des figures devient : 1P < Qc < 2P < Br < Fl < Cr < Cl = Qt < Qf Voilà ce que donnent les calculs comme classement ! Cependant il y a lieu de signaler qu’habituellement, on classe la main à figure Qc inférieure à une main à 1P et l’on convient, avant chaque partie, de classer la main à une Cl inférieure ou supérieure à la main à une Qt. 3.5.18. Solution de l’exercice 3.4.18. Pour calculer la probabilité nous utiliserons la formule générale. p = Nombre de cas favorables / Nombre de cas possibles Nombre de cas favorables = 1 Nombre de cas possibles : il s’agit des applications de l’ensemble des 10 matchs dans l’ensemble des 3 résultats possibles. Il existe 310 = 59049 façons de remplir la feuille réponse. La probabilité recherchée est donc : p = 1/59049 Il y a une chance sur 59049 pour gagner à ce jeu de toto foot si on joue une feuille. Si l’on joue 2 feuilles, les 2 événements étant indépendants, on gagne si une des deux feuilles, au moins, est gagnante : p(Feuille1 ou Feuille2) = p(Feuille1) + p(Feuille2) = 2. p(Feuille) = 2 / 59049 Il y a évidemment 2 chances sur 59049 pour gagner à ce jeu de toto foot si on joue 2 feuilles. 77

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

CHAPITRE 4 LOIS DE PROBABILITE DISCRETES

Les lois théoriques essaient de décrire des phénomènes statistiques dans le but de calculer la probabilité de certains événements et donc d'avoir une certaine représentation de l'avenir. 4.1. LOI DE BERNOULLI. La loi de Bernoulli intervient dans le cas d'une seule expérience aléatoire à laquelle on associe un événement aléatoire quelconque. La réalisation de l'événement au cours de cette expérience est appelée succès et la probabilité de réalisation est dite probabilité de succès, désignée par p. Par contre la non réalisation de l'événement est appelée échec et la probabilité de non réalisation est dite probabilité d'échec, désignée par q. q=1-p La variable aléatoire X qui caractérise le nombre de succès au cours d'une seule expérience aléatoire est appelée variable de Bernoulli : elle prend les valeurs entières 0 et 1 avec les probabilités respectives q et p. Loi de probabilité d'une variable Bernoulli x 0 1 Total

p(x) q P 1

Les caractéristiques d'une variable Bernoulli sont : E(X) = E(X²) =

∑ xp( x ) = 0 × q + 1 × p = p ∑ x ² p( x ) = 0² × q + 1² × p = p

V(X) = E(X²) - E(X)² = p - p² = p (1 - p) = pq 4.2. LOI BINOMIALE. La loi binomiale intervient dans le cas de plusieurs expériences aléatoires identiques et indépendantes auxquelles on associe un événement aléatoire quelconque.

78

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

Les probabilités p et q restent constantes au cours d'une suite d'expériences aléatoires. C'est le cas des prélèvements d'individus au hasard dans une population infinie ou le prélèvement d'individus dans une population finie, lorsque les individus sont remis en place au fur et à mesure des prélèvements. La variable aléatoire X qui caractérise le nombre de succès au cours de n expériences aléatoires indépendantes est appelée variable binomiale : elle prend les valeurs entières de 0 à n. La probabilité d'obtenir k succès et donc (n-k) échecs au cours de n expériences aléatoires indépendantes est, pour k = 0, 1, ..., n :

p ( k ) = Cn p k q n − k k

La loi binomiale dépend de deux paramètres : • n = nombre d'expériences aléatoires indépendantes ; • p = probabilité de succès au cours de chacune des n expériences aléatoires, p doit rester constante. Une variable aléatoire X qui suit une loi binomiale de paramètres n et p, est notée par : L(X) = B(n , p) Caractéristiques d'une variable binomiale : E(X) = np

et

V(X) = npq

4.3. LOI POLYNOMIALE. La loi polynomiale est une généralisation de la loi binomiale. Elle intervient dans le cas de plusieurs expériences aléatoires identiques et indépendantes auxquelles on associe k événements aléatoires complémentaires quelconques. Les probabilités de succès respectives des k événements sont désignées par p1, p2, …, et pk. k

Avec

∑ pi = 1 i =1

Les probabilités de succès pi (i =1 à k) restent constantes au cours d'une suite d'expériences aléatoires. Les variables aléatoires X1, X2, …, Xk désignent respectivement les nombres de succès au cours de n expériences aléatoires indépendantes pour chacun des k événements. Chaque variable aléatoire Xi peut prendre les valeurs entières de 0 à n. Ces variables sont telles que : 79

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

k

∑ xi = n i =1

La probabilité d'obtenir m1 succès pour l'événement 1, et m2 succès pour l'événement 2, …, et mk succès pour l'événement k au cours de n expériences aléatoires indépendantes est :

p( m1 , m 2 , K , m k ) =

n! m m m p1 1 p 2 2 K p k k m1!× m 2 !× K × m k !

4.4. LOI HYPERGEOMETRIQUE. La loi hypergéométrique intervient dans le cas de plusieurs expériences aléatoires dépendantes auxquelles on associe un caractère étudié quelconque. La probabilité de succès varie d'une expérience aléatoire à l'autre. C'est le cas des prélèvements d'individus au hasard dans une population finie, lorsque les individus ne sont pas remis en place au fur et à mesure des prélèvements. Désignons par N l'effectif total de la population dans laquelle on prélève au hasard et sans remise n individus. La population est composée d'individus qui possèdent le caractère étudié, le nombre de ces individus sera désigné par n1. n2 désigne le nombre d'individus de la population qui ne possèdent pas le caractère étudié. N = n1 + n2 La variable aléatoire X, qui caractérise le nombre d'individus prélevés qui possèdent le caractère étudié, est appelée variable hypergéométrique : elle prend les valeurs entières de 0 à n. La probabilité d'obtenir k individus possédant le caractère étudié parmi les n individus prélevés et donc (n-k) individus ne possédant pas le caractère étudié est, pour k = 0, 1, ..., n : k

C C p(k ) = C n1

n −k n2

n

N

La loi hypergéométrique dépend de trois paramètres : N = effectif total de la population ; n1 = nombre d'individus de la population qui possèdent le caractère étudié ; n = nombre d'individus prélevés sans remise. Une variable aléatoire X qui suit une loi hypergéométrique de paramètres N, n1, et n est notée par : 80

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

L(X) = H(N, n1 , n) Caractéristiques d'une variable hypergéométrique : E(X) = np

et

V(X) =

N−n avec N −1

p=

n1 N

4.5. LOI HYPERGEOMETRIQUE GENERALISEE. La loi hypergéométrique généralisée est une généralisation de la loi hypergéométrique. Elle intervient dans le cas de plusieurs expériences aléatoires dépendantes auxquelles on associe k caractères étudiés. C'est le cas des prélèvements d'individus au hasard dans une population finie, lorsque les individus ne sont pas remis en place au fur et à mesure des prélèvements. Désignons par N l'effectif total de la population dans laquelle on prélève au hasard et sans remise n individus. La population est composée d'individus qui possèdent le 1er caractère étudié, le nombre de ces individus sera désigné par n1. n2 désigne le nombre d'individus de la population qui possèdent le 2ème caractère étudié, …, nk désigne le nombre d'individus de la population qui possèdent le kème caractère étudié. N = n1 + n2 + … + nk Les variables aléatoires X1, X2, …, Xk désignent respectivement les nombres d'individus prélevés qui possèdent le 1er caractère, le 2ème caractère, …, et le kème caractère. Chaque variable aléatoire Xi peut prendre les valeurs entières de 0 à n. Ces variables sont telles que : k

∑ xi = n i =1

La probabilité d'obtenir x1 individus possédant le 1er caractère, et x2 individus possédant le 2 caractère, …, et xk individus possédant le kème caractère parmi les n individus prélevés est ème

m1

p( m1 , m 2 , K , m k

C )=

n1

× Cn 2 × K × Cn k m

m

2

k

n

C

N

4.6. LOI DE POISSON. La loi de Poisson intervient pour des phénomènes statistiques dont le nombre de réalisation varie de 0 à l'infini et dont la fréquence moyenne de réalisation est connue. Exemple : Nombre d'appels reçus par un standard téléphonique. Nombre d'accidents de la circulation. 81

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

Nombre de visiteurs d'un centre commercial. La variable aléatoire X qui caractérise le nombre de réalisations de ce phénomène est appelée variable de Poisson : elle prend les valeurs entières 0,1, 2, …etc. La probabilité d'obtenir k réalisations est, pour k = 0, 1, 2, ... :

p( k ) =

e −m × m k k!

La loi binomiale dépend d'un seul paramètre : m = fréquence moyenne du phénomène étudié. Une variable aléatoire X qui suit une loi de Poisson de paramètre m est notée par : L(X) = P(m) Caractéristiques d'une variable de Poisson : E(X) = V(X) = m La somme de deux ou plusieurs variables de Poisson indépendantes de paramètres respectives m1, m2, …, mk est elle-même une variable de Poisson de paramètre la somme des paramètres mi. X1 = P(m1)

X2 = P(m2)

…

Xk = P(mk)

X1 + X2 + … + Xk = P(m1 + m2 + … + mk) 4.7. ENONCES DES EXERCICES D’APPLICATION. 4.7.1. Dans un portefeuille comprenant 20 actions et 30 obligations, on prélève 7 titres au hasard. Quelle est la probabilité d'obtenir 4 actions dans le cas : a) d'un tirage sans remise ; b) d'un tirage avec remise. 4.7.2. Des chambres à air sont produites en série et 5 % ont des défauts. Un garagiste en achète 10. a) Quelle est la probabilité que les 10 soient en bon état ? b) On suppose qu'il annule sa commande si plus de 2 articles ont des défauts. Quelle est la probabilité qu'il annule sa commande ? 4.7.3. Un lot important de pièces fabriquées contient 1 % de pièces défectueuses. Quelle est la probabilité d'avoir dans un échantillon de 10 pièces exactement 2 pièces défectueuses.

82

Probabilités.

4. Lois de probabilité discrètes

L

4.7.4. Un contrôle rigoureux des ampoules électriques fournies par un atelier a permis de constater que sur 14760 ampoules, il y avait 738 ampoules défectueuses. Soit X le nombre des ampoules défectueuses figurant dans un lot de 60 ampoules. a) Indiquer la loi de probabilité de X. b) Quelle est la probabilité d'avoir plus de 3 ampoules défectueuses dans un lot de 60 ampoules ? c) Quelle est la probabilité d'avoir 78 ampoules bonnes dans un lot de 80 ampoules ? 4.7.5. 30 étudiants dont aucun n'a étudié les sujets du cours passent un examen en deux questions. La question 1 a 4 réponses indiquées dont une seule est juste. La question 2 en a 5, dont une seule est juste. Soit la variable aléatoire X qui désigne le nombre d'étudiants qui ont au moins une réponse correcte. a) Quelle est l'espérance du nombre d'étudiant qui ont au moins une réponse correcte ? b) Calculer la probabilité pour que 15 étudiants de la classe aient au moins une réponse correcte. 4.7.6. Un satellite de télédétection effectue 6 passages par mois au-dessus d'une région donnée. Les photos réalisées lors des différents passages peuvent être inutilisables, du fait notamment de la présence d'une couverture nuageuse. Quelle doit être la probabilité d'obtenir une photo valable lors d'un passage donné pour que la probabilité d'avoir au moins une photo valable par mois soit de 0,9 ? 4.7.7. Un étudiant doit passer un examen, il a dix sujets à apprendre, il n'en apprend que trois. Sachant qu'on lui posera deux questions : a) Calculer la probabilité pour que les questions posées soient parmi les trois sujets appris. b) Combien aurait-il dû au minimum apprendre de sujets pour que cette probabilité soit supérieure ou égale à 0,5 ? 4.7.8. Une société achète des lots importants d'un composant électronique. La décision d'accepter ou de refuser ces lots est basée sur un échantillon de 20 pièces choisies au hasard. S’il y a une ou plusieurs pièces défectueuses parmi les 20 pièces examinées le lot est refusé, autrement il est accepté. On considère un lot important ayant 1 % de pièces défectueuses : calculer la probabilité de refuser ce lot. 4.7.9. Une compagnie d'assurance automobile gère 1000 polices. On admet que chaque automobiliste a une probabilité de 0,004 d'avoir un accident durant l'année. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre d'accidents enregistrés. a) Déterminer la loi de X et donner ses paramètres. b) Calculer l'espérance mathématique et l'écart type de X. c) Chaque accident coûte à la compagnie 4000 dirhams ; soit la variable aléatoire Y qui désigne le coût annuel total. Déterminer la loi de Y et calculer son espérance mathématique et son écart type. 83

