MESURES ET ANALYSES STATISTIQUES DE DONNÉES ... - LMPA

IVTABLE DES MATIÈRES

Chapitre 1Le dénombrement1.1 Notations1.1.1 Préliminaires• Soit E un ensemble fini, le cardinal de E, noté Card(E) ou |E|, désigne le nombre de ses éléments.• P(E) désigne l’ensemble des parties de E (y compris l’ensemble E lui-même et l’ensemble vide noté∅).Exemple 1.1.1 Si on se donne E = {0, 1, 2}, l’ensemble des parties de E est donné parP(E) = {∅; {0}; {1}; {2}; {0, 1}; {0, 2}; {1, 2}; E}• Soient A et B deux parties de E alors• A ∩ B = {x ∈ E/x ∈ A et x ∈ B} définit l’intersection de A et de B,• A ∪ B = {x ∈ E/x ∈ A ou x ∈ B} définit la réunion de A et de B,• A = {x ∈ E/x /∈ A} définit le complémentaire de A dans E,• A − B = {x ∈ E/x ∈ A et x /∈ B} = A ∩ B définit “A privé de B” (on écrit également A/B),• A△B = (A − B) ∪ (B − A) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) définit la différence symétrique de A et de B.On a par conséquent A△B = {x ∈ E/(x ∈ A et x /∈ B) ou (x /∈ A et x ∈ B)} .Exemple 1.1.2 Si on se donne les ensembles E = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, A = {0, 1, 2}, B = {2, 3, 4} alors• A ∩ B = {2},• A ∪ B = {0, 1, 2, 3, 4},• A = {3, 4, 5, 6},• B = {0, 1, 5, 6},• A − B = A ∩ B = {0, 1},• B − A = B ∩ A = {3, 4},• A△B = {0, 1, 3, 4}.1.1.2 Ensemble produitSoient deux ensembles finis E et F .1. On appelle ensemble produit ou produit cartésien de E par F , l’ensemble notéE × F = {(x, y)/x ∈ E, y ∈ F }Exemple 1.1.3 Soient les ensembles E = {0, 1, 2} et F = {a, b}. On a alorsE × F = {(0, a); (0, b); (1, a); (1, b); (2, a); (2, b)}.

2 CHAPITRE 1. LE DÉNOMBREMENT2. E 2 est le produit cartésien de E.E 2 = {(x, y)/x ∈ E, y ∈ E}Dans l’exemple précédent, on a E 2 = {(0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (1, 1), (1, 2), (2, 0), (2, 1), (2, 2)} etF 2 = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b)}.3. On peut généraliser la définition du produit cartésien. Soient p ensembles finis E 1 ,E 2 ,. . .,E p alors1.1.3 Notation factorielleE 1 × E 2 × . . . × E p = {(x 1 , x 2 , . . . , x p )/x 1 ∈ E 1 , x 2 ∈ E 2 , . . . , x p ∈ E p }Soit n un entier naturel non nul (n ∈ N ∗ ), on définit n! = 1 × 2 × 3 × . . . × n qui se lit “factorielle n”.Exemple 1.1.4 5! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120.Par convention, on pose 0! = 1 .✄n!✂Exercice 1 ✁ Simplifiez a =(n − 1)! n ∈ n!N∗ , b = avec n ∈ N − {0; 1}.(n − 2)!✄✂Exercice 2 ✁ Écrire à l’aide de deux factorielles le produit 5 × 6 × 7 × 8.1.2 Le dénombrement1.2.1 Ensemble produit1. Soient deux ensembles finis E et F de cardinaux respectifs n et p. Le cardinal du produit cartésien deE par F est donné parCard(E × F ) = Card(E) × Card(F )En effet, E ×F = {(x, y)/x ∈ E, y ∈ F }. Comme x et y peuvent prendre respectivement n et p valeurs,il y a n × p couples (x, y) possibles.Exemple 1.2.1 Soient les ensembles E = {0, 1, 2} et F = {a, b}. On a Card(E × F ) = 3 × 2 = 6.2. Lorsque F = E,Card(E 2 ) = Card(E × E) = Card(E) × Card(E) = (Card(E)) 2Exemple 1.2.2 Dans l’exemple précédent, on a Card(E 2 ) = 3 2 = 9 et Card(F 2 ) = 2 2 = 4.3. On peut généraliser la définition du cardinal. Soient p ensembles finis E 1 ,E 2 ,. . .,E p alorsCard(E 1 × E 2 × . . . × E p ) = Card(E 1 ) × Card(E 2 ) × . . . × Card(E p )1.2.2 Nombre d’applications d’un ensemble E de cardinal p dans un ensemble F decardinal n1. Le nombre d’applications de E dans F estn p = (Card(F )) Card(E)Exemple 1.2.3 Soient E = {0, 1} et F = {a, b, c}. Le nombre d’applications de E dans F est 3 2 = 9.– Considérons une application de E dans F , représentée par la Figure 1.1. Cette application estcaractérisée par le couple (a, a) avec la convention “0 a pour image a” et “1 a pour image a”.– Considérons maintenant une nouvelle application, { représentée par la Figure 1.2. Cette application0 → aest caractérisée par le couple (a, c) tel que1 → c .

1.2. LE DÉNOMBREMENT 3Figure 1.1Figure 1.2– Les neuf applications de E dans F sont donc caractérisées par les 9 couples (a, a), (b, b), (c, c), (a, b),(b, a), (a, c), (c, a), (b, c) et (c, b). Un couple (x, y) caractérise l’application0 → x1 → yx et y pouvant prendre les valeurs a, b, c.✄✂Exercice 3 ✁ Soit un ensemble de 5 éprouvettes que l’on veut répartir dans trois rangements. Chaquerangement pouvant contenir 0, 1 ou plusieurs éprouvettes, quel est le nombre de répartitions distinctes ?✄✂Exercice 4 ✁ À l’intérieur d’un laboratoire, un numéro de téléphone fixe est composé d’un indicatif(2 numéros) et d’une suite ordonnée de 8 numéros. Pour un indicatif donné, combien y a-t-il denuméros possibles ?2. p-listes ordonnées avec remiseSoit un ensemble F = {e 1 , e 2 , . . . , e n } de cardinal n. On appelle p-liste d’éléments de F , une listeordonnée de p éléments de F (appelée encore p-uplet) de la forme (x 1 , x 2 , . . . , x p ), les x i étant deuxéléments distincts ou non de F . Ces p-uplets sont au nombre de n p puisqu’il y a n choix possibles pourles p éléments.Exemple 1.2.4 Soit F = {e 1 , e 2 , e 3 }.– Les 2-listes ordonnées avec remise (ce qui signifie que les éléments peuvent se répéter) ou 2-upletssont au nombre de 3 2 = 9 c’est-à-dire qu’il existe 9 couples (x, y) formés par deux éléments distinctsou non de F . Ces éléments sont (e 1 , e 1 ), (e 1 , e 2 ), (e 2 , e 1 ), (e 1 , e 3 ), (e 3 , e 1 ), (e 2 , e 2 ), (e 2 , e 3 ), (e 3 , e 2 ),(e 3 , e 3 ).– Les 3-listes ordonnées avec remise (ou 3-uplets, ou triplets) sont au nombre de 3 3 = 27, on peut citerentre-autres (e 1 , e 1 , e 1 ), (e 2 , e 1 , e 3 ), (e 3 , e 2 , e 3 ).✄✂Exercice 5 ✁ Combien peut-on former de sigles d’entreprises de deux lettres ? de trois lettres ? dequatre lettres ?

