Maîtrise des Lois de Probabilité : Binomiale, Poisson, Normale

Correction :

Il s'agit d'une loi binomiale car :

• L'expérience est répétée un nombre fixe de fois (n=10 tirages).
• Chaque tirage a deux issues possibles : défectueux (succès) ou non défectueux (échec).
• La probabilité de succès (composant défectueux) est constante (p=0.02).
• Les tirages sont indépendants.

On note $X$ le nombre de composants défectueux dans l'échantillon. $X \sim B(n=10, p=0.02)$.

La probabilité recherchée est $P(X=1)$. La formule de la loi binomiale est $P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$.

Donc, $P(X=1) = \binom{10}{1} (0.02)^1 (1-0.02)^{10-1} = 10 \times 0.02 \times (0.98)^9$.

Calculons $(0.98)^9 \approx 0.833748$.

$P(X=1) \approx 10 \times 0.02 \times 0.833748 \approx 0.1667496$.

Astuce : Utilise ta calculatrice ou un logiciel pour calculer rapidement $\binom{n}{k}$ et les puissances, surtout pour des valeurs de n plus grandes.

Correction :

Cette situation peut être modélisée par une loi de Poisson car :

• On s'intéresse au nombre d'événements (appels) sur un intervalle fixe (1 minute).
• Les événements (appels) sont indépendants.
• Le taux moyen d'événements par intervalle est constant.

On note $\lambda$ le taux moyen, ici $\lambda = 3$ appels par minute. Soit $Y$ le nombre d'appels en une minute. $Y \sim P(\lambda=3)$.

La probabilité recherchée est $P(Y=5)$. La formule de la loi de Poisson est $P(Y=k) = \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}$.

Donc, $P(Y=5) = \frac{3^5 e^{-3}}{5!} = \frac{243 \times e^{-3}}{120}$.

Calculons $e^{-3} \approx 0.049787$.

$P(Y=5) \approx \frac{243 \times 0.049787}{120} \approx \frac{12.098241}{120} \approx 0.1008186$.

Astuce : Pour les calculs avec $e^{-\lambda}$, utilise la touche $e^x$ de ta calculatrice.

Correction :

Soit $H$ la taille d'un homme adulte. $H \sim N(\mu=175, \sigma=7)$.

On cherche $P(170 < H < 180)$.

Pour calculer cette probabilité, on utilise la loi normale centrée réduite $Z = \frac{H - \mu}{\sigma}$. $Z \sim N(0, 1)$.

On transforme les bornes :

• Pour $H=170$, $z_1 = \frac{170 - 175}{7} = \frac{-5}{7} \approx -0.71$.
• Pour $H=180$, $z_2 = \frac{180 - 175}{7} = \frac{5}{7} \approx 0.71$.

Donc, $P(170 < H < 180) = P(-0.71 < Z < 0.71)$.

En utilisant les tables de la loi normale centrée réduite ou une calculatrice :

$P(-0.71 < Z < 0.71) = P(Z < 0.71) - P(Z < -0.71)$.

On sait que $P(Z < -z) = 1 - P(Z < z)$.

$P(Z < 0.71) \approx 0.7611$.

$P(Z < -0.71) = 1 - P(Z < 0.71) \approx 1 - 0.7611 = 0.2389$.

$P(-0.71 < Z < 0.71) \approx 0.7611 - 0.2389 = 0.5222$.

Astuce : Pour les calculs de probabilités sur une loi normale, il est toujours plus simple de la centrer et de la réduire pour utiliser la loi $N(0,1)$ et ses tables ou fonctions.

Correction :

Ce problème correspond à une loi binomiale $X \sim B(n=100, p=0.05)$.

a) Probabilité d'avoir exactement 3 ampoules défectueuses :

On cherche $P(X=3) = \binom{100}{3} (0.05)^3 (1-0.05)^{100-3}$.

$P(X=3) = \binom{100}{3} (0.05)^3 (0.95)^{97}$.

Calculons $\binom{100}{3} = \frac{100 \times 99 \times 98}{3 \times 2 \times 1} = 161700$.

$P(X=3) = 161700 \times (0.05)^3 \times (0.95)^{97}$.

$(0.05)^3 = 0.000125$.

$(0.95)^{97} \approx 0.007499$.

$P(X=3) \approx 161700 \times 0.000125 \times 0.007499 \approx 0.1501$.

b) Espérance et variance :

Pour une loi binomiale $B(n, p)$ :

• L'espérance est $E(X) = np$.
• La variance est $Var(X) = np(1-p)$.

$E(X) = 100 \times 0.05 = 5$.

$Var(X) = 100 \times 0.05 \times (1-0.05) = 5 \times 0.95 = 4.75$.

Point méthode : L'espérance $E(X)$ pour une loi binomiale donne le nombre moyen de succès attendus sur n essais. La variance mesure la dispersion des résultats autour de cette espérance.