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

4.7.10. Un appareil électronique utilise 20 transistors identiques dans sa fabrication. On admet que ces transistors sont les seules sources de panne de l'appareil. La probabilité qu'un transistor soit défectueux est de 0,1. Dès qu'un appareil contient au moins deux transistors défectueux, il tombe en panne. a) Quelle est la probabilité qu'un appareil tombe en panne ? b) Jugeant l'appareil précédant peu rentable, on en construit un autre dont la probabilité de tomber en panne est égale à 0,2. Sur un lot de 2000 appareils, quel est le nombre d'appareils en panne auquel doit-on s'attendre ? et avec quel écart type ? 4.7.11. Il a été constaté que le nombre de bateaux qui mouillent dans un port est de 90 bateaux par mois. Calculer la probabilité que : a) Aucun bateau ne mouille pendant 1 jour. b) Le nombre de bateaux qui mouillent est au moins égal à 3 pendant un jour. 4.7.12. Une compagnie d'assurance a organisé la gestion d'un certain type de risque sur la base d'une distinction géographique qui reflète une différence dans l'intensité de ce risque. Pour la région du Nord, on peut considérer que le nombre de sinistres enregistrés au cours d'une semaine suit une loi de Poisson de paramètre égal à 3. Pour la région du sud totalement indépendante de la région du Nord, le nombre hebdomadaire de sinistres suit une loi de Poisson de paramètre égal à 2. a) Quelle est la probabilité pour que dans une semaine donnée, la compagnie ait à indemniser 4 sinistres ? b) Le coût moyen de l'indemnisation d'un sinistre est de l'ordre de 25000 dirhams. Calculer la probabilité pour que dans une semaine donnée, la compagnie doive débourser plus de 150000 dirhams. c) Pour une semaine donnée, calculer la probabilité d'avoir à indemniser le même nombre de sinistres dans chaque région, ce nombre commun étant strictement supérieur à zéro et inférieur à 3. 4.7.13. Un mensuel lance une campagne publicitaire, pour susciter de nouveaux abonnements, en envoyant un spécimen gratuit à des personnes susceptibles de s'abonner. La probabilité pour que l'envoi d'un spécimen entraîne un abonnement est égale à 0,03. a) Sachant que le coût publicitaire par personne est de 2 dirhams et que le gain brut escompté pour un abonnement est de 120 dirhams, calculer l'espérance mathématique du gain pour un envoi de 10000 spécimens. b) Calculer la probabilité que l'envoi de 10 spécimens donne plus de 1 abonnement. 4.7.14. Les chances d'effectuer la vente d'un certain produit lors d'une sollicitation téléphonique sont évaluées à 5 %. Au cours de 2 heures, une agence spécialisée dans la vente de ce produit place 180 appels. a) Combien de ventes peut-elle espérer obtenir au cours de 2 heures ? b) Quelle est la probabilité qu'elle réussisse plus de 10 ventes ? 4.7.15. Une usine emploie 30 personnes dont 4 ingénieurs, 10 techniciens et 16 ouvriers. 84

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

a) On choisit de façon successive 3 employés : calculer la probabilité d'avoir un employé de chaque catégorie professionnelle. b) On choisit de façon successive 3 employés et soit X la variable aléatoire qui représente le nombre d'ingénieurs choisis : donner la loi de probabilité de X. 4.7.16. 2 comprimés sont choisis au hasard dans un flacon contenant 3 aspirines, 2 somnifères et 4 vitamines. Si X, Y et Z représentent respectivement le nombre d'aspirines, le nombre de somnifères et le nombre de vitamines obtenus, déterminer la loi de probabilité du couple (X, Y). 4.7.17. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire, nombre de garçons d'une famille de 4 enfants. 4.7.18. Sur 60 candidats à l'entrée dans un établissement, 40 sont du Sud. Si 20 candidats sont sélectionnés au hasard, calculer la probabilité pour que : a) 10 sélectionnés soient du Sud. b) Entre 16 et 18 sélectionnés soient du Sud. 4.8. SOLUTIONS DES EXERCICES D’APPLICATION. 4.8.1. Solution de l’exercice 4.7.1. a) Cas d'un tirage sans remise. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre d’actions tirées. On effectue quatre tirages sans remise dans une population finie. L’événement tirer une action correspond à un succès dont la probabilité varie d’un tirage à un autre (tirage sans remise). Il s’agit donc d’une loi hypergéométrique de paramètres : Effectif total de la population : N = 50 Nombre de succès dans la population : n1 = 20 Nombre d’échecs dans la population : n2 = 30 Nombre de tirages : n = 7 et k = 4 L(X) = H(50, 20 , 7) k

C C p(k ) = C n1

n −k n2

n

N

4 3 4845 × 4060 30 p(X = 4) = p(4) = C20 C = = 0,1969 7 99884400 C50

b) Cas d'un tirage avec remise. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre d’actions tirées.

85

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

On effectue quatre tirages avec remise dans une population finie. L’événement tirer une action correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas d’un tirage à un autre (tirage avec remise). Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre de tirages : n = 7 Probabilité de succès : p = (20 / 50) = 0,4 L(X) = B(7 , 0,4)

p(k ) = Cn p k q n − k k

p(X = 4) =

p(4) = C74 0,4 4 × (1 − 0,4) 3 = 0,1935

On remarque que la probabilité de succès dans un tirage sans remise est supérieure à celle dans un tirage avec remise, ce qui est normal. 4.8.2. Solution de l’exercice 4.7.2. a) Probabilité que les 10 chambres à air achetées soient en bon état. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre de chambres à air en bon état. L’événement acheter une chambre à air en bon état correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas. Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre de tirages : n = 10 Probabilité de succès : p = 1 - 0,05 = 0,95 L(X) = B(10 , 0,95)

p(k ) = Cn p k q n − k k

p(X = 10) =

10 0 p(10) = C10 10 0,95 × (1 − 0,95) = 0,5987

Il y a environ 60 % de chances que les 10 chambres à air achetées soient toutes en bon état. b) Probabilité d’annuler la commande. Le garagiste annule sa commande si plus de 2 articles ont des défauts. Ce qui est équivalent à avoir moins de 8 articles en bon état. p(X < 8) = 1 – p(X ≥ 8) = 1 – [p(8) + p(9) + p(10)] 8 p(8) = C10 0,958 × (1 − 0,95) 2 = 0,0746 9 p(9) = C10 0,95 9 × (1 − 0,95)1 = 0,3151 10 0 p(10) = C10 10 0,95 × (1 − 0,95) = 0,5987

p(X < 8) = 1 – (0,0746 + 0,3151 + 0,5987) = 0,0116 Il y a un risque de 1,16 % que le garagiste annule sa commande. 86

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

4.8.3. Solution de l’exercice 4.7.3. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre de pièces défectueuses. L’événement pièce défectueuse correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas. Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre de tirages : n = 10 Probabilité de succès : p = 0,01 L(X) = B(10 , 0,01)

p(k ) = Cn p k q n − k k

p(X = 2) =

2 p(2) = C10 0,012 × (1 − 0,01) 8 = 0,0042

Il y a un risque de 0,42 % d’avoir 2 pièces défectueuses. 4.8.4. Solution de l’exercice 4.7.4. a) Loi de probabilité de X. X, le nombre des ampoules défectueuses figurant dans un lot de 60 ampoules. L’événement ampoule défectueuse correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas (population infinie). Il s’agit donc d’une loi binomiale de probabilité de succès : p = (738 / 14760) = 0,05 b) Probabilité d'avoir plus de 3 ampoules défectueuses dans un lot de 60 ampoules. L(X) = B(60 ; 0,05) p(X > 3) = 1 - p(X ≤ 3) = 1 – [p(0) + p(1) + p(2) + p(3)]

C 060 x 0,05 0 x 0,95 60 = 0,0461 C160 x 0,051 x 0,95 59 = 0,1455 2 C 60 x 0,05 2 x 0,95 58 = 0,2259

C 360 x 0,05 3 x 0,95 57 = 0,2298 p(X > 3) = 1 - (0,0461 + 0,1455 + 0,2259 + 0,2298) = 0,3527 Il y a un risque de 35,27 % d’avoir plus de 3 ampoules défectueuses dans un lot de 60 ampoules. c) Probabilité d'avoir 78 ampoules bonnes dans un lot de 80 ampoules. Avoir 78 ampoules bonnes dans un lot de 80 ampoules est équivalent à avoir 2 ampoules défectueuses. L(X) = B(80 ; 0,05) 2 p(2) = C 80 x 0,05 2 x 0,95 78 = 0,1446

Il y a 14,46 % de chances d’avoir 78 ampoules bonnes dans un lot de 80 ampoules. 87

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

4.8.5. Solution de l’exercice 4.7.5. a) Espérance du nombre d'étudiant qui ont au moins une réponse correcte. X désigne le nombre d'étudiants qui ont au moins une réponse correcte. L’événement avoir au moins une réponse correcte correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas (les étudiants sont indépendants). Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre de tirages : n = 30 Probabilité de succès : p = p (avoir au moins une réponse correcte. La probabilité de répondre juste à la première question est 1/4. La probabilité de répondre juste à la deuxième question est 1/5. La probabilité, p, qu’un étudiant ait au moins une réponse correcte est égale au complément de la probabilité, q, que les deux réponses soient fausses. Les questions étant indépendantes : q = (1-1/4) x (1-1/5) = (3/5) = 0,6 p = 1 – 0,6 = 0,4 L(X) = B(30 , 0,4) E(X) = n x p = 30 x 0,4 = 12 étudiants b) Probabilité que 15 étudiants de la classe aient au moins une réponse correcte. 15 15 p(15) = C15 = 0,0783 30 0,4 × 0,6

Il y a une probabilité d’environ 8 % que 15 étudiants de la classe aient au moins une réponse correcte. 4.8.6. Solution de l’exercice 4.7.6. X désigne le nombre de photos valables pour les 6 passages. L’événement avoir une photo valable correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas (les passages sont indépendants). Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre de passages : n = 6 Probabilité de succès : p L(X) = B(n, p) 88

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

Probabilité d'avoir au moins une photo valable par mois est de 0,9 p(X ≥ 1) = 0,9

=>

p(X < 1) = 0,1

=>

p(X = 0) = 0,1

p(0) = C p × (1 − p) = 0,1 0 6

0

6

(1 – p)6 = 0,1 p = 1− 6

0,1 = 0,32

Il faut avoir 32 % de chance d’obtenir une photo valable lors d'un passage donné pour que la probabilité d'avoir au moins une photo valable par mois soit de 0,9. 4.8.7. Solution de l’exercice 4.7.7. a) Probabilité pour que les questions posées soient parmi les trois sujets appris. X désigne le nombre de sujets posés et appris. L’événement question posée et appris correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas (les questions sont indépendantes). Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre de questions : n = 2 Probabilité de succès : p = (3 / 10) = 0,3 L(X) = B(2 ; 0,3) p(X = 2) =

p(2) = C22 0,3 2 × 0,7 0 = 0,09

L’étudiant n’a que 9 % de chance pour que les questions posées soient parmi les trois sujets appris. b) Nombre minimum de sujets à apprendre pour que la probabilité que les sujets posés soient parmi les sujets appris soit supérieure ou égale à 0,5. p(X = 2) =

p(2) = C22 (

n² ≥ 0,5 => 100

n 2 n ) × (1 − ( ) 0 ≥ 0,5 10 10

n² ≥ 50

=>

n≥7

L’étudiant doit apprendre au minimum 8 sujets pour avoir plus de 50 % de chances pour que les questions posées soient parmi les sujets appris. 4.8.8. Solution de l’exercice 4.7.8. X désigne le nombre de pièces défectueuses. 89

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

L’événement pièce défectueuse correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas (lot important). Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre de tirages : n = 20 Probabilité de succès : p = 0,01 L(X) = B(20 ; 0,01) Le lot est refusé s’il y a une ou plusieurs pièces défectueuses. p(X ≥ 1) = 1 – p(0) = 1 -

0 0 20 C20 0,01 × 0,99

= 0,1821

Il y a un risque d’environ 18 % de refuser le lot. 4.8.9. Solution de l’exercice 4.7.9. a) La loi de probabilité de X. X désigne le nombre d'accidents enregistrés. L’événement avoir un accident correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas (population infinie). Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre d’automobilistes : n = 1000 Probabilité de succès : p = 0,004 L(X) = B(1000 ; 0,004) b) Espérance mathématique et écart type de X. E(X) = n x p = 1000 x 0,004 = 4 accidents V(X) = n x p x (1-p) = 1000 x 0,004 x 0,996 = 3,984