4 CHAPITRE 1. LE DÉNOMBREMENT✄✂Exercice 6 ✁ On extrait à l’aveugle 3 pièces métalliques d’un conteneur qui en compte 9 : 4 piècesde type A, 3 pièces de type B, 1 pièce de type C et 1 pièce de type D. Combien y a-t-il de résultatspermettant d’obtenir successivement avec remise(a) 3 pièces de type A ?(b) aucune pièce de type B ?(c) 3 pièces de type C ?(d) dans cet ordre : 2 pièces de type A et 1 pièce de type B ?(e) 2 pièces de type A et 1 pièce de type B ?(f) 1 pièce de type A, 1 pièce de type B et 1 pièce de type C ?1.2.3 Parties d’un ensemble et cardinaux1. Le nombre de parties d’un ensemble E de cardinal n est 2 n .Card(E) = n ⇒ Card(P(E)) = 2 n .Exemple 1.2.5 On a vu dans un exemple précédent que P(E) = {∅; {0}; {1}; {2}; {0, 1}; {0, 2}; {1, 2}; E}si E = {0, 1, 2}, ce qui confirme bien que Card(P(E)) = 2 3 = 8.2. Si A et B sont deux parties de E,Card(A ∪ B) = Card(A) + Card(B) − Card(A ∩ B)✄✂Exercice 7 ✁ Parmi les 20 employés d’une entreprise, 8 connaissent l’anglais, 5 l’allemand, 3 les deuxlangues. Dénombrez ceux qui connaissent au moins une langue.3. Le complémentaire d’une partie A de E est défini parA = ∁ A Eavec Card(A) = Card(E) − Card(A) .Exemple 1.2.6 Soient E = {0, 1, 2, 3, 4} et A = {2, 4} alors A = {0, 1, 3} et Card(A) = 5 − 2 = 3.✄✂Exercice 8 ✁ Un sondage d’opinion, relatif à l’ambiance d’un cours de “Mesures et analyses statistiquesde données”, a été réalisé parmi 83 étudiants de Master 1 GSI en 2012 et donne les résultatssuivants :Filles demoins de 23 ansFilles de23 ans et plusGarçons demoins de 23 ansGarçons de23 ans et plusTrès Assez Assez Trèssatisfaits satisfaits déçus déçus9 6 2 27 9 4 26 6 4 32 4 6 11On pose : F les femmes, P les étudiants de 23 ans et plus, D les étudiants assez déçus ou très déçus,A les étudiants assez déçus ou assez satisfaits. On note F , A, D les ensembles complémentaires de F ,A et D. Déterminez le nombre d’éléments des ensembles suivants en précisant ce qu’il représente :(a) F , P , D et A,(b) F ∩ P ∩ D ∩ A,(c) (F ∩ D) ∪ (P ∩ A),(d) F ∩ (P ∩ D ∩ A).

1.2. LE DÉNOMBREMENT 51.2.4 Arrangements1. Soient un ensemble F de cardinal n et p un entier naturel tel que 1 ≤ p ≤ n. On appelle arrangement,d’ordre p, des éléments de F , un p-uplet (x 1 , x 2 , . . . , x p ) où les éléments x i sont des éléments distinctsde F .Déterminons le nombre d’arrangements d’ordre p, noté A p n :– si p > n : A p n = 0– si p ≤ n : pour x 1 , il y a n choix possibles. x 1 étant choisi, il y a n − 1 choix possibles pour x 2 etainsi de suite. Enfin, x 1 , x 2 , . . . , x p−1 étant choisis, il reste n − (p − 1) = n − p + 1 choix possiblespour x p . Le nombre d’arrangements d’ordre p est doncA p n = n(n − 1)(n − 2) . . . (n − p + 1)Cette égalité peut se réécrire A p n = n(n − 1)(n − 2) . . . (n − p + 1) ×ce qui signifie queA p n =n!(n − p)!2. Cas particuliers : Avec la convention 0! = 1 le résultat précédent impliqueA 0 n = 1 et A n n = 1(n − p)(n − p − 1) . . . 2 × 1(n − p)(n − p − 1) . . . 2 × 1 ,✄✂Exercice 9 ✁ L’équipe de direction d’un laboratoire de chimie de 20 membres est constituée d’undirecteur, d’un directeur technique et d’un directeur Recherche et Développement. Combien d’équipesde direction peut-on constituer, sachant qu’une même personne ne peut cumuler les postes ?✄✂Exercice 10 ✁ Soit le mot F IABILIT E. À l’aide de ce mot, combien d’anagrammes et combien demots - au sens large - de 5 lettres distinctes peut-on former ?1.2.5 Permutations1. On appelle permutation d’un ensemble F de cardinal n, un arrangement d’ordre n de F . Le nombrede ces permutations est donné par P n = A n n = n!.2. Permutation avec répétitionExemple 1.2.7 Déterminons le nombre d’anagrammes du mot F INI.Si on considère les deux I comme différents, I 1 et I 2 , les 4 lettres de F I 1 NI 2 étant distinctes, il existe4! = 24 anagrammes. Dans ces 24 mots, les mots F I 1 NI 2 et F I 2 NI 1 apparaissent. Chaque mot estcomptabilisé deux fois. Le nombre d’anagrammes de F INI est donc 4!2! = 12.Exemple 1.2.8 Déterminons le nombre d’anagrammes du mot ENSEMBLE.Si on numérote les trois E, on obtient E 1 NSE 2 MBLE 3 . Les huit lettres étant distinctes, il existe8! anagrammes de E 1 NSE 2 MBLE 3 . Dans ces 8! mots, le mot ENSEMBLE apparaît 3! = 6 fois,chaque mot est donc comptabilisé 3! fois. Le nombre d’anagrammes de ENSEMBLE est donc 8!3! .Exemple 1.2.9 Déterminons le nombre d’anagrammes du mot MAT HEMAT IQUES.13!En procédant comme précédemment, on obtient2!2!2!2! anagrammes.3. Cas généralSoit une famille E de cardinal n, définie par E = {a 1 , a 2 , . . . , a k }, la lettre a 1 étant répétée r 1 fois, lalettre a 2 r 2 fois, la lettre a k r k fois avec r 1 + r 2 + . . . + r k = n. Le nombre de permutations est alors