Correction :

Le problème parle de "temps moyen" et "nombre d'événements". Si on interprète "temps moyen d'attente" comme le taux d'arrivées, on pourrait penser Poisson, mais le "temps" est une variable continue. Ici, le libellé est un peu ambigu. Si on considère le nombre d'événements (personnes arrivant) par unité de temps, on utiliserait Poisson. Si on considère le temps entre événements, on utiliserait une loi exponentielle. Cependant, le "temps moyen d'attente est de 2 minutes" fait penser à une moyenne. Si on interprète cela comme le paramètre $\lambda$ d'une loi de Poisson concernant le nombre d'événements dans une unité de temps, on doit clarifier cette unité. Assumons que $\lambda = 2$ événements par unité de temps, et cherchons les probabilités pour le nombre d'événements.

Hypothèse 1 : Le taux est de 2 appels par minute, et on cherche la probabilité du nombre d'appels.

$Y \sim P(\lambda=2)$.

a) Probabilité d'attendre moins de 1 minute (soit 0 ou 1 événement) :

$P(Y < 1) = P(Y=0) = \frac{2^0 e^{-2}}{0!} = e^{-2} \approx 0.1353$.

b) Probabilité d'attendre plus de 3 minutes (soit plus de 3 événements) :

$P(Y > 3) = 1 - P(Y \le 3) = 1 - [P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2) + P(Y=3)]$.

$P(Y=0) = e^{-2} \approx 0.1353$.

$P(Y=1) = \frac{2^1 e^{-2}}{1!} = 2e^{-2} \approx 0.2707$.

$P(Y=2) = \frac{2^2 e^{-2}}{2!} = \frac{4e^{-2}}{2} = 2e^{-2} \approx 0.2707$.

$P(Y=3) = \frac{2^3 e^{-2}}{3!} = \frac{8e^{-2}}{6} \approx 0.1804$.

$P(Y \le 3) \approx 0.1353 + 0.2707 + 0.2707 + 0.1804 = 0.8571$.

$P(Y > 3) \approx 1 - 0.8571 = 0.1429$.

Hypothèse 2 : Le temps d'attente suit une loi exponentielle avec une moyenne de 2 minutes.

Si le temps $T$ suit une loi exponentielle, alors son taux $m = 1/\text{moyenne} = 1/2 = 0.5$. $T \sim Exp(m=0.5)$.

a) Probabilité d'attendre moins de 1 minute :

$P(T < 1) = 1 - e^{-m \times 1} = 1 - e^{-0.5 \times 1} = 1 - e^{-0.5} \approx 1 - 0.6065 = 0.3935$.

b) Probabilité d'attendre plus de 3 minutes :

$P(T > 3) = e^{-m \times 3} = e^{-0.5 \times 3} = e^{-1.5} \approx 0.2231$.

Clarification : L'énoncé est ambigu. Si le contexte est le nombre d'événements dans un intervalle, c'est Poisson. Si c'est le temps entre événements, c'est exponentiel. Dans un examen, il faudrait demander une clarification ou préciser ton interprétation.

Correction :

On utilise la loi binomiale $X \sim B(n=20, p=0.5)$ car la pièce est équilibrée ($p=0.5$).

On cherche $P(X \ge 12)$.

a) Calcul exact (sans approximation) :

$P(X \ge 12) = P(X=12) + P(X=13) + . + P(X=20)$.

C'est un calcul fastidieux. On peut utiliser une calculatrice ou un logiciel.

Ce calcul donne environ 0.2023.

b) Approximation normale :

Vérifions les conditions d'approximation : $np = 20 \times 0.5 = 10 \ge 5$ et $n(1-p) = 20 \times 0.5 = 10 \ge 5$. Les conditions sont remplies.

On approxime la loi binomiale par une loi normale $N(\mu, \sigma)$ avec :

$\mu = np = 10$.

$\sigma^2 = np(1-p) = 20 \times 0.5 \times 0.5 = 5$. Donc $\sigma = \sqrt{5} \approx 2.236$.

On cherche $P(X \ge 12)$. Avec la correction de continuité, on cherche $P(Y \ge 11.5)$ où $Y \sim N(10, \sqrt{5})$.

On centre et réduit : $Z = \frac{Y - \mu}{\sigma} = \frac{Y - 10}{\sqrt{5}}$.

La borne devient : $\frac{11.5 - 10}{\sqrt{5}} = \frac{1.5}{\sqrt{5}} \approx \frac{1.5}{2.236} \approx 0.671$.

On cherche donc $P(Z \ge 0.671) = 1 - P(Z < 0.671)$.

En utilisant une table de la loi normale : $P(Z < 0.671) \approx 0.7488$.

$P(Z \ge 0.671) \approx 1 - 0.7488 = 0.2512$.

Point méthode : La correction de continuité consiste à passer d'une variable discrète à une variable continue en ajoutant ou soustrayant 0.5 à la borne. Pour $P(X \ge k)$, on utilise $P(Y \ge k-0.5)$. Pour $P(X \le k)$, on utilise $P(Y \le k+0.5)$. Pour $P(X=k)$, on utilise $P(k-0.5 \le Y \le k+0.5)$.

Correction :

Le taux moyen de défauts est de 0.5 par heure. Sur une durée de 3 heures, le taux moyen sera donc $\lambda_{3h} = 0.5 \times 3 = 1.5$ défauts.