σ = 3,984 = 2 accidents c) Chaque accident coûte à la compagnie 4000 dirhams ; soit la variable aléatoire Y qui désigne le coût annuel total. Déterminer la loi de Y et calculer son espérance mathématique et son écart type. Le coût annuel total est égal au coût d’un accident multiplié par le nombre d’accidents. Y = 4000 X E(Y) = 4000 x E(X) = 4000 x 4 = 16000 dh V(Y) = 40002 x V(X) = 40002 x 3,984 = 63744000

σ = 63744000 = 7983,98 dh 4.8.10. Solution de l’exercice 4.7.10. a) Probabilité qu'un appareil tombe en panne ? X désigne le nombre de transistors défectueux. L’événement transistor défectueux correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas (population infinie). Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : 90

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

Nombre de transistors : n = 20 Probabilité de succès : p = 0,1 L(X) = B(20 ; 0,1) Dès qu'un appareil contient au moins deux transistors défectueux, il tombe en panne. p(X ≥ 2) = 1 – p(X < 2) = 1 – [p(0) + p(1)] 0

0

p(X ≥ 2) = 1 – [ C20 0,1

× 0,9 20 + C120 0,11 × 0,919 ] = 1 – (0,1216 + 0,2702) = 0,6082

Le risque que l’appareil tombe en panne est d’environ 61 % b) Nombre d'appareils en panne auquel on doit s'attendre et son écart type. Y désigne le nombre d’appareils en panne. L’événement appareil en panne correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas (population infinie). Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre d’appareils : n = 2000 Probabilité de succès : p = 0,2 L(Y) = B(2000 ; 0,2) E(Y) = 2000 x 0,2 = 400 appareils V(Y) = 2000 x 0,2 x 0,8 = 320

σ = 320 = 18 appareils Sur un lot de 2000 appareils, on peut s’attendre à avoir 400 appareils en panne avec un écart type de 18 appareils. 4.8.11. Solution de l’exercice 4.7.11. a) Probabilité pour qu’aucun bateau ne mouille pendant 1 jour. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre de bateaux qui mouillent par jour. Le nombre de bateaux qui mouillent par jour est, en moyenne 3 (90/30) X suit une loi de Poisson de paramètre 3 : L(X) = P(3) p(0) =

e −3 × 3 0 = 0,0498 0!

Il y a une probabilité d’environ 5 % pour qu’aucun bateau ne mouille pendant 1 jour. b) Probabilité pour qu’au moins 3 bateaux mouillent pendant 1 jour.. p(X ≥ 3) = 1 – p(X < 3) = 1 – [p(0) + p(1) + p(2)]

e −3 × 3 0 e −3 × 31 e −3 × 3 2 p(X ≥ 3) = 1 – [ + + ] 0! 1! 2! p(X ≥ 3) = 1 – (0,0498 + 0,1494 + 0,2240) = 0,5768 91

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

Il y a une probabilité d’environ 58 % pour qu’au moins 3 bateaux mouillent pendant 1 jour. 4.8.12. Solution de l’exercice 4.7.12. a) Probabilité pour que dans une semaine donnée, la compagnie ait à indemniser 4 sinistres. Soit les variables aléatoires X1 et X2 qui désignent les nombres de sinistres respectivement dans la région du Nord et la région du Sud. L(X1) = P(3) et L(X2) = P(2) L(X = X1 + X2) = P(5) somme de deux variables aléatoires indépendantes qui suivent des lois de probabilité de Poisson. p(X = 4) =

e −5 × 5 4 = 0,1755 4!

La compagnie a 17,55 % de probabilité d’indemniser 4 sinistres pour une semaine donnée. b) Probabilité pour que dans une semaine donnée, la compagnie doive débourser plus de 150000 dirhams. La compagnie déboursera plus de 150000 dh si le nombre de sinistres dépasse 6 (150000/25000). P(X > 6) = 1 – p(X ≤ 6) = 1 – [p(0) + p(1) + p(2) + p(3) + p(4) + p(5) + p(6)]

p(X = 0) = p(X = 2) = p(X = 4) = p(X = 6) =

e −5 × 5 0 0! −5 e × 52 2! −5 e × 54 4! −5 e × 56 6!

= 0,0067

;

= 0,0842

;

= 0,1755

;

e −5 × 51 p(X = 1) = = 0,0337 1! e −5 × 5 3 p(X = 3) = = 0,1404 3! e −5 × 5 5 p(X = 5) = = 0,1755 5!

= 0,1462

P(X > 6) = 1 – (0,0067 + 0,0337 + 0,0842 + 0,1404 + 0,1755 + 0,1755 + 0,1462) = 0,2378 La compagnie a 23,78 % de probabilité pour que dans une semaine donnée, elle débourse plus de 150000 dirhams. c) Probabilité d'avoir à indemniser, pour une semaine donnée, le même nombre de sinistres dans chaque région, ce nombre commun étant strictement supérieur à zéro et inférieur à 3. 92

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

C’est la probabilité d'avoir à indemniser dans chaque région 1 ou 2 sinistres. p[(X1=1 et X2=1) ou (X1=2 et X2=2)] = p(X1=1 et X2=1) + p(X1=2 et X2=2) = p(X1=1) p(X2=1) + p(X1=2) p(X2=2)

e −3 × 31 e −2 × 21 e −3 × 3 2 e −2 × 2 2 = x + x = 0,1494x0,2707 + 0,2240x0,2707 = 1! 1! 2! 2! 0,1011 La compagnie a 10 % de probabilité d'avoir à indemniser, pour une semaine donnée, le même nombre de sinistres dans chaque région, ce nombre commun étant strictement supérieur à zéro et inférieur à 3. 4.8.13. Solution de l’exercice 4.7.13. a) L'espérance mathématique du gain pour un envoi de 10000 spécimens. Le coût publicitaire pour l’envoi des 10000 spécimens est de 20000 dh. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre d’abonnements. X suit une loi binomiale de paramètres : Nombre de spécimens : n = 10000 Probabilité de succès : p = 0,03 L(X) = B(10000 ; 0,03) Le nombre de nouveaux abonnements espérés est : E(X) = 10000 x 0,03 = 300 abonnements Le gain espéré est le gain escompté pour les 300 abonnements auquel il faut déduire le coût publicitaire, soit : 300 x 120 – 20000 = 16000 dh. Pour un envoi de 10000 spécimens, le mensuel peut espérer un gain net de 16000 dh. b) Calculer la probabilité que l'envoi de 10 spécimens donne plus de 1 abonnement. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre d’abonnements. X suit une loi binomiale de paramètres : Nombre de spécimens : n = 10 Probabilité de succès : p = 0,03 p(X > 1) = 1 – p(X ≤ 1) = 1 – [p(0) + p(1)] 93

Probabilités.

4. Lois de probabilité discrètes

L

0 P(0) = C10 .0,03 0.0,9710 = 0,7374 1 P(1) = C10 .0,031.0,97 9 = 0,2281 P(X > 1) = 1 − (0,7374 + 0,2281) = 0,0345

Il y a environ 3,45 % de chance pour que l’envoi de 10 spécimens donne plus d’un abonnement. (Ceci est normal puisque d’après l’énoncé, le taux de succès est de 3 %). 4.8.14. Solution de l’exercice 4.7.14. a) Ventes espérées au cours de 2 heures. Soit X la variable aléatoire qui désigne les ventes au cours de 2 heures. X suit une loi binomiale de paramètres : Nombre d’appels : n = 180 Probabilité de succès : p = 0,05 L(X) = B(180 ; 0,05) Les ventes espérées au cours de 2 heures : E(X) = 180 x 0,05 = 9 unités En plaçant 180 appels, l’agence peut espérer vendre 9 unités de ce produit. b) Probabilité de réussir plus de 10 ventes. p(X > 10) = 1 – p(X ≤ 10) = 1 – [p(0) + p(1) + p(2) + p(3) + p(4) + p(5) + p(6) + p(7) + p(8) + p(9) + p(10)] p(0) =

0 C180 0,05 0 × 0,95180 = 0,0001

p(1) =

1 C180 0,051 × 0,95179 = 0,0009

p(2) =

2 C180 0,05 2 × 0,95178 = 0,0044

p(3) =

3 C180 0,05 3 × 0,95177 = 0,0136

p(4) =

4 C180 0,05 4 × 0,95176 = 0,0317

p(5) =

5 C180 0,05 5 × 0,95175 = 0,0588

p(6) =

6 C180 0,05 6 × 0,95174 = 0,0903

p(7) =

7 C180 0,05 7 × 0,95173 = 0,1181

p(8) =

8 C180 0,05 8 × 0,95172 = 0,1344

p(9) =

9 C180 0,05 9 × 0,95171 = 0,1352

p(10) =

10 C180 0,0510 × 0,95170 = 0,1217

p(X > 10) = 1 – (0,0001 + 0,0009 + 0,0044 + 0,0136 + 0,0317 + 0,0588 + 0,0903 + 0,1181 + 0,1344 + 0,1352 + 0,1217) 94

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

p(X > 10) = 0,2908 En plaçant 180 appels, il y a 29 % de chances de réussir plus de 10 ventes. 4.8.15. Solution de l’exercice 4.7.15. a) Probabilité d'avoir un employé de chaque catégorie professionnelle. Soit X la variable aléatoire qui représente le nombre d'ingénieurs choisis, soit Y la variable aléatoire qui représente le nombre de techniciens choisis et soit Z la variable aléatoire qui représente le nombre d’ouvriers choisis. Il s’agit d’une loi hypergéométrique généralisée de paramètres : N = 30 ; n1 = 4 ; n2 = 10 ; n3 = 16 ; n = 3 La probabilité d'obtenir x ingénieurs, y techniciens et z ouvriers parmi les 3 individus prélevés est :

× × p( x; y; z) = C4 C103 C16 x

y

z

C30

La probabilité d'avoir un employé de chaque catégorie professionnelle est :

× × p(1;1;1) = C4 C103 C16 = 0,1576 1

1

1

C30

b) La loi de probabilité de X. X est une variable aléatoire discrète : pour en déterminer la loi de probabilité, il faut calculer p(X=0), p(X=1), p(X=2) et p(X=3) et montrer que p(X=0) + p(X=1) + p(X=2) + p(X=3) = 1 p(X=0) = p(0 ;3 ;0)+ p(0 ;2 ;1)+ p(0 ;1 ;2)+ p(0 ;0 ;3)

C4 × C10 × C16 + C4 × C10 × C16 + C4 × C10 × C16 + C4 × C10 × C16 3 3 3 3 C30 C30 C30 C30 0

p(X=0)=

3

0

0

2

1

0

1

2

0

0

0,6404 p(X=1) = p(1 ;2 ;0)+ p(1 ;1 ;1)+ p(1 ;0 ;2)

C4 × C10 × C16 + C4 × C10 × C16 + C4 × C10 × C16 3 3 3 C30 C30 C30 1

p(X=1) =

2

0

1

1

1

1

p(X=2) = p(2 ;1 ;0)+ p(2 ;0 ;1)

C4 × C10 × C16 + C4 × C10 × C16 = 0,0384 3 3 C30 C30 3 0 0 C × C10 × C16 = 0,000985 p(X=3) = p(3 ;0 ;0) = 4 3 C30 2

1

0

2

0

1

p(X=2) =

95

0

2

= 0,3202

3

=

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

La loi de probabilité de X est : X 0 1 2 3 Total

P(x) 0,6404 0,3202 0,0384 0,0010 1

4.8.16. Solution de l’exercice 4.7.16. La variable aléatoire X, nombre d'aspirines obtenues, peut prendre les valeurs : 0, 1 et 2. La variable aléatoire Y, nombre de somnifères obtenus, peut prendre les valeurs : 0, 1 et 2. La variable aléatoire Z, nombre de vitamines obtenues, peut prendre les valeurs : 0, 1 et 2. A chaque couple de valeurs (x,y) correspond une probabilité p(x,y) d'observer simultanément la valeur x pour X et la valeur y pour Y. Il s’agit d’une loi hypergéométrique généralisée de paramètres : N = 9 ; n1 = 3 ; n2 = 2 ; n3 = 4 ; n = 2 La probabilité d'obtenir x aspirines, y somnifères et z vitamines est :