6 CHAPITRE 1. LE DÉNOMBREMENTn!r 1 !r 2 ! . . . r k !✄✂Exercice 11 ✁ Supposons qu’un protocole d’expérimentation soit constitué de 10 étapes.(a) Si on considère que toutes les étapes sont différentes, combien de protocoles distincts peut-onréaliser ?(b) Si 4 et 6 de ces étapes sont identiques, combien de protocoles distincts peut-on obtenir ?1.2.6 Combinaisons1. Soit un ensemble F ayant n éléments distincts. On appelle combinaison d’ordre p de F toute partieà p éléments (0 ≤ p ≤ n).Remarque 1.2.1 Deux combinaisons distinctes d’ordre p diffèrent par la nature de leurs éléments etnon pas par l’ordre.Exemple 1.2.10 Soit F = {a, b, c, d}. Les combinaisons d’ordre 3 de F sont {a, b, c}, {a, b, d}, {a, c, d},{b, c, d}.Exemple 1.2.11 Avec les éléments a, b, c, on peut constituer– une combinaison de 3 éléments : {a, b, c},– six arrangements de 3 éléments : (a, b, c), (a, c, b), (b, a, c), (b, c, a), (c, a, b) et (c, b, a).( )Le nombre de combinaisons d’ordre p est noté Cn p nou et est défini parpC p n = Ap np!=n! n(n − 1)(n − 2) . . . (n − p + 1)=p!(n − p)! p!Les C p n sont encore appelés coefficients binomiaux.✄✂Exercice 12 ✁ Un support de tubes à essais contient 2 tubes de 20 mL, 4 tubes de 10 mL, 4 tubes de5 mL et 6 tubes de 2 mL. On prend au hasard 5 tubes sur le support. De combien de façons différentespeut-on obtenir un total de 40 mL ?2. Propriétés des nombres C p n– On a le résultatEn particulier, C 0 n = C n n = 1 et C 1 n = C n−1n = n.– On a égalementC p n = C n−pn pour n ≥ 0 et 0 ≤ p ≤ n.C p n = C p n−1 + Cp−1 n−1pour n ≥ 1 et 1 ≤ p ≤ n.3. Binôme de NewtonOn a la formulen∑(x + y) n = Cnx p p y n−p pour n ≥ 0.p=0Exemple 1.2.12 (x + y) 5 = C 0 5 x0 y 5 + C 1 5 x1 y 4 + C 2 5 x2 y 3 + C 3 5 x3 y 2 + C 4 5 x4 y 1 + C 5 5 x5 y 0= y 5 + 5y 4 x + 10y 3 x 2 + 10y 2 x 3 + 5yx 4 + x 5 .✄✂Exercice 13 ✁ Développez à l’aide de la formule du binôme les expressions suivantes où a est unnombre réel quelconque

1.2. LE DÉNOMBREMENT 7(a) E = (a + 1) 4(b) F = (a − 3) 54. Le triangle de PascalCe triangle permet par simple addition de récupérer les coefficients C p n à partir des C p n−1 .❍ ❍❍❍❍ pn0 1 2 3 4 5 · · · p − 1 p0 11 1 12 1 2 13 1 3 3 14 1 4 6 4 15 1 5 10 10 5 1.n − 1n.. ..C p−1n−1C p n−1C p n1.2.7 Combinaisons avec répétitionSoit un ensemble F de cardinal n. On nomme combinaison d’ordre p, avec répétition des élémentsde E, une liste de p éléments tous extraits de E, les répétitions étant autorisées mais l’ordre dans la listen’intervient pas.Le nombre de combinaisons avec répétition, d’ordre p, est notéΓ p n = C p n+p−1 = (n + p − 1)!Cn−1 n+p−1 =p!(n − 1)!Exemple 1.2.13 5 clients vous commandent 5 composants électroniques parmi les 8 que vous fabriquez.Quel est le nombre de commandes globales distinctes dans les cas suivants ?– Les composants sont tous différents : C 5 8 = 8!5!3! = 56.– Les composants sont tous quelconques : C 5 8+5−1 = C5 12 = 792.1.2.8 Modèle fondamental : schéma d’urneIl est très pratique dans les exercices de considérer l’ensemble E impliqué comme une urne contenant nboules numérotées de 1 à n, chacune des boules s’interprétant comme un élément de E, et de laquelle on tirep boules. On aura très souvent les cas suivants :– Tirages successifs avec remise : On tire au hasard une boule dans l’urne puis on la remet dans l’urneavant d’effectuer le tirage suivant. Si on effectue ainsi p tirages avec remise, le résultat global s’interprètecomme une p-liste. Il y a donc n p tirages avec remise (de p éléments) possibles.– Tirages successifs et sans remise : On tire au hasard une boule dans l’urne que l’on conserve, la boulen’est donc pas remise dans l’urne qui contient ainsi après chaque tirage une boule de moins. Si oneffectue ainsi p tirages sans remise (p ≤ n), le résultat global s’interprète comme une p-liste d’éléments2 à 2 distincts ou encore comme un arrangement de p éléments de E. Il y a donc A p n tirages sans remise(de p éléments) possibles.– Tirages simultanés : On tire simultanément p boules de l’urne (et non plus successivement, cela revientà dire que l’ordre du tirage des boules est sans importance). Un tel tirage s’interprète comme un sousensemblede E et donc comme une combinaison de p éléments de E. Il y a donc C p n tirages simultanés(de p éléments) possibles.