On cherche la probabilité d'avoir exactement 2 défauts en 3 heures. Soit $N$ le nombre de défauts en 3 heures. $N \sim P(\lambda=1.5)$.

La probabilité recherchée est $P(N=2)$.

$P(N=2) = \frac{\lambda^2 e^{-\lambda}}{2!} = \frac{(1.5)^2 e^{-1.5}}{2}$.

Calculons : $(1.5)^2 = 2.25$.

$e^{-1.5} \approx 0.22313$.

$P(N=2) \approx \frac{2.25 \times 0.22313}{2} \approx \frac{0.5020425}{2} \approx 0.25102$.

Astuce : Attention à bien ajuster le paramètre $\lambda$ de la loi de Poisson à l'intervalle de temps considéré dans la question.

Correction :

Soit $D$ la durée de vie d'un composant. $D \sim N(\mu=5000, \sigma=300)$.

a) Probabilité de panne avant 4500 heures :

On cherche $P(D < 4500)$. On centre et réduit :

$z_1 = \frac{4500 - 5000}{300} = \frac{-500}{300} = -\frac{5}{3} \approx -1.67$.

$P(D < 4500) = P(Z < -1.67) = 1 - P(Z < 1.67)$.

En utilisant une table de la loi normale : $P(Z < 1.67) \approx 0.9525$.

$P(Z < -1.67) \approx 1 - 0.9525 = 0.0475$.

b) Probabilité de fonctionner entre 4700 et 5300 heures :

On cherche $P(4700 < D < 5300)$. On centre et réduit les bornes :

$z_1 = \frac{4700 - 5000}{300} = \frac{-300}{300} = -1$.

$z_2 = \frac{5300 - 5000}{300} = \frac{300}{300} = 1$.

$P(4700 < D < 5300) = P(-1 < Z < 1)$.

$P(-1 < Z < 1) = P(Z < 1) - P(Z < -1) = P(Z < 1) - (1 - P(Z < 1)) = 2 P(Z < 1) - 1$.

En utilisant une table de la loi normale : $P(Z < 1) \approx 0.8413$.

$P(-1 < Z < 1) \approx 2 \times 0.8413 - 1 = 1.6826 - 1 = 0.6826$.

Astuce : Le résultat de 0.6826 pour l'intervalle $[\mu - \sigma, \mu + \sigma]$ est une propriété connue de la loi normale : environ 68.3% des valeurs se situent à moins d'un écart-type de la moyenne.

Correction :

Le nombre moyen d'accidents par jour est $\lambda_{jour} = 2$. Soit $A_{jour}$ le nombre d'accidents en un jour. $A_{jour} \sim P(\lambda=2)$.

a) Probabilité d'avoir exactement 3 accidents demain :

On cherche $P(A_{jour} = 3)$.

$P(A_{jour} = 3) = \frac{2^3 e^{-2}}{3!} = \frac{8 e^{-2}}{6} = \frac{4}{3} e^{-2}$.

$e^{-2} \approx 0.135335$.

$P(A_{jour} = 3) \approx \frac{4}{3} \times 0.135335 \approx 0.180447$.

b) Probabilité d'avoir au moins 1 accident dans les 2 prochains jours :

Sur une période de 2 jours, le taux moyen d'accidents sera $\lambda_{2jours} = 2 \times 2 = 4$.

Soit $A_{2jours}$ le nombre d'accidents en 2 jours. $A_{2jours} \sim P(\lambda=4)$.

On cherche $P(A_{2jours} \ge 1)$. Il est plus facile de calculer la probabilité de l'événement complémentaire : $P(A_{2jours} = 0)$.

$P(A_{2jours} = 0) = \frac{4^0 e^{-4}}{0!} = e^{-4}$.

$e^{-4} \approx 0.0183156$.

$P(A_{2jours} \ge 1) = 1 - P(A_{2jours} = 0) = 1 - e^{-4}$.

$P(A_{2jours} \ge 1) \approx 1 - 0.0183156 = 0.9816844$.

Correction :

Soit $N$ la note d'un étudiant. $N \sim N(\mu=12, \sigma=2.5)$.

On cherche d'abord la probabilité qu'un étudiant ait une note supérieure ou égale à 15, c'est-à-dire $P(N \ge 15)$.

On centre et réduit :

$z = \frac{15 - 12}{2.5} = \frac{3}{2.5} = 1.2$.

$P(N \ge 15) = P(Z \ge 1.2) = 1 - P(Z < 1.2)$.

En utilisant une table de la loi normale : $P(Z < 1.2) \approx 0.8849$.

$P(N \ge 15) \approx 1 - 0.8849 = 0.1151$.

Maintenant, on a 500 étudiants. Le nombre d'étudiants attendus avec une note supérieure ou égale à 15 est le nombre total d'étudiants multiplié par cette probabilité.

Nombre attendu = $500 \times P(N \ge 15) \approx 500 \times 0.1151 = 57.55$.

Astuce : Quand on a une loi normale et qu'on veut estimer un nombre d'individus dans une population, on calcule d'abord la probabilité pour un individu, puis on multiplie par la taille de la population.