× × p( x; y; z) = C3 C22 C4 x

y

z

C9

C3 × C2 × C4 2 C9 0 1 1 C × C2 × C 4 p(X=0 ;Y=1) = p(0 ;1 ;1) = 3 2 C9 0 2 0 C × C2 × C 4 p(X=0 ;Y=2) = p(0 ;2 ;0) = 3 2 C9 1 0 1 C × C 2 × C4 p(X=1 ;Y=0) = p(1 ;0 ;1) = 3 2 C9 1 1 0 C × C 2 × C4 p(X=1 ;Y=1) = p(1 ;1 ;0) = 3 2 C9 0

p(X=0 ;Y=0) = p(0 ;0 ;2) =

0

2

= 0,1667

= 0,2222

= 0,0278

= 0,3333

= 0,1667

p(X=1 ;Y=2) = 0

96

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

C3 × C2 × C4 2 C9 2

p(X=2 ;Y=0) = p(2 ;0 ;0) =

0

0

= 0,0833

p(X=2 ;Y=1) = 0 p(X=2 ;Y=2) = 0 La loi de probabilité du couple (X, Y) est : Y X 0 1 2 p(y)

0

1

2

p(x)

0,1667 0,3333 0,0833 0,5833

0,2222 0,1667 0 0,3889

0,0278 0 0 0,0278

0,4167 0,5 0,0833 1

4.8.17. Solution de l’exercice 4.7.17. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre de garçons d'une famille de 4 enfants. Une famille de 4 enfants peut avoir 0 garçon (X=0), 1 garçon (X=1), 2 garçons (X=2), 3 garçons (X=3) ou 4 garçons (X=4) L’événement naissance garçon correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas. Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre d’enfants : n = 4 Probabilité de succès : p = 0,5 L(X) = B(4 , 0,5)

p(k ) = Cn p k q n − k k

p(X=0) =

p(0) = C04 0,5 0 0,5 4 = 1/16

p(X=1) =

p(1) = C14 0,510,5 3 = 4/16

p(X=2) =

p(2) = C24 0,5 2 0,5 2 = 6/16

p(X=3) =

p(3) = C34 0,5 3 0,51 = 4/16

p(X=4) =

p(4) = C44 0,5 4 0,5 0 = 1/16

97

4. Lois de probabilité discrètes

Probabilités. L

La loi de probabilité de X est : X 0 1 2 3 4 Total

P(x) 1/16 4/16 6/16 4/16 1/16 1

4.8.18. Solution de l’exercice 4.7.18. a) Probabilité pour que 10 sélectionnés soient du Sud. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre de sélectionnés du sud. On effectue 20 tirages sans remise dans une population finie. L’événement sélectionner un candidat du sud correspond à un succès dont la probabilité varie d’un tirage à un autre (tirage sans remise). Il s’agit donc d’une loi hypergéométrique de paramètres : Effectif total de la population : N = 60 Nombre de succès dans la population : n1 = 40 Nombre d’échecs dans la population : n2 = 20 Nombre de tirages : n = 20 L(X) = H(60, 40 , 20) n−k

k

C C p( k ) = C n1

n2

n

N

10

10

20 p(X = 10) = p(10) = C40 C = 0,0374 20

C60

b) Entre 16 et 18 sélectionnés soient du Sud. 16

p(X=16 ou X=17 ou X=18) = p(16) + p(17) + p(18) =

4

p(X=16 ou X=17 ou X=18) = 0,0726 + 0,0241 + 0,0051 = 0,1018

98

17

3

18

2

C40 C20 + C40 C20 + C40 C20 20 20 20 C60 C60 C60

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

CHAPITRE 5 LOIS DE PROBABILITE CONTINUES

5.1. LOI NORMALE. 5.1.1. Définition. La loi normale est la loi continue la plus importante et la plus utilisée dans le calcul de probabilité. Elle est aussi appelée loi de LAPLACE GAUSS. On appelle variable normale toute variable aléatoire continue X définie dans l'intervalle

]− ∞,+∞[ par la fonction de densité de probabilité suivante : f (x) =

1 σ 2Π

e

1 x −m − ( )² 2 σ

m et σ sont des paramètres quelconques qui représentent respectivement la moyenne et l'écart type de la variable. La loi normale dépend de deux paramètres m et σ. Une variable aléatoire X qui suit une loi normale de paramètres m et σ est désignée par L(X) = N(m , σ) 5.1.2. Loi normale réduite. On appelle variable normale réduite toute variable aléatoire normale Z de paramètres m = 0 et σ = 1. Z = N(0 , 1) Une variable normale réduite est définie par la fonction de densité de probabilité suivante : z²

f (z) =

1 −2 e 2π

Toute variable normale X de paramètres m et σ peut être transformée en une variable normale réduite par le changement de variable suivant :

Z=

X−m σ

5.1.3. Forme de la loi normale.

99

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

La représentation graphique de la fonction de densité de probabilité d'une variable normale est une courbe en forme de cloche symétrique par rapport à la moyenne m et caractérisée par l'existence d'un maximum en x = m et f(x) =

1 . σ 2π

En particulier la loi normale réduite est symétrique par rapport à l'axe des abscisses et caractérisée par l'existence d'un maximum en z = 0 et f(z) =

1 ≈ 0,40 . 2π

La fonction de répartition correspond à l'aire comprise entre cette courbe et l'axe des abscisses. 5.1.4. Détermination pratique des probabilités. Pour calculer des probabilités sans utiliser la fonction de densité, des tables de la loi normale réduite ont été élaborées. On distingue deux tables de la loi normale réduite, relatives l'une à la fonction de densité de probabilité et l'autre à la fonction de répartition. En raison de la symétrie de la distribution, ces tables sont limitées aux valeurs positives de z. Par le changement de variable

Z=

X−m toutes les variables normales se ramènent à la σ

loi normale réduite. Table de la fonction de répartition : Cette table donne les valeurs de la fonction de répartition Π(z) pour des valeurs positives z d'une variable normale réduite. En raison de la symétrie de f(z), on peut déduire les valeurs Π(z) pour les valeurs négatives de z : 100

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

Π (-z) = p(Z ≤ -z) = p(Z > z) = 1 - p(Z ≤ z) = 1 - Π (z) Π (-z) = 1 - Π (z) Pour une variable normale quelconque X de paramètre m et σ :

F( x ) = p(X ≤ x ) = p(

X−m x−m ≤ ) = p( Z ≤ z) = Π ( z) σ σ F(x) = Π (z)

Pour lire une valeur Π(z) dans la table, il suffit de lire l'intersection entre la ligne correspondante à la valeur de z et la colonne correspondante au deuxième chiffre après la virgule de z. 5.1.5. Propriété d'additivité. La somme de deux ou plusieurs variables normales indépendantes est une variable normale de moyenne la somme des moyennes et d'écart type la racine carrée de la somme des variances des variables initiales. Soient X1, X2, …,Xn n variables normales de paramètres respectivement m1, m2, …, mn et σ1, σ2, …,σn.

L(X1 + X 2 + K + X n ) = N(m1 + m 2 + K + m n ; σ1 ² + σ 2 ² + K + σ n ² ) 5.2. LA LOI KHI DEUX DE PEARSON. 5.2.1. Définition. On appelle variable Khi deux de Pearson, la variable χ² qui varie entre 0 et +∞ est définie par la fonction de densité de probabilité : k

−1 −

f ( x) = c × x 2 e

x 2

Le paramètre k est une constante entière positive appelée nombre de degrés de liberté : on dit variable Khi deux à k degrés de liberté, désignée par χ²à k dl. +∞

k est une constante telle que :

∫ f ( x )dx = 1 0

La variable Khi deux de Pearson correspond aussi à la somme des carrés de k variables normales réduites indépendantes. Soient Z1, Z2, …, Zk : k variables normales réduites indépendantes. On peut démontrer : χ²à k dl = Z1² + Z2² + … + Zk²

101

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

5.2.2. Caractéristiques de la loi χ²à k dl . On peut démontrer que : Espérance mathématique

: E(χ²à k dl) = k

Variance

: V(χ²à k dl) = 2 k

5.2.3. Propriété d'additivité. La somme de deux ou plusieurs variables Khi deux indépendantes est une variable Khi deux. Soient n variables Khi deux de degrés de liberté respectivement k1, k2, …, kn : χ²à k1 dl + χ²à k2 dl + … + χ²à kn dl = χ²à (k1+k2+…+kn) dl Une variable Khi deux à k degrés de liberté peut donc être considérée comme étant la somme de k variables Khi deux à 1 degré de liberté indépendantes. 5.2.4. Table de la loi Khi deux. La table de la loi Khi deux dépend du paramètre k, elle donne les valeurs de χ²à k dl pour des valeurs de la fonction de répartition (probabilités). Pour lire une valeur χ²à k1 dl dans la table, il suffit de lire l’intersection entre la colonne correspondante à la valeur de la probabilité et la ligne correspondante au degré de liberté k. Exemple : La valeur χ² à 10 degrés de liberté et pour une probabilité 0,95 est : χ²0,95 à 10 dl = 18,3 5.3. LA LOI T DE STUDENT. 5.3.1. Définition. On appelle variable t de Student, la variable t qui varie entre -∞ et +∞ est définie par la fonction de densité de probabilité :

t² − f ( t ) = c × (1 + ) k

k +1 2

Le paramètre k est une constante entière positive appelée nombre de degrés de liberté : on dit variable Student t à k degrés de liberté, désignée par t à k dl. +∞

k est une constante telle que :

∫ f ( t )dt = 1

−∞

La variable t de Student correspond aussi au quotient d’une variable normale réduite par la 102

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

racine carrée d'une variable Khi deux χ²à k dl indépendante de la première variable. Soient Z une variable normale réduite et χ²à k dl une variable Khi deux à k degrés de liberté, indépendantes. On peut démontrer :

t àkdl =

Z χ² àkdl k

5.3.2. Caractéristiques de la loi tà k dl . On peut démontrer que : Espérance mathématique Variance

: E(t à k dl) = 0 : V(t à k dl) = k / (k-2) pour k2 > 2.

5.3.3. Table de la loi T. La table de la loi T de Student dépend du paramètre k, elle donne les valeurs de t à k dl pour les valeurs de la fonction de répartition (probabilités). Pour lire une valeur t à k dl dans la table, il suffit de lire l’intersection entre la colonne correspondante à la probabilité et la ligne correspondante au degré de liberté. Exemple : La valeur de T à 10 degré de liberté et pour une probabilité 0,95 est : t 0,95 à 10 dl = 1,812 5.4. LA LOI F DE FISHER SNEDECOR. 5.4.1. Définition : On appelle variable F de Fisher, la variable F qui varie entre 0 et + ∞ est définie par la fonction de densité de probabilité :

f (x ) = c × x

k1 −1 2

× (k 1 x + k 2 )

−

k1+ k 2 2

Les paramètres k1 et k2 sont deux constantes entières positives appelées nombre de degrés de liberté : on dit variable F à k1 et k2 degrés de liberté, désignée par F à k1 et k2 dl. +∞

k1 et k2 sont des constantes telle que :

∫ f ( x )dx = 1 0

La variable F de Fisher correspond aussi au quotient de variables Khi deux respectivement à k1 et k2 degrés de liberté χ²à k1 dl et χ²à k2 dl indépendantes. Soient deux variables Khi deux χ²à k1 dl et χ²à k2 dl indépendantes. On peut démontrer :

103

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

χ² àk1dl

Fàk1etk 2dl =

χ ² àk 2dl

k1 k2

Il en résulte que si F est une variable F à k1 et k2 dl, son inverse

1 est une variable F à k2 et k1 dl. F

5.4.2. Caractéristiques de la loi F à k1 et k2 dl. On peut démontrer que : Espérance mathématique: E(F à k1 et k2 dl) = Variance : V(F à k1 et k2 dl) =

k2 pour k2>2. k2 − 2

2 k 2 ² × ( k1 + k 2 ) pour k2 > 4. k1 (k 2 − 2)²(k 2 − 4)