8 CHAPITRE 1. LE DÉNOMBREMENT1.3 Exercices✄✂Exercice 14 ✁ Soit Ω un ensemble. On note P l’ensemble de ses parties.1. Considérons l’ensemble Ω 1 = {1}. Déterminez l’ensemble P(Ω 1 ).2. Considérons l’ensemble Ω 2 = {1, 2}. Déterminez l’ensemble P(Ω 2 ).3. Considérons l’ensemble Ω 3 = {1, 2, 3}. Déterminez l’ensemble P(Ω 3 ).✄✂Exercice 15 ✁ Une classe de Master 1 se compose de 20 garçons et 8 filles.1. De combien de façons peut-on désigner trois garçons pour tenir les rôles des 3 premiers de la promotion ?2. De combien de façons peut-on désigner trois garçons et deux filles pour tenir les 5 premiers rôles de lapromotion ?✄✂Exercice 16 ✁ Afin de tester leur résistance, 4 appareils électriques d’un même type sont mis et laissés enfonctionnement pendant un laps de temps conséquent. Chaque appareil peut subir une défaillance complète(appelée défaillance catalectique, un court-circuit en est un exemple), une défaillance partielle n’entraînantpas d’arrêt, ou aucune défaillance.1. De combien de manières dictinctes les 4 appareils peuvent-ils se comporter ?2. Parmi toutes les réponses possibles, quelles sont celles qui imposeront de revoir la fabrication desappareils, c’est-à-dire 3 “défaillances catalectiques” ou plus ?✄✂Exercice 17 ✁ Un programme informatique génère de manière aléatoire des nombres compris entre 1 à20. On lance le programme.1. Calculez les cardinaux des événements suivants :A : “obtenir un nombre pair”,B : “obtenir un nombre impair”,C : “obtenir un nombre divisible par 3”,D : “obtenir un nombre au moins égal à 2”.2. Déterminez B ∩ C et en déduire Card(B ∪ C).✄✂Exercice 18 ✁ Les 8 analytes (de type I ou II) de 4 échantillons différents ont été soumis à une spectrophotométried’absorption atomique permettant de mesurer leur teneur en plomb. On suppose que les 32mesures sont distinctes, elles sont ensuite ordonnées au sein de leur échantillon, de la plus grande teneur à laplus petite (par exemple, T 2,4 désigne la 2e plus forte teneur en plomb d’un analyte provenant de l’échantillon4). On récupère alors 3 mesures au hasard.1. Combien y a-t-il de résultats possibles ?2. Calculez les cardinaux des événements suivants :A : “une seule 2e plus forte teneur en plomb”,B : “une seule 2e plus forte teneur en plomb provenant de l’échantillon 1 ou 2”,C : “uniquement les 3e plus fortes teneurs en plomb”,D : “au moins une plus forte teneur en plomb”,E : “une 4e plus forte teneur en plomb et une 3e plus forte teneur provenant de l’échantillon 3 ou 4”,F : “une seule 2e plus forte teneur en plomb et deux teneurs provenant du 3e échantillon”.✄✂Exercice 19 ✁ 3 lots P 1 , P 2 , P 3 de Streptomycine ont été titrés par dosage au maltol. Les résultats sontclassés dans 6 intervalles numérotés de 1 à 6. On note la classe d’appartenance de chacun des lots P 1 , P 2 ,P 3 dans cet ordre et on forme un nombre de 3 chiffres, P 1 indiquant le chiffre des centaines, P 2 celui desdizaines et P 3 celui des unités.

1.3. EXERCICES 111. Combien y a-t-il de nombres possibles ?2. Calculez les cardinaux des événements suivants :A : “les trois chiffres du nombre sont égaux”,B : “les trois chiffres du nombre sont différents”,C : “deux des trois chiffres au moins sont égaux”,D : “le nombre formé est pair”,E : “le nombre formé commence par 3”,F : “le nombre formé est divisible par 9”.✄✂Exercice 20 ✁ Un consultant en maintenance industrielle doit visiter 5 entreprises dans les villes suivantes :Arras, Boulogne, Cherbourg, Digne et Epernay.1. Combien de circuits différents peut-il réaliser ?2. Il commence son voyage par Arras. Combien de circuits différents peut-il réaliser ?3. Il commence son voyage par Arras et doit terminer par Epernay. Combien de circuits différents peut-ilréaliser ?✄✂Exercice 21 ✁ Résoudre dans l’ensemble des entiers naturels les équations suivantes :1. A 3 n = 210n2. C 2 n = 63. C 1 n + C 2 n + C 3 n = 5n✄✂Exercice 22 ✁ On effectue 20 fois une même expérience qui n’a que deux issues possibles : soit elle réussit,soit elle échoue.1. Combien y a-t-il de suites d’observations des réussites et échecs ?2. Combien y a -t-il de suites d’observations comptant 5 réussites ?

12 CHAPITRE 1. LE DÉNOMBREMENT

Chapitre 2La probabilité2.1 Le vocabulaire2.1.1 Expérience aléatoire et universLa théorie des probabilités fournit des modèles mathématiques permettant l’étude d’expériences dont onne peut prévoir le résultat avec certitude. Une telle expérience est appelée expérience aléatoire.On appelle univers, noté Ω, tout ensemble dont les éléments représentent tous les résultats possibles d’uneexpérience aléatoire. L’ensemble des résultats possibles est connu.2.1.2 EvénementsSoit Ω un univers correspondant à une certaine expérience aléatoire. Il sera noté généralementΩ = {w 1 , w 2 , . . . , w p }Les w i , éléments de Ω, sont des éventualités. Le singleton {w i } est appelé événement élémentaire. Unepartie de Ω est appelée événement, c’est un élément de P(Ω) (qui on le rappelle, définit l’ensemble desparties de Ω).Exemple 2.1.1 Dans le cas du “lancer d’un dé à 6 faces ”, les éventualités sont 1, 2, 3, 4, 5, 6, les événementsélémentaires {1}, {2}, {3}, {4}, {5} et {6}. Les événements sont les parties de Ω, par exemple, l’événement“obtenir un nombre pair ” peut s’écrire A = {2, 4, 6}.On a également les définitions suivantes : soit A un événement de Ω,– on dit que A se réalise si le résultat obtenu à l’issue de l’expérience aléatoire est un élément de A.– Soit A un événement de Ω. On appelle événement contraire de A (ou complémentaire), noté Ā,l’ensemble des éléments de Ω qui n’appartiennent pas à A. Autrement dit, l’événement Ā se réaliselorsque l’événement A ne se réalise pas.– Soient A et B deux événements de Ω. On appelle intersection de A et B le sous-ensemble des élémentsde Ω qui appartiennent à la fois à A et à B et on le note A ∩ B. Autrement dit, l’événement A ∩ B seréalise lorsque les événements A et B se réalisent.– Soient A et B deux événements de Ω. On appelle réunion de A et B le sous-ensemble des élémentsde Ω qui appartiennent à A ou à B et on le note A ∪ B. Autrement dit, l’événement A ∪ B se réaliselorsque au moins l’un des événements A et B se réalise.2.1.3 Propriétés de P(Ω)1. Ω ∈ P(Ω), Ω est appelé événement certain.2. ∀A ∈ P(Ω) ⇒ A ∈ P(Ω)En particulier Ω ∈ P(Ω) ⇒ Ω = ∅ ∈ P(Ω). L’ensemble vide est appelé événement impossible.