5.4.3. Tables de la loi F. Il y a plusieurs tables de la loi F de Fischer pour différentes valeurs de la fonction de répartition (probabilités). Chaque table de la loi F dépend des degrés de liberté k1 et k2. Pour lire une valeur F à k1 et k2 dl dans la table, il suffit de lire l’intersection entre la colonne correspondante à la valeur k1 et la ligne correspondante à la valeur k2. Exemple : La valeur de F à 10 et 15 dl pour une probabilité de 0,95 se trouve dans la table de la loi F(p = 0,95) : F0,95 à 10 et 15 dl = 2,54. 5.5. ENONCES DES EXERCICES D’APPLICATION. 5.5.1. Le stock journalier d'un produit destiné à un atelier suit une loi normale de moyenne, 120 pièces et d'écart type 50 pièces. a) Calculer la probabilité pour que le nombre de pièces en stock soit compris entre 80 et 160. b) Calculer la probabilité pour que le nombre de pièces en stock soit supérieur à 200. c) Calculer la probabilité pour qu'il y ait rupture de stock. 5.5.2. La longueur d’une pièce fabriquée par une machine est une variable normale de moyenne 15 cm et d’écart type 0,2 cm. a) Trouver la probabilité de rejet si les dimensions admissibles de la pièce doivent être comprises entre 14,7 et 15,3 cm. b) Quelle précision de longueur de la pièce fabriquée peut-on garantir avec une probabilité de 0,95 ? 104

Probabilités

5. Lois de probabilité continues

5.5.3. Le poids réel des boîtes de dattes, dans une petite unité de conditionnement à Zagora, suit une distribution normale de moyenne 10 Kg et de variance 0,01. Quelle est la probabilité pour qu'une boite achetée au marché pèse au moins 9,875 Kg ? 5.5.4. Dans une branche industrielle composée de 1600 établissements, on a constaté que la rentabilité (bénéfice ou perte) suit une loi normale. Par ailleurs on a observé que les 400 entreprises les plus rentables réalisent un bénéfice supérieur à 2 millions de dirhams et que 800 entreprises réalisent uniquement des pertes. Calculer la rentabilité moyenne et l'écart type de la branche industrielle. 5.5.5. Le lait produit par une usine a une teneur en matières grasses qui suit une loi normale de moyenne 160 grammes par litre et d'écart type 10 grammes par litre. Les consommateurs n'acceptent que le lait dont la teneur en matières grasses est comprise entre 135 grammes par litre et 185 grammes par litre. Calculer la proportion de la production du lait inacceptable par les consommateurs. 5.5.6. Le diamètre intérieur moyen d'un échantillon de 200 rondelles produites par une machine est égal à 1,275 cm et l'écart type à 0,013 cm. L'usage que l'on fait de ces rondelles nécessite que le diamètre varie entre 1,260 et 1,290 cm, autrement les rondelles sont considérées comme défectueuses. Déterminer la proportion des rondelles défectueuses produites par cette machine en supposant que le diamètre suit une loi normale. 5.5.7. Une confiture peut être qualifiée de "pur sucre" si elle contient entre 440 et 520 grammes de sucre par kilogramme de confiture. Un fabricant vérifie 200 pots de confiture de 1 kilogramme chacun. Il trouve que le poids moyen de sucre est de 480 grammes avec un écart type de 20 grammes. Sachant que le poids en sucre est distribué normalement, calculer le pourcentage de la production du fabricant qui ne doit pas porter la mention "pur sucre" en considérant que l'échantillon des 200 pots est représentatif de la production globale. 5.5.8. Deux entreprises A et B produisent des ampoules électriques dont la durée de vie suit une loi normale. Les espérances mathématiques et les écarts types sont respectivement de 1150 heures et 50 heures pour A et de 1200 heures et 80 heures pour B. En exigeant que la durée de vie des ampoules ne soit pas inférieure à 1050 heures, de quelle entreprise devrait-on s'approvisionner ? 5.5.9. Pour se rendre à son travail un ouvrier a le choix entre deux chemins A et B. La durée du parcours exprimée en minutes est une variable aléatoire normale de moyenne et d'écart type respectivement 27 mn et 5 mn pour le chemin A, et 30 mn et 2 mn pour le chemin B. A votre avis quel chemin cet ouvrier doit-il choisir pour ne pas arriver en retard s'il dispose de 30 mn ? 5.5.10. Une machine met du sucre en poudre en sachet. Elle peut être réglée au moyen d’un dispositif gradué en gramme, tel que lorsque la machine est réglée sur le poids moyen par sachet m, la probabilité pour que les sachets pèsent au moins 1 Kg est égale à 98,5 %. 105

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

Sachant que le poids par sachet suit une loi normale d’écart type 10 grammes, sur quelle valeur m faut-il régler le dispositif ? 5.5.11. Une machine est réglée pour faire remplir des bouteilles d'un volume moyen de 255 cm3. Si la distribution des volumes est normale et que l'écart type soit égal à 4 cm3 : a) Dans quelle proportion des cas, le volume sera-t-il inférieur à 250 cm3 ? b) Quelle valeur faut-il donner au volume moyen pour que cette proportion soit de 5 % ? 5.5.12. Au sein d’une population de personnes, 4 % mesurent moins de 1,60 m et 12 % plus de 1,80 m ; si on suppose que la taille de ces personnes suit une loi normale, quelle est la taille moyenne de cette population ainsi que son écart type ? 5.5.13. Dans le cadre de la gestion d’un stock de marchandises, on doit lancer une commande destinée à couvrir quatre semaines de fourniture d’un produit donné. On admet que la demande hebdomadaire de ce produit suit une loi normale de moyenne 50 et d’écart type 10. Combien d’unités doit-on commander pour que la probabilité d’être en rupture de stock soit inférieure à 1 % si on considère que les demandes des semaines successives sont indépendantes ? 5.5.14. Si U1 et U2 sont deux variables aléatoires normales centrées, réduites et indépendantes, calculer : a) p(U1 > U2) b) p(U1+2U2 > 5) c) calculer k tel que p(U1+kU2 > 2) = 0,05 5.5.15. Quelle est la valeur de la variable aléatoire X si p(X 2) = (400/1600) = 0,25 p(X > 2) = 1 – p(X ≤ 2) = 0,25

X−m 2−m 2−m ≤ ) = 1 − p( Z ≤ ) = 0,25 σ σ σ 2−m p(X > 2) = 1 - Π ( ) = 0,25 σ 2−m Π( ) = 0,75 σ p(X > 2) = 1 -

p(

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (0,67) = 0,75

2−m = 0,67 σ

=>

2 – m = 0,67 σ

800 entreprises réalisent uniquement des pertes. p(X < 0) = (800/1600) = 0,50

X−m 0−m −m ≤ ) = p( Z ≤ ) = 0,50 σ σ σ −m p(X < 0) = Π ( ) = 0,50 σ p(X < 0) =

p(

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (0,00) = 0,50

−m =0 σ

=>

m=0

2 – m = 0,67 σ

=>

σ = 2,98

La rentabilité des entreprises suit donc une loi normale de moyenne nulle et d’écart type 2,98 millions de dirhams. 110

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

5.6.5. Solution de l’exercice 5.5.5. Soit X la variable aléatoire qui désigne la teneur en matières grasses. L(X) = N(160 ; 10) Les teneurs acceptables doivent être comprises entre 135 et 185 grammes par litre de lait.

135 − 160 X − 160 185 − 160 ≤ ≤ p(135 ≤ X ≤ 185) = p( ) 10 10 10 = p(−2,5 ≤ Z ≤ 2,5) p(135 ≤ X ≤ 185) = Π (2,5) - Π (-2,5) = Π (2,5) – (1 - Π (2,5)) p(135 ≤ X ≤ 185) = 2 Π (2,5) – 1 En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (2,5) = 0,9938

p(135 ≤ X ≤ 185) = 2 x 0,9938 – 1 = 0,9876 La proportion de la production du lait inacceptable par les consommateurs est : p = 1 – 0,9876 = 0,0124 1,24 % de la production du lait sera inacceptable par les consommateurs.

5.6.6. Solution de l’exercice 5.5.6. Soit X la variable aléatoire qui désigne le diamètre intérieur d’une rondelle. L(X) = N(1,275 ; 0,013) Les diamètres acceptables doivent être compris entre 1,260 et 1,290 cm.

1,26 − 1,275 X − 1,275 1,29 − 1,275 ≤ ≤ ) 0,013 0,013 0,013 p(1,26 ≤ X ≤ 1,29) = p(−1,15 ≤ Z ≤ 1,15) p(1,26 ≤ X ≤ 1,29) = Π (1,15) - Π (-1,15) p(1,26 ≤ X ≤ 1,29) = Π (1,15) – (1 - Π (1,15)) p(1,26 ≤ X ≤ 1,29 )= 2 Π (1,15) – 1 p(1,26 ≤ X ≤ 1,29) = p(

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (1,15) = 0,8749 p(1,26 ≤ X ≤ 1,29 )= 2 x 0,8749 – 1 = 0,7498 111

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

La proportion des rondelles défectueuses : p = 1 – 0,7498 = 0,2502 25 % des rondelles produites par cette machine sont défectueuses. 5.6.7. Solution de l’exercice 5.5.7. Soit X la variable aléatoire qui désigne la quantité de sucre par kilogramme de confiture. L(X) = N(480 ; 20) Une confiture peut être qualifiée de "pur sucre" si elle contient entre 440 et 520 grammes de sucre par kilogramme de confiture.

440 − 480 X − 480 520 − 480 ≤ ≤ ) 20 20 20 = p ( − 2 ≤ Z ≤ 2)

p(440 ≤ X ≤ 520) = p(

p(440 ≤ X ≤ 520) = Π (2) - Π (-2) = Π (2) – (1 - Π (2)) p(440 ≤ X ≤ 520) = 2 Π (2) – 1 En consultant la table de la loi normale réduite on trouve :

Π (2) = 0,97725

p(440 ≤ X ≤ 520) = 2 x 0,97725 – 1 = 0,9545 Le pourcentage de la production du fabricant qui ne doit pas porter la mention "pur sucre" est : p = 1 – 0,9545 = 0,0455 4,55 % de la production du fabricant ne doit pas porter la mention "pur sucre". 5.6.8. Solution de l’exercice 5.5.8. On doit s’approvisionner de l’entreprise dont les ampoules ont plus de chance de durer plus de 1050 heures. Soit X la variable aléatoire qui désigne la durée de vie. Entreprise A : L(X) = N(1150 ; 50) p(X ≥ 1050) = 1 – p(X < 1050) p(X≥1050) = 1 -

p(

X − 1150 1050 − 1150 < ) = 1 − p ( Z < − 2) 50 50

p(X ≥ 1050) = 1 - Π (-2)

112

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

p(X ≥ 1050) = Π (2) En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (2) = 0,97725 p(X ≥ 1050) = 0,97725 Une ampoule de l’entreprise A a 97,725 % de chance de durer au moins 1050 heures. Entreprise B : L(X) = N(1200 ; 80) p(X ≥ 1050) = 1 – p(X < 1050) p(X≥1050)=1-

p(

X − 1200 1050 − 1200 < ) = 1 − p( Z < −1,88) 80 80

p(X ≥ 1050) = 1 - Π (-1,88) p(X ≥ 1050) = Π (1,88)

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (1,88) = 0,96995 p(X ≥ 1050) = 0,96995 Une ampoule de l’entreprise B a 96,995 % de chance de durer au moins 1050 heures. On doit donc s’approvisionner de l’entreprise A. 5.6.9. Solution de l’exercice 5.5.9. L’ouvrier doit choisir le chemin pour lequel il a moins de risque d’arriver en retard. Soit X la variable aléatoire qui désigne la durée du trajet. Chemin A : L(X) = N(27 ; 5) p(X ≤ 30) =

p(

X − 27 30 − 27 ≤ ) = p( Z ≤ 0,6) 5 5

p(X ≤ 30) = Π (0,6)

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : 113

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

Π (0,6) = 0,7257 p(X ≤ 30) = 0,7257 En empruntant le chemin A, l’ouvrier a 72,57 % de chances de ne pas arriver en retard. Chemin B : L(X) = N(30 ; 2) p(X ≤ 30) =

p(

X − 30 30 − 30 ≤ ) = ( Z ≤ 0) 2 2

p(X ≤ 30) = Π (0)

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (0) = 0,50 p(X ≤ 30) = 0,50 En empruntant le chemin B, l’ouvrier a 50 % de chances de ne pas arriver en retard. L’ouvrier a donc intérêt à choisir le chemin A. 5.6.10. Solution de l’exercice 5.5.10. Soit X la variable aléatoire qui désigne le poids d’un sachet de sucre. L(X) = N(m ; 10) La probabilité que les sachets pèsent au moins 1Kg est égale à 98,5 %. p(X ≥ 1000 g) = 0,985 p(X ≥ 1000) = 1 – p(X < 1000) = 0,985 p(X≥1000)=1-

p(

X − m 1000 − m 1000 − m < ) = 1 − p( Z < ) = 0,985 10 10 10

1000 − m ) = 0,985 10 m − 1000 Π( ) = 0,985 10 1 - Π(

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (2,17) = 0,985

m − 1000 = 2,17 10

=>

m = 1021,7 g 114

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

Il faut régler la machine sur un poids moyen de 1021,7 grammes pour garantir à 98,5 % que les sachets pèsent au moins 1 Kg. 5.6.11. Solution de l’exercice 5.5.11. a) Proportion des cas où le volume est inférieur à 250 cm3. Soit X la variable aléatoire qui désigne le volume d’une bouteille. L(X) = N(255 ; 4) p(X < 250) =

p(

X − 255 250 − 255 < ) = p( Z < −1,25) 4 4

p(X < 250) = Π (-1,25) = 1 - Π (1,25)

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (1,25) = 0,8944 p(X < 250) = 1 - 0,8944 = 0,1056 10,56 % des bouteilles ont un volume de moins de 250 cm3. b) Volume moyen L(X) = N(m ; 4)

X − m 250 − m 250 − m < ) = (Z < ) = 0,05 4 4 4 250 − m p(X < 250) = Π ( ) = 0,05 4 250 − m Π () = 1 – 0,05 = 0,95 4 p(X < 250) =

p(

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (1,64) = 0,95 -

250 − m = 1,64 4

=>

m = 250 + 1,64 x 4 = 256,56

Il faut régler la machine sur un volume moyen de 256,56 cm3 pour que 5 % des bouteilles aient un volume de moins de 250 cm3.

115

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

5.6.12. Solution de l’exercice 5.5.12. Soit X la variable aléatoire qui désigne la taille des personnes. L(X) = N(m ; σ) 4 % mesurent moins de 1,60 m p(X < 1,60) = 0,04

X − m 1,60 − m 1,60 − m < ) = p( Z < ) = 0,04 σ σ σ 1,60 − m p(X < 1,60) = Π ( ) = 0,04 σ 1,60 − m Π () = 1 - 0,04 = 0,96 σ p(X < 1,60) =

p(

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (1,75) = 0,96 -

1,60 − m = 1,75 σ

=>

m – 1,60 = 1,75 σ

12 % mesurent plus de 1,80 m. p(X > 1,80) = 0,12 p(X ≤ 1,80) = 1 – 0,12 = 0,88

X − m 1,80 − m 1,80 − m ≤ ) = p( Z ≤ ) = 0,88 σ σ σ 1,80 − m p(X ≤ 1,80) = Π ( ) = 0,88 σ

p(X ≤ 1,80) =

p(

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (1,17) = 0,88

1,80 − m = 1,17 σ

=>

1,80 - m = 1,17 σ

m – 1,60 = 1,75 σ 0,2 = 2,92 σ

et =>

1,80 - m = 1,17 σ σ = 0,07 m = 7 cm

m = 1,80 – 1,17 x 0,07 = 1,72 m La taille des personnes suit donc une loi normale de moyenne 1,72 m et d’écart type 7 cm. 116

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

5.6.13. Solution de l’exercice 5.5.13. Soit X la variable aléatoire qui désigne la demande hebdomadaire de ce produit. L(X) = N(50 ; 10) Soit Y la variable aléatoire qui désigne la demande de 4 semaines. Y=X+X+X+X E(Y) = E(X) + E(X) + E(X) + E(X) = 50 + 50 + 50 + 50 = 200 V(Y) = V(X) + V(X) + V(X) + V(X) = 100 + 100 + 100 + 100 = 400 L(Y) = N(200 ; 20) Désignons par C la commande destinée à couvrir quatre semaines de fourniture. Il y a rupture de stock si la demande est supérieure à la commande (stock). p(Y > C) < 0,01 p(Y ≤ C) < 0,99 p(Y ≤ C) = Π(

p(

Y − 200 C − 200 C − 200 ≤ ) = (Z ≤ ) ≥ 0,99 20 20 20

C − 200 ) ≥ 0,99 20

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (2,33) = 0,99

C − 200 ≥ 2,33 20

=>

C ≥ 2,33 x 20 + 200 => C ≥ 247 unités

Il faut lancer une commande d’au moins 247 unités pour que le risque de rupture de stock au cours de 4 semaines ne dépasse pas 1 % 5.6.14. Solution de l’exercice 5.5.14. U1 et U2 sont deux variables aléatoires normales centrées, réduites et indépendantes. a) p(U1 > U2) p(U1 > U2) = p(U1 - U2 > 0) = 1 - p(U1 - U2 ≤ 0) L(U1 - U2) = N(0 ; 2 ) p(U1 > U2) = 1 - p(Z ≤ 0) = 1 - Π(0) = 1 – 0,5 = 0,5 117

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

b) p(U1+2U2 > 5) p(U1+2U2 > 5) = 1 - p(U1+2U2 ≤ 5) L(U1+2U2) = N(0 :

5)

p(U1+2U2 > 5) = 1 - p(Z ≤

5−0 5

) = 1 - Π(2,24) = 1 – 0,98745 = 0,01255

c) Calcul de k tel que p(U1+kU2 > 2) = 0,05 p(U1+kU2 > 2) = 0,05 p(U1+kU2 ≤ 2) = 0,95 L(U1+kU2) = N(0 ;

1 + k² ) 2−0

p(U1+kU2 ≤ 2) = p(Z ≤

1 + k²

) = Π(

2 1 + k²

) = 0,95

En consultant la table de la loi normale réduite on trouve : Π (1,64) = 0,95

2 1 + k²

= 1,64

=>

k² = 0,4872

=>

k = 0,698

5.6.15. Solution de l’exercice 5.5.15. Valeur de la variable aléatoire X si p(X x = χ²0,975 à 15 dl

p(X

E(X) = 0

=>

V(X)=

1 k −3

Pour k = 10, la valeur de x telle que : P(X > x) = 0,1 X k − 1 = T à (k-1) dl 3X = T à 9 dl p(X > x) = 0,1 => p(X ≤ x) = 0,9 => 3x = t 0,9 à 9 dl

p(3X ≤ 3x) = 0,9

En consultant la table de la loi Student on trouve : t 0,9 à 9 dl = 1,383 3x = 1,383

=>

x = 0,461

5.6.17. Solution de l’exercice 5.5.17. Z1, Z2, Z3, Z4, Z5, et Z6 sont six variables aléatoires normales réduites indépendantes. p(

Z1 ² + Z 2 ² > 5,3) Z3 ² + Z4 ² + Z5 ² + Z6 ²

En effectuant une transformation, on obtient une variable F de Fisher. p(

Z1 ² + Z 2 ² >5,3) = Z3 ² + Z4 ² + Z5 ² + Z6 ²

120

5. Lois de probabilité continues

Probabilités

χ ² à 2dl ( Z1 ² + Z 2 ²) / 2 2 > 10,6) p( >10,6) = p( χ ² ( Z 3 ² + Z 4 ² + Z 5 ² + Z 6 ²) / 4 à 4 dl 4 = 1 – p(Fà 2 et 4 dl ≤ 10,6) p(Fà 2 et 4 dl ≤ 10,6) correspond à la table de Fisher de probabilité 0,975 p(

Z1 ² + Z 2 ² > 5,3) = 1 – 0,975 = 0,025 Z3 ² + Z4 ² + Z5 ² + Z6 ²

121

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

Probabilités

CHAPITRE 6 CONVERGENCE DES LOIS DE PROBABILITE LOIS DES GRANDS NOMBRES

6.1. CONVERGENCE EN PROBABILITE. On dit qu’une variable aléatoire Xn converge en probabilité vers une constante a si : ∀ ε > 0,

lim P( X n − a > ε ) = 0

n →∞

Ceci signifie que l’écart entre la valeur de X et la constante a est très faible quand la taille de l’échantillon est grande. Cet écart peut être mesuré par la variance. Ainsi on parle de convergence en probabilité si :

lim V(X n ) = 0

n →∞

6.2. CONVERGENCE EN LOI PROBABILITE. 6.2.1. Le théorème central limite. Le théorème central limite est une généralisation de la propriété d'additivité. Toute somme de variables aléatoires indépendantes tend à suivre une loi normale quelles que soient les lois de probabilités suivies par ces variables. Quelles que soient les variables aléatoires indépendantes X1, X2, …, Xn de moyennes respectivement m1, m2, …, mn et d'écarts type respectivement σ1, σ2, …, σn. La somme de ces variables tend à suivre une loi normale de moyenne la somme des moyennes et d'écart type la racine carrée de la somme des variances des variables initiales.

L(X1 + X 2 + K + X n ) ≈ N(m1 + m 2 + K + m n , σ1 ² + σ 2 ² + K + σ n ² ) 6.2.2. Approximation de la loi hypergéométrique par la loi binomiale.

Dès que l'effectif N de la population devient important, le calcul de

k

n −k

n1

n2

C C p(k) = C n

N

devient fastidieux. On peut démontrer dans ce cas que lorsque l'effectif de la population (N) tend vers l'infini et la proportion des individus possédant le caractère étudié (p) est constante ou tend 122

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

Probabilités

vers une constante, la loi hypergéométrique tend vers une loi binomiale de paramètre n et p. On peut dans ce cas effectuer les calculs de probabilités de façon approximative à l'aide de la formule de la loi binomiale. En pratique, l'approximation est satisfaisante dès que la proportion des individus prélevés est inférieure à 5 %.

n < 0,05 N

ou

N > 20 n

6.2.3. Approximation de la loi binomiale par la loi de Poisson. Dès que le paramètre n de la loi binomiale devient grand, le calcul de

p(k ) = Cn p k q n − k k

devient fastidieux. On peut démontrer dans ce cas que lorsque le nombre d'expériences indépendantes (n) tend vers l'infini et la probabilité de succès tend vers zéro de telle sorte que le produit np tend vers une constante, la loi binomiale de paramètre n et p tend vers une loi de Poisson de paramètre np. On peut dans ce cas effectuer les calculs de probabilités de façon approximatives à l'aide de la formule de la loi de Poisson. En pratique, l'approximation est satisfaisante lorsque la probabilité p est inférieure à 0,1 et le produit np est inférieur à 5. 6.2.4. Approximation de la loi binomiale par la loi normale. Parfois les problèmes relatifs à la loi binomiale se rapportent aux calculs de probabilités dans un ou plusieurs intervalles donnés : p(X < x) p(X > x) ou

p(x1 < X < x2)

La recherche de ces probabilités est souvent longue, car il faut déterminer individuellement et additionner les différentes probabilités p(X = x). p(X 7) X1 et X2 étant deux variables binomiales de même probabilité de succès, leur somme est aussi une variable binomiale de paramètres : Nombre de tirages : n = 7 + 7 = 14 Probabilité de succès : p = 0,4 L(X1 + X2) = B(14 ; 0,4) p(X1+X2 > 7) = 1 - p(X1+X2 ≤ 7) p(X1+X2 > 7) = 1 – [p(0) + p(1) + p(2) + p(3) + p(4) + p(5) + p(6) + p(7)] 0 p(0) = C14 0,4 0 × (1 − 0,4)14 = 0,0008

p(1) = C114 0,41 × (1 − 0,4)13 = 0,0073 2 p(2) = C14 0,4 2 × (1 − 0,4)12 = 0,0317 3 p(3) = C14 0,4 3 × (1 − 0,4)11 = 0,0845 4 p(4) = C14 0,4 4 × (1 − 0,4)10 = 0,1549 5 p(5) = C14 0,4 5 × (1 − 0,4) 9 = 0,2066 6 p(6) = C14 0,4 6 × (1 − 0,4) 8 = 0,2066 7 p(7) = C14 0,4 7 × (1 − 0,4) 7 = 0,1574

p(X1+X2>7)=1–[0,0008 + 0,0073 + 0,0317 + 0,0845 + 0,1549 + 0,2066 + 0,2066 + 0,1574] p(X1+X2 > 7) = 0,1502

129

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

Probabilités

Il y a 15 % de chances d’obtenir plus de boules blanches que de boules noires pour l'ensemble des 14 boules prélevées. 6.4.4. Solution de l’exercice 6.3.4. a) La loi binomiale. Soit X la variable aléatoire qui désigne le nombre de pièces défectueuses. L’événement pièce défectueuse correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas. Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre de tirages : n = 10 Probabilité de succès : p = 0,01 L(X) = B(10 , 0,01)

p(k ) = Cn p k q n − k k

p(X = 2) =

2 p(2) = C10 0,012 × (1 − 0,01) 8 = 0,0042

Il y a un risque de 0,42 % d’avoir 2 pièces défectueuses. b) L'approximation par la loi de Poisson. La probabilité de succès tend vers zéro (0,01), la loi binomiale de paramètre n et p tend vers une loi de Poisson de paramètre np. On peut dans ce cas effectuer les calculs de probabilités de façon approximatives à l'aide de la formule de la loi de Poisson. L(X) = B(10 ; 0,01) ≈ L(X) P(n ; p = 0,1)

e −m × m k k! −0 ,1 e × 0,12 p ( 2) = = 0,0045 2! p( k ) =

On peut constater que l’approximation est satisfaisante. 6.4.5. Solution de l’exercice 6.3.5. Désignons par X le nombre d'étudiants qui réussissent l'examen. X est une variable discrète qui prend les valeurs entières de 0 à 100. Elle suit une loi binomiale de paramètres 100 et 0,8. 130

Probabilités

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

L(X) = B(100 ; 0,8) La probabilité qu'au moins 75 étudiants parmi 100 étudiants réussissent l'examen est : p(X ≥ 75) Les produits np et nq sont respectivement 100×0,8 = 80 et 100×0,2 = 20, ils sont supérieurs à 5. On peut donc effectuer le calcul de cette probabilité d'une manière approchée à l'aide de la loi normale de paramètres np = 80 et

npq = 4.