14 CHAPITRE 2. LA PROBABILITÉ3. { A ∈ P(Ω)B ∈ P(Ω)4. A ∩ B = A ∪ B5. A ∪ B = A ∩ B⇒{ A ∪ B ∈ P(Ω)A ∩ B ∈ P(Ω)6. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)2.1.4 Opérations sur les événementsLes opérations sur les ensembles ont une interprétation en matière d’événements.1. A ⊂ B : la réalisation de A implique celle de B.2. A ∪ B désigne l’événement “A ou B”, il se produit si au moins un des événements est réalisé.3. A ∩ B désigne l’événement “A et B”, il se produit si A et B sont tous les deux réalisés.4. Soient deux parties disjointes A et B, c’est-à-dire telles que A ∩ B = ∅. Les événements A et B sontdits incompatibles.5. Soit un système d’événements A i , i ∈ I. Les événements A i sont dits globalement incompatiblessi ⋂ i∈IA i = ∅.Remarque 2.1.1 Si les A i sont deux à deux incompatibles alors ils sont globalement incompatibles,par contre la réciproque est fausse.Exemple 2.1.2 Avec 3 événements A 1 , A 2 et A 3 :Figure 2.1on a donc bien A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 = ∅ mais A 1 ∩ A 2 ≠ ∅, ce qui illustre la remarque précédente.2.2 Probabilité2.2.1 Axiome de probabilitéSoient une expérience aléatoire et Ω l’univers associé, P(Ω) l’ensemble des événements. On définit uneprobabilité comme une application qui à un événement associe un nombre qui mesure les chances de réalisationde cet événement. Mathématiquement parlant, une probabilité est une applicationp : P(Ω) → R +A ↦→ p(A) ∈ [0; 1]On dit que p(A) est la probabilité de l’événement A. L’application p vérifie les axiomes suivants1. p(Ω) = 12. si A ∩ B = ∅ (les événements sont incompatibles) alors p(A ∪ B) = p(A) + p(B).Remarque 2.2.1 Le couple (Ω, P(Ω)) est probabilisé par la définition de la probabilité p. Pour probabiliser(Ω, P(Ω)), il existe une infinité de probabilités possibles. Le choix de la probabilité résulte d’hypothèses faitessur l’épreuve aléatoire.

2.3. ENSEMBLES PROBABILISÉS 152.2.2 Conséquences1. p(∅) = 0Preuve : On a ∅ ∪ ∅ = ∅ et ∅ ∩ ∅ = ∅ donc p(∅) = p(∅) + p(∅) ⇒ p(∅) = 0.2. p(A) + p(A) = 1Preuve :A ∩ A = ∅A ∪ A = Ω}⇒ p(Ω) = 1 = p(A) + p(A).3. A ⊂ B ⇒ p(A) ≤ p(B)Preuve :A ∪ (B − A) = bA ∩ (B − A) = ∅}⇒ p(B) = p(A) + p(B − A). Comme p(B − A) ∈ R + on a p(A) ≤ p(B).4. A ⊂ Ω ⇒ 0 ≤ p(A) ≤ 1Preuve : ∅ ⊂ A ⊂ Ω ⇒ p(∅) ≤ p(A) ≤ p(Ω) donc 0 ≤ p(A) ≤ 1.5. p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B)Preuve :}A ∪ B = B ∪ (A/B)⇒ p(A ∪ B) = p(B) + p(A/B) d’après le deuxième axiome de la probabilité,B ∩ (A/B) = ∅}(A/B) ∪ (A ∩ B) = A⇒ p(A) = p(A ∩ B) + p(A/B),(A/B) ∩ (A ∩ B) = ∅p(A ∪ B) − p(B) = p(A/B) = p(A) − p(A ∩ B) donc p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B).6. p(A ∪ B ∪ C) = p(A) + p(B) + p(C) − p(A ∩ B) − p(A ∩ C) − p(B ∩ C) + p(A ∩ B ∩ C)Preuve : En posant B∪C = X on obtient p(A∪B∪C) = p(A∪X) = p(A)+p(X)−p(A∩X) d’après le résultatprécédent. Or p(X) = p(B∪C) = p(B)+p(C)−p(B∩C) et A∩X = A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C).Par conséquent, p(A∩X) = p(A∩B)+p(A∩C)−p(A∩B ∩A∩C) = p(A∩B)+p(A∩C)−p(A∩B ∩C).En remplaçant cette expression dans p(A ∪ B ∪ C) on obtient l’égalité.Remarque 2.2.2– Dans le cas où les événements A, B et C sont incompatibles deux à deux, on obtientp(A ∪ B ∪ C) = p(A) + p(B) + p(C)– On peut généraliser cette propriété à n événements incompatibles deux à deux( ) ⋃A ii∈Ip= ∑ i∈Ip(A i ) avec A i ∩ A j = ∅ pour i ≠ j2.3 Ensembles probabilisés2.3.1 Ensembles finis probabilisés1. Soit Ω un ensemble fini de cardinal n ∈ N ⋆ donné par :

16 CHAPITRE 2. LA PROBABILITÉΩ = {w 1 , w 2 , . . . , w n }On définit une probabilité de la façon suivante• p i = p ({w i }) ≥ 0n∑• p i = 1i=1Remarque 2.3.1 Si A est une partie de Ω, p(A) = ∑ w i ∈Ap ({w i }).2. On dit qu’on a équiprobabilité sur Ω si tous les événements élémentaires ont la même probabilité,autrement dit sip({ω 1 }) = p({ω 2 }) = . . . = p({ω n }).Remarque 2.3.2 Si on a équiprobabilité sur Ω alors, d’après la définition d’une probabilité, on aet, pour tout événement A,p({ω 1 }) = p({ω 2 }) = . . . = p({ω n }) = 1 n .p(A) = k n = Card(A)Card(Ω)où, on le rappelle, Card(A) désigne le nombre d’éléments contenus dans l’ensemble A.Remarque 2.3.3 Considérons l’expérience aléatoire qui consiste à lancer un dé cubique. Supposonsque le dé soit équilibré (ou non truqué ou non pipé), dans ce cas, si p i est la probabilité d’obtenir laface i avec i ∈ {1, 2, . . . , 6}, p 1 = p 2 = p 3 = p 4 = p 5 = p 6 = 1 6 .Soit A l’événement “le numéro de la face supérieure du dé est pair”. Alors p(A) = 3 de par l’équiprobabilitédes événements élémentaires. En effet, p(A) = p({2} ∪ {4} ∪ {6}) = p({2}) + p({4}) + p({6})6car les événements (élémentaires) {2}, {4} et {6} sont incompatibles deux à deux.2.3.2 Ensembles infinis dénombrables probabilisésUn ensemble Ω est un ensemble dénombrable infini s’il existe une bijection de N ou de N ∗ dans Ω. Ilpeut s’écrire sous la forme :Ω = {w 1 , w 2 , w 3 , . . . , w n , . . . . . .}On définit une probabilité p sur (Ω, P(Ω)) en attribuant à chaque w i une probabilité p i = p({w i }) ≥ 0 telleque ∑ i∈N ∗ p i = 1.Exemple 2.3.1 On réalise une expérience qui n’a que deux issues possibles (l’échec ou la réussite) jusqu’àce qu’elle réussisse. On s’intéresse au nombre de réalisations nécessaires à la réussite. Ce nombre est variable,Ω = N ∗ donc Ω est un ensemble infini dénombrable.• p 1 = p ({1}) = 1 , la “réussite” apparaît lors de la première réalisation,2• p 2 = p ({2}) = 1 2 × 1 2 = 1 , la “réussite” apparaît lors de la deuxième réalisation,4.• p n = p ({n}) =.( ) 1 n−1 ( ( ) 1 1 n= , la “réussite” apparaît lors de la n-ième réalisation2 2)2donc les(n − 1) premières réalisations ont donné un “échec”