L(X) = B(100 ; 0,8) ≈ N(80 ; 4) Pour améliorer la qualité de l'approximation, on introduit la correction de continuité, la probabilité p(X ≥ 75) devient : p(X ≥ 75 + 0,5) = 1 - p(X < 75,5)

X − 80 75,5 − 80 < ) = 1 − p(Z < −1,13) 4 4 p(X ≥75,5) = 1−∏(−1,13) = ∏(1,13) = 0,8708

p(X ≥ 75,5) = 1 − p( p(X ≥ 75) ≈ 0,8708

La probabilité pour qu'au moins 75 étudiants parmi 100 étudiants réussissent l'examen est à peu près 0,8708. Le calcul exact à partir de la loi binomiale donne un résultat de 0,8686. On constate que l'approximation est très satisfaisante. b) Nombre d’étudiant pour lesquels la probabilité qu’au moins 100 réussissent est égale à 0,99.

L(X ) = B(n ; 0,8) ≈ N (0,8n ; 0,4 n ) p( x ≥ 100 + 0,5) = 1 − p( x < 100,5) x − 0,8n 100,5 − 0,8n = 1 − p( < ) = 0,99 0,4 n 0,4 n 100,5 − 0,8n p( x ≥ 100,5) = 1 − p( Z < ) = 0,99 0,4 n 100,5 − 0,8n 0,8n − 100,5 1 − π( ) = 0,99 ⇒ π( ) = 0,99 0,4 n 0,4 n 131

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

Probabilités

En consultant la table de la loi normale on trouve :

π(2,33) = 0,99

0,8n − 100,5 0,4 n

= 2,33 ⇒ 0,8n − 100,5 = 2,33 x 0,4 n = 0,932 n

0,8n − 0,932 n − 100,5 = 0 On pose :

x= n

0,8 x2 – 0,932x – 100,5 = 0 ∆ = (- 0,932)2 – 4 x 0,8 x (- 100,5) = 322,47

x=

0,932 + 322,47 = 11,8 (On choisit la solution positive). 2 x 0,8

n = 11,8 ⇒ n = 140 étudiants. 6.4.6. Solution de l’exercice 6.3.6. Désignons par X le nombre de moustiques tués par le nouvel insecticide. X est une variable discrète qui prend les valeurs entières de 0 à 100. Elle suit une loi binomiale de paramètres 100 et 0,75. L(X) = B(100 ; 0,75) La probabilité pour qu'au moins 70 moustiques parmi 100 soient tués par le nouvel insecticide est : p(X ≥ 70) Les produits np et nq sont respectivement 100×0,75 = 75 et 100×0,25 = 25, ils sont supérieurs à 5. On peut donc effectuer le calcul de cette probabilité d'une manière approchée à l'aide de la loi normale de paramètres : np = 75 et

npq = 4,33.

L(X) = B(100 ; 0,75) ≈ N(75 ; 4,33) p(X ≥ 70) = 1 - p(X < 70)

132

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

Probabilités

X − 75 70 − 75 < ) = 1 − p( Z < −1,15) 4,33 4,33 p(X ≥ 70) = 1 − ∏(−1,15) = ∏(1,15) = 0,8749 p(X ≥ 70) = 1 − p(

p(X ≥ 70) ≈ 0,8749 La probabilité pour qu'au moins 70 moustiques parmi 100 soient tués par le nouvel insecticide est à peu près 87 %. 6.4.7. Solution de l’exercice 6.3.7. a) Loi de probabilité de X. X, le nombre des ampoules défectueuses figurant dans un lot de 60 ampoules. L’événement ampoule défectueuse correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas (population infinie). Il s’agit donc d’une loi binomiale de probabilité de succès : p = (738 / 14760) = 0,05 La probabilité de succès tend vers zéro (0,05), la loi binomiale, de paramètre n et p, peut être approchée par une loi de Poisson de paramètre np. On peut dans ce cas effectuer les calculs de probabilités de façon approximatives à l'aide de la formule de la loi de Poisson. b) Probabilité d'avoir plus de 3 ampoules défectueuses dans un lot de 60 ampoules. L(X) = B(60 ; 0,05) ≈ P(60x0,05 = 3) p(X > 3) = 1 - p(X ≤ 3) = 1 – [p(0) + p(1) + p(2) + p(3)]

e −3 × 3 0 p ( 0) = 0! −3 e × 31 p(1) = 1! −3 e × 32 p ( 2) = 2! −3 e × 33 p(3) = 3!

= 0,0498 = 0,1494 = 0,2240 = 0,2240

p(X > 3) = 1 – (0,0498 + 0,1494 + 0,2240 + 0,2240) = 0,3528 Il y a un risque de 35,28 % d’avoir plus de 3 ampoules défectueuses dans un lot de 60 ampoules. 133

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

Probabilités

c) Probabilité d'avoir 78 ampoules bonnes dans un lot de 80 ampoules. Avoir 78 ampoules bonnes dans un lot de 80 ampoules est équivalent à avoir 2 ampoules défectueuses. L(X) = B(80 ; 0,05) ≈ P(80x0,05 = 4)

p ( 2) =

e −4 × 4 2 = 0,1465 2!

Il y a 14,65 % de chance d’avoir 78 ampoules bonnes dans un lot de 80 ampoules. Il y a lieu de comparer les résultats trouvés dans cet exercice, par la méthode d’approximation, avec ceux trouvés dans le même exercice au paragraphe 4.8.4. 6.4.8. Solution de l’exercice 6.3.8. Désignons par Xi (i = 1 à 120) la somme à rembourser à chaque personne. Désignons par X la somme totale que la caisse doit payer aux 120 personnes. X = X1 + X2 + … + X120 D'après le théorème central limite, on peut affirmer que X suit une loi normale de moyenne la somme des moyennes et d'écart type la racine carrée de la somme des variances.

L(X ) = N (120 × 1000; 120 × 600² ) = N (120000;6572,67) La somme de 130000 dh ne sera pas suffisante si la somme totale à rembourser aux 120 personnes dépasse 130000 dh :

p(X > 130000) = 1 − p(X ≤ 130000)

= 1 − p(

X − 120000 130000 − 120000 ≤ ) 6572,67 6572,67

p(X > 130000) = 1 − p( Z ≤ 1,52) = 1 − ∏(1,52) = 1 − 0,93574 = 0,0643 Il y a donc un risque de 6,5 % pour que la somme de 130000 dirhams ne soit pas suffisante pour rembourser toutes les personnes. 134

Probabilités

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

6.4.9. Solution de l’exercice 6.3.9. a) Valeur de la prime annuelle pour un navire si la compagnie désire avoir une probabilité égale à 0,7 de réaliser des bénéfices. La compagnie réalisera un bénéfice si le montant total des remboursements plus les frais de gestion est inférieur au total des primes payées. Désignons par X le montant total des remboursements et par P le montant de la prime d’assurance. p(X + 0,2 x 1000 P < 1000 P) = 0,7 Le montant total des remboursements (X) dépend du nombre de navire totalement perdus (Y). X = 1000000 Y p(X + 200 P < 1000 P) = 0,7 => p(1000000 Y + 200 P < 1000 P) = 0,7 => p(Y < 0,0008 P) = 0,7 L’événement "perte totale du navire" correspond à un succès dont la probabilité ne varie pas (les navires sont indépendants). Il s’agit donc d’une loi binomiale de paramètres : Nombre de tirages : n = 1000 Probabilité de succès : p = 0,01 L(Y) = B(1000 ; 0,01) E(Y) = 1000 x 0,01 = 10 navires V(Y) = 1000 x 0,01 x 0,99 = 9,9

σ Y = 9,9 = 3,15 navires L(Y) ≈ N(10 ; 3,15)

Y − 10 0,0008P − 10 < ) = 0,7 3,15 3,15 0,0008P − 10 0,0008P − 10 ⇒ p( Z < ) = 0,7 ⇒ π( ) = 0,7 3,15 3,15 p(Y < 0,0008P) = 0,7 ⇒ p(

En consultant la table de la loi Normale on trouve :

π(0,52) = 0,7 0,0008P − 10 = 0,52 ⇒ p = 14547,50 dh 3,15 135

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

Probabilités

b) Le bénéfice B est : E(B) = E(800p – 1000000Y) = 800p – 1000000 E(Y) = 800 x 14547,50 – 1000000 x 10 E(B) = 1 638 000 dh B = 1000 P – X – 0,2 x 1000 P B = 800 P – 1000000 Y 6.4.10. Solution de l’exercice 6.3.10. a) La probabilité pour que le nombre de personnes se présentant au premier service soit supérieur à 500. Désignons par X le nombre de personnes se présentant au premier service. X est une variable discrète qui prend les valeurs entières de 0 à 900. Elle suit une loi binomiale de paramètres 900 et 0,5. L(X) = B(900 ; 0,5) La probabilité pour que le nombre de personnes se présentant au premier service soit supérieur à 500 est : p(X > 500) Les produits np et nq sont respectivement 900×0,5 = 450 et 900×0,5 = 450, ils sont supérieurs à 5. On peut donc effectuer le calcul de cette probabilité d'une manière approchée à l'aide de la loi normale de paramètres : np = 450 et

npq = 15.

L(X) = B(900 ; 0,5) ≈ N(450 ; 15) p(X > 500) = 1 - p(X ≤ 500)

p(X > 500) = 1 − p(

X − 450 500 − 450 < ) = 1 − p( Z < 3,33) 15 15

p(X > 500) = 1 − ∏(3,33) = 1 - 0,99957 = 0,00043 p(X > 500) ≈ 0,00043 Il y a très peu de chance (0,04%) pour que le nombre de personnes se présentant au premier service soit supérieur à 500. 136

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

Probabilités

b) Nombre de places dans le restaurant pour que la probabilité de pouvoir répondre à la demande de deux services soit supérieure à 95 %. Désignons par X le nombre de personnes se présentant au premier service. Désignons par Y le nombre de personnes se présentant au deuxième service. X et Y sont deux variables aléatoires qui suivent des lois binomiales qu’on peut approximer par une loi normale. L(X) = B(900 ; 0,5) ≈ N(450 ; 15) L(Y) = B(900 ; 0,5) ≈ N(450 ; 15) Désignons par W=X+Y le nombre de personnes se présentant aux deux services. L(W) ≈ N(900 ;

225 + 225 = 21,21 )

Soit N le nombre de places dans le restaurant pour que la probabilité de pouvoir répondre à la demande aux deux services soit supérieure à 95 %. p(W ≤ N) = 0,95

p( W ≤ N ) = p(

∏(

W − 900 N − 900 N − 900 ≤ ) = p( Z ≤ ) = 0,95 21,21 21,21 21,21

N − 900 ) = 0,95 21,21

En consultant la table statistique, on trouve :

∏ (1,65) = 0,95 N − 900 = 1,65 21,21

=>

N = 935 places

Le restaurant doit disposer d’au moins 935 places pour que la probabilité de pouvoir répondre à la demande de deux services soit supérieure à 95 %. c) Le nombre des repas correspond au nombre d’employés qui mangent à l’usine, désignons cette variable par X. 137

Probabilités

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

L(X) = B(900 ; 0,75) c1) E(X) = 900 x 0,75 = 675 repas. c2) Désignons par R le nombre de repas à préparer. La demande sera satisfaite si R est supérieure ou égale au nombre d’employés qui ont décidé de prendre leur repas à l’usine. p(x ≤ R) > 0,99 L(X) ≈ N(675 ; 13)

x − 675 R − 675 ≤ ) > 0,99 13 13 R − 675 R − 675 ⇒ p( Z ≤ ) > 0,99 ⇒ π( ) > 0,99 13 13 p( x ≤ R ) > 0,99 ⇒ p(

En consultant la table de la loi normale on trouve :

π(2,33) = 0,99 .

R − 675 > 2,33 ⇒ R > 2,33 x 13 + 675 ⇒ R > 705 repas. 13 Il convient de préparer plus de 705 repas pour que la probabilité de satisfaire la demande soit supérieure à 99 %. 6.4.11. Solution de l’exercice 6.3.11. La lecture de la table « Khi deux » donne : χ²0,95 à 30 dl = 43,8 En utilisant l'approximation de la loi Khi deux par la transformation ci dessous, on obtient :

χ² =

(Z 0.95 + 2 × 30 − 1)² 2

La lecture de la table de la fonction de répartition de la loi normale réduite montre que la valeur de z pour ∏(z) = 0,95 est égale à 1,65.

χ² =

(1.65 + 59 )² = 43.5 2 138

6. Convergence des lois de probabilité, loi des grands nombres

Probabilités

On constate que l'approximation est très satisfaisante. 6.4.12. Solution de l’exercice 6.3.12. La valeur de χ²0,95 à 150 dl ne se trouve pas dans la table statistique. Le nombre de degrés de liberté étant très grand, on peut utiliser l’approximation par la loi normale de moyenne 150 et d’écart type

2×150 =17,32 .

En passant à la loi normale centrée réduite on obtient :

χ² 0,95à150dl − 150 17,32

= Z0,95

d’où : χ²0,95 à 30 dl = Z0,95 x 17,32 + 150 χ²0,95 à 30 dl = 1,65 x 17,32 + 150 = 178,58 6.4.13. Solution de l’exercice 6.3.13. La lecture de la table t donne : t 0,95 à 80 dl = 1,664 En utilisant l'approximation de la loi t par la loi normale réduite, on peut lire dans la table de la fonction de répartition de la loi normale réduite la valeur de z pour ∏(z) = 0,95 qui est égale à 1,65. On constate que l'approximation est satisfaisante.

139

TABLES STATISTIQUES Loi Binomiale Loi de Poisson Loi Normale Loi de Khi deux Loi de Student Loi de Fischer

140

5

4

3

2

n 0 1 2 0 1 2 3 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 5

k

Probabilité p(X = k) 0,05 0,10 0,9025 0,8100 0,0950 0,1800 0,0025 0,0100 0,8574 0,7290 0,1354 0,2430 0,0071 0,0270 0,0001 0,0010 0,8145 0,6561 0,1715 0,2916 0,0135 0,0486 0,0005 0,0036 0,0000 0,0001 0,7738 0,5905 0,2036 0,3280 0,0214 0,0729 0,0011 0,0081 0,0000 0,0005 0,0000 0,0000 0,20 0,6400 0,3200 0,0400 0,5120 0,3840 0,0960 0,0080 0,4096 0,4096 0,1536 0,0256 0,0016 0,3277 0,4096 0,2048 0,0512 0,0064 0,0003

0,30 0,4900 0,4200 0,0900 0,3430 0,4410 0,1890 0,0270 0,2401 0,4116 0,2646 0,0756 0,0081 0,1681 0,3602 0,3087 0,1323 0,0284 0,0024

LOI BINOMIALE L(X) = B(n ; p)

0,40 0,3600 0,4800 0,1600 0,2160 0,4320 0,2880 0,0640 0,1296 0,3456 0,3456 0,1536 0,0256 0,0778 0,2592 0,3456 0,2304 0,0768 0,0102

0,50 0,2500 0,5000 0,2500 0,1250 0,3750 0,3750 0,1250 0,0625 0,2500 0,3750 0,2500 0,0625 0,0312 0,1562 0,3125 0,3125 0,1562 0,0312

8

7

6

n 0 1 2 3 4 5 6 0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 8

k 0,05 0,7351 0,2321 0,0305 0,0021 0,0001 0,000 0,000 0,6983 0,2573 0,0406 0,0036 0,0002 0,0000 0,0000 0,0000 0,6634 0,2793 0,0515 0,0054 0,0004 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000

0,10 0,5314 0,3543 0,0984 0,0146 0,0012 0,0001 0,0000 0,4783 0,3720 0,1240 0,0230 0,0026 0,0002 0,0000 0,0000 0,4305 0,3826 0,1488 0,0331 0,0046 0,0004 0,0000 0,0000 0,0000

Probabilité p p(X = k) 0,20 0,30 0,2621 0,1176 0,3932 0,3025 0,2458 0,3241 0,0819 0,1852 0,0154 0,0595 0,0015 0,0102 0,0001 0,0007 0,2097 0,0824 0,3670 0,2471 0,2753 0,3176 0,1147 0,2269 0,0287 0,0972 0,0043 0,0250 0,0004 0,0036 0,0000 0,0002 0,1678 0,0576 0,3355 0,1977 0,2936 0,2965 0,1468 0,2541 0,0459 0,1361 0,0092 0,0467 0,0011 0,0100 0,0001 0,0012 0,0000 0,0001

LOI BINOMIALE L(X) = B(n ; p) 0,40 0,0467 0,1866 0,3110 0,2765 0,1382 0,0369 0,0041 0,0280 0,1306 0,2613 0,2903 0,1935 0,0774 0,0172 0,0016 0,0168 0,0896 0,2090 0,2787 0,2322 0,1239 0,0413 0,0079 0,0007

0,50 0,0156 0,0938 0,2344 0,3125 0,2344 0,0938 0,0156 0,0078 0,0547 0,1641 0,2734 0,2734 0,1641 0,0547 0,0078 0,0039 0,0312 0,1094 0,2188 0,2734 0,2188 0,1094 0,0312 0,0039

10

9

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

k 0,05 0,6302 0,2985 0,0629 0,0077 0,0006 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,5987 0,3151 0,0746 0,0105 0,0010 0,0001 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000

0,10 0,3874 0,3874 0,1722 0,0446 0,0074 0,0008 0,0001 0,0000 0,0000 0,0000 0,3487 0,3874 0,1937 0,0574 0,0112 0,0015 0,0001 0,0000 0,0000 0,0000 0,0000

Probabilité p(X = k) 0,20 0,30 0,1342 0,0404 0,3020 0,1556 0,3020 0,2668 0,1762 0,2668 0,0661 0,1715 0,0165 0,0735 0,0028 0,0210 0,0003 0,0039 0,0000 0,0004 0,0000 0,0000 0,1074 0,0282 0,2684 0,1211 0,3020 0,2335 0,2013 0,2668 0,0881 0,2001 0,0264 0,1029 0,0055 0,0368 0,0008 0,0090 0,0001 0,0014 0,0000 0,0001 0,0000 0,0000

LOI BINOMIALE L(X) = B(n ; p) 0,40 0,0101 0,0605 0,1612 0,2508 0,2508 0,1672 0,0743 0,0212 0,0035 0,0003 0,0060 0,0403 0,1209 0,2150 0,2508 0,2007 0,1115 0,0425 0,0106 0,0016 0,0001

0,50 0,0020 0,0176 0,0703 0,1641 0,2461 0,2461 0,1641 0,0703 0,0176 0,0020 0,0010 0,0098 0,0439 0,1172 0,2051 0,2461 0,2051 0,1172 0,0439 0,0098 0,0010

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

k 0,2 0,819 0,164 0,016 0,001 0,000

0,4 0,670 0,268 0,054 0,007 0,001 0,000

0,6 0,549 0,329 0,099 0,020 0,003 0,000

0,8 0,449 0,359 0,144 0,038 0,008 0,001 0,000

1 0,368 0,368 0,184 0,061 0,015 0,003 0,001 0,000

1,5 0,223 0,335 0,251 0,126 0,047 0,014 0,004 0,001 0,000

2 0,135 0,271 0,271 0,180 0,090 0,036 0,012 0,003 0,001 0,000

2,5 0,082 0,205 0,257 0,214 0,134 0,067 0,028 0,010 0,003 0,001 0,000

3,00 0,050 0,149 0,224 0,224 0,168 0,101 0,050 0,022 0,008 0,003 0,001 0,000

Probabilité p(X=k) 4,00 5,00 6,00 0,018 0,007 0,002 0,073 0,034 0,015 0,147 0,084 0,045 0,195 0,140 0,089 0,195 0,175 0,134 0,156 0,175 0,161 0,104 0,146 0,161 0,060 0,104 0,138 0,030 0,065 0,103 0,013 0,036 0,069 0,005 0,018 0,041 0,002 0,008 0,023 0,001 0,003 0,011 0,000 0,001 0,005 0,000 0,002 0,001 0,000 7,00 0,001 0,006 0,022 0,052 0,091 0,128 0,149 0,149 0,130 0,101 0,071 0,045 0,026 0,014 0,007 0,003 0,001 0,001 0,000

LOI DE POISSON L(X) = P(m) 8,00 0,000 0,003 0,011 0,029 0,057 0,092 0,122 0,140 0,140 0,124 0,099 0,072 0,048 0,030 0,017 0,009 0,005 0,002 0,001 0,000

8,50 0,000 0,002 0,007 0,021 0,044 0,075 0,107 0,129 0,138 0,130 0,110 0,085 0,060 0,040 0,024 0,014 0,007 0,004 0,002 0,001 0,000

9,00 0,000 0,001 0,005 0,015 0,034 0,061 0,091 0,117 0,132 0,132 0,119 0,097 0,073 0,050 0,032 0,019 0,011 0,006 0,003 0,001 0,001 0,000

10,00 0,000 0,000 0,002 0,008 0,019 0,038 0,063 0,090 0,113 0,125 0,125 0,114 0,095 0,073 0,052 0,035 0,022 0,013 0,007 0,004 0,002 0,001 0,000

11,00 0,000 0,000 0,001 0,004 0,010 0,022 0,041 0,065 0,089 0,109 0,119 0,119 0,109 0,093 0,073 0,053 0,037 0,024 0,015 0,008 0,005 0,002 0,001 0,001 0,000

12,00 0,000 0,000 0,000 0,002 0,005 0,013 0,025 0,044 0,066 0,087 0,105 0,114 0,114 0,106 0,090 0,072 0,054 0,038 0,026 0,016 0,010 0,006 0,003 0,002 0,001

13,00 0,000 0,000 0,000 0,001 0,003 0,007 0,015 0,028 0,046 0,066 0,086 0,101 0,110 0,110 0,102 0,088 0,072 0,055 0,040 0,027 0,018 0,011 0,006 0,004 0,002

14,00 0,000 0,000 0,000 0,000 0,001 0,004 0,009 0,017 0,030 0,047 0,066 0,084 0,098 0,106 0,106 0,099 0,087 0,071 0,055 0,041 0,029 0,019 0,012 0,007 0,004

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2 2,1 2,2 2,3 2,4 2,5 2,6 2,7 2,8

z 0,00 0,5000 0,5398 0,5793 0,6179 0,6554 0,6915 0,7257 0,7580 0,7881 0,8159 0,8413 0,8643 0,8849 0,9032 0,9192 0,9332 0,9452 0,9554 0,9641 0,9713 0,9772 0,9821 0,9861 0,9893 0,9918 0,9938 0,9953 0,9965 0,9974

0,01 0,5040 0,5438 0,5832 0,6217 0,6591 0,6950 0,7291 0,7611 0,7910 0,8186 0,8438 0,8665 0,8869 0,9049 0,9207 0,9345 0,9463 0,9564 0,9649 0,9719 0,9778 0,9826 0,9864 0,9896 0,9920 0,9940 0,9955 0,9966 0,9975

0,02 0,5080 0,5478 0,5871 0,6255 0,6628 0,6985 0,7324 0,7642 0,7939 0,8212 0,8461 0,8686 0,8888 0,9066 0,9222 0,9357 0,9474 0,9573 0,9656 0,9726 0,9783 0,9830 0,9868 0,9898 0,9922 0,9941 0,9956 0,9967 0,9976

0,03 0,5120 0,5517 0,5910 0,6293 0,6664 0,7019 0,7357 0,7673 0,7967 0,8238 0,8485 0,8708 0,8907 0,9082 0,9236 0,9370 0,9484 0,9582 0,9664 0,9732 0,9788 0,9834 0,9871 0,9901 0,9925 0,9943 0,9957 0,9968 0,9977

Probabilité P(Z