2.4. PROBABILITÉ CONDITIONNELLE 17Ainsi, ∑ p i = 1 ( 1 2 ( ) 1 n2 2) + + . . . + + . . ..2i∈N ∗Pour déterminer cette somme, on rappelle la formuleEn effet,n∑( ) 1 i=2i=1( )1 1 n+12 − 21 − 1 2n∑p i est la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de raison 1 2 .i=1( ) 1 n+1De plus, lim = 0 donc ∑ p i = limn→∞ 2n→+∞i∈N ∗2.4 Probabilité conditionnelle2.4.1 Définitionn∑( ) 11i= 221 − 1 = 1.2i=11. Étant donné un espace probabilisé (Ω, P(Ω), p), A étant un événement de probabilité non nulle, considéronsl’application notée p A telle que.p A : P(Ω) → R +X ↦→ p A (X) =p(A ∩ X)p(A)2. L’application p A est une probabilité. En effet,p(A ∩ Ω)• p A (Ω) = = p(A)p(A) p(A) = 1p(A ∩ (X ∪ Y ))• Si X ∩ Y = ∅, p A (X ∪ Y ) = mais on peut remarquer que A ∩ (X ∪ Y ) = (A ∩ X) ∪p(A)(A ∩ Y ) et (A ∩ X) ∩ (A ∩ Y ) = A ∩ X ∩ Y = X ∩ Y = ∅. Par conséquent,p(A ∩ X) + p(A ∩ Y ) p(A ∩ X)p A (X ∪ Y ) = = + p(A ∩ Y ) .p(A)p(A) p(A)Finalement, si X ∩ Y = ∅ alors p A (X ∪ Y ) = p A (X) + p A (Y ).p(A ∩ X)3. p A (X) = est encore notée p(X/A) et est appelée probabilité conditionnelle de X sachantp(A)A ou probabilité de X sachant A ou probabilité de X une fois A réalisé.Remarque 2.4.1– L’application p A est une probabilité, elle vérifie donc les propriétés de la probabilité, en particulier• p A (∅) = 0• p A (X) + p A (X) = 1– Si p(A) ≠ 0 et p(B) ≠ 0 alorsDoncp A (B) =p(A ∩ B)p(A)– Pour trois événements A, B et C, on a := p(B/A) et p B (A) =p(A ∩ B)p(B)p(A ∩ B) = p(A) × p(B/A) = p(B) × p(A/B)p(A) × p(B/A) × p(C/A ∩ B) = p(A) ×p(B ∩ A)p(A)×= p(A/B)p(A ∩ B ∩ C)p(A ∩ B)

18 CHAPITRE 2. LA PROBABILITÉdoncp(A ∩ B ∩ C) = p(A) × p(B/A) × p(C/A ∩ B)2.4.2 ExempleUn technicien doit régler de toute urgence un problème électrique sur une machine. La partie défaillanteétant hors de vue mais pas hors d’atteinte, notre réparateur a la possibilité de déconnecter 3 fusibles noirs(numérotés N 1 , N 2 , N 3 ) et 2 fusibles rouges (numérotés R 1 , R 2 ), indiscernables au toucher malheureusementpour lui. Il doit déconnecter deux fusibles rouges successivement pour régler le problème.On a les éventualités suivantes :(N 1 , R 1 ) ; (N 1 , R 2 ) ; (N 2 , R 1 ) ; (N 2 , R 2 ) ; (N 3 , R 1 ) ; (N 3 , R 2 ) ; (R 1 , N 1 ) ; (R 2 , N 1 ) ;(R 1 , N 2 ) ; (R 2 , N 2 ) ; (R 1 , N 3 ) ; (R 2 , N 3 ) ; (R 1 , R 2 ) ; (N 1 , N 2 ) ; (N 1 , N 3 ) ; (N 2 , N 3 ) ;(R 2 , R 1 ) ; (N 2 , N 1 ) ; (N 3 , N 1 ) ; (N 3 , N 2 )On dénombre donc 20 résultats possibles. On peut retrouver ce nombre en utilisant des techniques de dénombrement: notre problème peut être asssimilé à un arrangement d’ordre 2 des 5 fusibles. On en dénombreA 2 5 = 5!3! = 5 × 4 = 20.• On considère les événements :– A : “déconnecter un fusible rouge au premier essai”.– B : “déconnecter un fusible rouge au second essai”.On a p(A) = 2 5 , p(A ∩ B) = 2 5 × 1 4 = 2 20 = 1probabilité conditionnelle, p(B/A) =p(A ∩ B)p(A)10 , p(B) = 8 20 = 2 . Ainsi, en utilisant la définition de la52= 20 = 1 8 4 .20• Sans utiliser la définition de p(B/A), l’événement A étant réalisé (on a déconnecté un fusible rouge aupremier essai) dans les 8 cas suivants(R 1 , N 1 ) ; (R 1 , N 2 ) ; (R 1 , N 3 ) ; (R 1 , R 2 ) ; (N 1 , R 1 ) ; (N 2 , R 1 ) ; (N 3 , R 1 ) ; (R 2 , R 1 ),quelle est la probabilité de B ? p(B/A) = 2 8 = 1 c’est-à-dire que sur les 8 cas de réalisation de A, 2 cas4donnent la réalisation de B, les cas (R 1 , R 2 ) et (R 2 , R 1 ).2.4.3 Indépendance en probabilité1. Étant donné un espace probabilisé (Ω, P(Ω), p), on dit que deux événements A et B sont indépendantssi et seulement si2. Propriétés équivalentes : Si p(A) ≠ 0 et p(B) ≠ 0,p(A ∩ B) = p(A) × p(B)– les événements A et B sont indépendants si et seulement si p(A) = p(A/B) ⇔ p(B) = p(B/A),– la réalisation de A n’influence pas B ; de même la réalisation de B n’influence pas A.Remarque 2.4.2 On ne confondra pas “indépendance en probabilité” et“événements incompatibles”qui se traduisent respectivement par p(A ∩ B) = p(A)p(B) et A ∩ B = ∅.3. Généralisation : Trois événements sont dits globalement indépendants en probabilité s’ils sont deuxà deux indépendants en probabilité c’est-à-dire si• p(A ∩ B) = p(A)p(B)• p(B ∩ B) = p(B)p(C)• p(A ∩ C) = p(A)p(C)

2.4. PROBABILITÉ CONDITIONNELLE 194. Soient A et B deux événements indépendants alors A et B sont indépendants.En effet p(A ∩ B) = p(B) × p(A/B) or p(A/B) = 1 − p(A/B) donc p(A ∩ B) = p(B)[1 − p(A/B)] =p(B)[1 − p(A)] car A et B sont indépendants. Enfin, p(A ∩ B) = p(B)p(A) ce qui signifie que A et Bsont indépendants.Remarque 2.4.3 Il en est de même pour A et B, A et B.✄✂Exercice 23 ✁ Une formation en Master GSI compte 4 garçons et 6 filles en première année, 6 garçonsen seconde année. Combien doit-il y avoir de filles de seconde année si l’on veut que “sexe” et “année” soientdes facteurs indépendants lors du choix au hasard d’un étudiant ?2.4.4 La formule de Bayes1. Soient (Ω, P(Ω), p) un espace probabilisé et un système complet d’événements B 1 , B 2 , . . . , B n deux àdeux incompatibles (B i ∩ B j = ∅ pour i ≠ j et ⋃ i∈IB i = Ω), on dit que les (B i ) i∈I forment unepartition de Ω.Soit A un événement de probabilité non nulle, on peut alors écrire la formule de Bayes donnant laprobabilité pour que B i se réalise sachant A :Preuve : A = A ∩ Ω = A ∩( ⋃i∈IB i)pour i ≠ j. Par conséquent, p(A) = ∑ i∈Ip(B i /A) = p(B i) × p(A/B i )∑p(B j ) × p(A/B j )j∈I= ⋃ i∈I(A ∩ B i ). De plus, (A ∩ B i ) ∩ (A ∩ B j ) = A ∩ (B i ∩ B j ) = A ∩ ∅ = ∅p(A ∩ B i ) = ∑ i∈Ip(B i ) × p(A/B i ). Or on sait que p(B i /A) peuts’écrire sous la forme p(B i /A) = p(A ∩ B i)p(A)= p(B i) × p(A/B i )p(A)d’où la formule de Bayes.2. Dans le cas d’un système complet de deux événements B 1 et B 2 (B 1 ∩ B 2 = ∅, B 1 ∪ B 2 = Ω),p(B 1 ) × p(A/B 1 )• p(B 1 /A) =p(B 1 ) × p(A/B 1 ) + p(B 2 ) × p(A/B 2 )p(B 2 ) × p(A/B 2 )• p(B 2 /A) =p(B 2 ) × p(A/B 2 ) + p(B 1 ) × p(A/B 1 )3. Dans le cas d’un système complet de trois événements B 1 , B 2 et B 3 (B 1 ∩ B 2 = B 2 ∩ B 3 = B 1 ∩ B 3 =∅, B 1 ∪ B 2 ∪ B 3 = Ω), on a par exemplep(B 1 /A) =p(B 1 ) × p(A/B 1 )p(B 1 ) × p(A/B 1 ) + p(B 2 ) × p(A/B 2 ) + p(B 3 ) × p(A/B 3 ) .✄✂Exercice 24 ✁ On suppose que les essais d’un test médical sur une population ont conduit à admettrepour un individu les probabilités suivantes, le test servant à dépister une certaine maladie.– Probabilité pour qu’un malade ait un test positif (donc probabilité pour que le test soit positif sachantque la personne est malade) : p(T/M) = 0, 95.– Probabilité pour qu’un non-malade ait un test négatif (donc probabilité pour que le test soit négatifsachant que la personne est saine) : p(T /M) = 0, 95.– Probabilité pour qu’un individu soit atteint de la maladie p(M) = 0, 01.Quelle est la probabilité pour qu’un individu qui a donné lieu à un test positif soit atteint de la maladie ?

20 CHAPITRE 2. LA PROBABILITÉ2.5 Exercices✄✂Exercice 25 ✁ On mesure les longueurs des boulons d’une certaine boîte de 100.On obtient les résultats suivants :Longueuren cm[4; 4, 2[ [4, 2; 4, 4[ [4, 4; 4, 6[ [4, 6; 5[Effectifs 17 24 51 8On tire au hasard un boulon. Calculez les probabilités des événements suivants :1. Le boulon mesure moins de 4, 2 cm.2. Le boulon mesure plus de 4, 4 cm.Un boulon est utilisable si sa longueur est comprise entre 4, 2 et 4, 6 cm.3. Quelle est la probabilité qu’un boulon soit utilisable ?4. On achète 50 boîtes de 100 boulons. Combien peut-on espérer de boulons utilisables ?✄✂Exercice 26 ✁ Deux ateliers, notés A et B, d’une même entreprise produisent chaque jour respectivement1000 et 800 puces électroniques d’un même modèle. 2% des pièces produites par l’atelier A et 3% des piècesproduites par l’atelier B sont défectueuses.1. Complétez le tableau suivant qui décrit la production journalière .Nombre depuces produitespar l’atelier ANombre depuces produitespar l’atelier BNombre Nombrede puces de puces non Totaldéfectueuses défectueusesTotal 18002. Un jour donné, on choisit au hasard une puce parmi les 1800 puces produites par les deux ateliers. Onest dans une situation d’équiprobabilité. On considère les événements suivants :A : “la puce choisie provient de l’atelier A”,B : “la puce choisie provient de l’atelier B”,D : “la puce choisie est défectueuse”,D : “la puce choisie n’est pas défectueuse”.Déterminez exclusivement à l’aide du tableau précédent les probabilités suivantes :(a) p(D), p(A ∩ D), p(A/D).(b) p(D), p(B ∩ D), p(B/D).3. Vérifiez que p(A ∩ D) = p(A/D) × p(D) et que p(B ∩ D) = p(B/D) × p(D).✄✂Exercice 27 ✁ Dans un lot de pièces fabriquées, il y a 3% de pièces défectueuses. Le mécanisme de contrôledes pièces est aléatoire. Si la pièce est bonne, elle est acceptée avec une probabilité de 0, 96 et si elle estdéfectueuse elle est refusée avec une probabilité de 0, 98. Calculez les probabilités suivantes :p 0 : pour qu’une pièce soit mauvaise et acceptée,

2.5. EXERCICES 21p 1 : pour qu’il y ait une erreur dans le contrôle,p 2 : pour qu’une pièce soit acceptée,p 3 : pour qu’une pièce soit mauvaise, sachant qu’elle est acceptée.✄✂Exercice 28 ✁ Trois machines A, B et C produisent respectivement 60%, 30% et 10% de la productiondes pièces d’une entreprise. La machine A (respectivement B et C) produit 2% (respectivement 3% et 4%)d’objets défectueux.1. On choisit une pièce au hasard à la sortie de l’usine. Calculez la probabilité de l’événement : “La pièceest défectueuse”.2. On choisit une pièce au hasard à la sortie de l’usine et on voit qu’elle est défectueuse. Calculez laprobabilité de l’événement : “Cette pièce a été fabriquée par la machine B”.✄✂Exercice 29 ✁ Monsieur et Madame A ont quatre enfants. On suppose que la probabilité de naissance d’ungarçon est la même que celle d’une fille. Calculez la probabilité des événements suivants :A : “Monsieur et Madame A ont quatre filles”,B : “Monsieur et Madame A ont trois filles et un garçon”,C : “Monsieur et Madame A ont deux filles et deux garçons”,D : “Monsieur et Madame A n’ont pas de fille”,E : “Monsieur et Madame A ont au moins une fille”,F : “Monsieur et Madame A ont au moins une fille et un garçon”.✄✂Exercice 30 ✁Soit (Ω, A, p) un espace de probabilité et soient A ∈ A et B ∈ A tels quep(A) = 1 3 , p(B) = 1 2 , p(A ∩ B) = 1 5 .Calculez p(A ∪ B), p(A), p(B), p(A ∩ B), p(A ∪ B), p(A ∩ B).✄✂Exercice 31 ✁ Une urne contient cinq boules, trois rouges, numérotées 1, 2, 3 et deux noires, numérotées 1et 2. On tire au hasard et simultanément deux boules de cette urne. Les tirages sont équiprobables.1. Quelle est la probabilité de l’événement A : “les deux boules tirées sont de la même couleur ” ?2. Quelle est la probabilité de l’événement B : “la somme des numéros portés sur chacune des deux boulestirées est égale à 3 ” ?3. Quelle est la probabilité de B sachant que A est réalisé ?✄✂Exercice 32 ✁ Une urne A contient 4 boules rouges et 2 boules bleues. Une urne B contient 5 boules rougeset 6 boules bleues et une urne C contient 1 boule rouge et 9 boules bleues. On jette un dé parfait numérotéde 1 à 6.– Si le résultat est impair, on tire au hasard une boule de A.– Si le résultat est ’2’ ou ’4’, on tire au hasard une boule de B.– Si le résultat est ’6’, on tire au hasard une boule de C.Sachant que la boule tirée est bleue, quelle est la probabilité qu’elle ait été tirée de l’urne C ?✄✂Exercice 33 ✁ Dans un jeu de 52 cartes, on choisit simultanément 3 cartes.1. Déterminez le nombre de tirages possibles.2. Calculez la probabilité des événements suivants :A : “le tirage contient le roi de coeur”,B : “le tirage contient un roi exactement”,C : “le tirage contient un coeur exactement”,D : “le tirage contient deux coeurs dont le roi”,E : “le tirage contient au moins un coeur” (pensez au complémentaire),

2.5. EXERCICES 21F : “le tirage contient exactement deux coeurs et exactement un roi”.✄✂Exercice 34 ✁ On tire 3 boules d’un sac contenant 9 boules : 4 vertes, 3 rouges, 1 blanche et 1 noire1. successivement avec remise. Calculez la probabilité des événements suivants :A : “le tirage contient 3 boules vertes”,B : “le tirage ne contient aucune boule rouge”,C : “le tirage contient 3 boules blanches”,D : “le tirage contient dans cet ordre : 2 boules vertes et 1 boule rouge”,E : “le tirage contient 2 vertes et 1 rouge”,F : “le tirage contient 1 verte, 1 rouge et 1 noire”.2. Mêmes questions si le tirage se fait successivement sans remise.3. Mêmes questions si le tirage se fait simultanément.

22 CHAPITRE 2. LA PROBABILITÉ

Chapitre 3Les variables aléatoires réelles3.1 Introduction - ExempleUne épreuve consiste à jeter deux dés discernables A et B. On considère la somme des numéros apparussur la face supérieure des dés. On peut symboliser les résultats à l’aide du tableau ci-dessous :❍ ❍❍❍❍ B 1 2 3 4 5 6A ❍1 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 83 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 105 6 7 8 9 10 116 7 8 9 10 11 12L’univers Ω correspondant à cette expérience aléatoire est défini parΩ = {(i, j), i = 1, 2, 3, 4, 5, 6 et j = 1, 2, 3, 4, 5, 6}, avec Card(Ω) = 6 2 = 36où chaque événement élémentaire est équiprobable. On dispose donc d’un espace probabilisé (Ω, P(Ω), p).Considérons l’application X : Ω → R(i, j) ↦→ i + jL’ensemble des valeurs prises par X est appelé univers image et vautX(Ω) = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12}.On définit ainsi une fonction de probabilité p X associée à la variable X, déduite de p parp X (x) = p({X = x}) = p({X −1 (x)})Par exemple, p X (3) = p({X = 3}) = p({(1, 2), (2, 1)}) = 2 36 = 1 18 .X est une variable aléatoire réelle car associée à une épreuve aléatoire réelle (à valeurs dans R) et sa fonctionde probabilité p X est déduite de p.x i 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 Totalp({X = x i })1362363364365366365364363362361361

24 CHAPITRE 3. LES VARIABLES ALÉATOIRES RÉELLESEn notant p i = p({X = x i }) on a ∑ ip i = 1.Remarque 3.1.1 À la même épreuve aléatoire on peut associer plusieurs variables aléatoires par exempleY (i, j) = i.j, Z(i, j) = sup(i, j), . . .3.2 Définitions et propriétés1. Une variable aléatoire réelle définie sur un espace probabilisé (Ω, p(Ω), p) est une application de Ωdans R définie parX : Ω → Rω i ↦→ X(ω i ) = x iL’ensemble des valeurs prises par la variable aléatoire X s’appelle l’univers image et est défini parX(Ω) = {x 1 , x 2 , . . . , x n }. ω i étant un des résultats possibles de l’expérience, X(ω i ) est en quelque sortela caractéristique de ω i qui nous intéresse.Comme on ne peut pas prévoir avec certitude quel ω i on obtiendra à l’issue de l’expérience aléatoire,on ne peut pas non plus prévoir avec certitude quelle valeur prendra X(ω i ). C’est pourquoi la fonctionX est souvent interprétée comme une “grandeur aléatoire”. On note{X = x i } = {ω i ∈ Ω/X(ω i ) = x i }Chaque événement {X = x i } a une probabilité p i de se produirep({X = x i }) = p X (x i ) = p i2. On appelle loi de probabilité de la variable aléatoire X l’applicationf : X(Ω) → [0; 1]x i ↦→ f(x i ) = p({X = x i })Définir la loi de probabilité d’une variable aléatoire revient à déterminer la probabilité de chacun desévénements {X = x i } c’est-à-dire p i = p({X = x i }). On vérifiera alors que3. On peut citer les propriétés essentielles suivantes :∑p i = 1iSi X et Y sont deux variables aléatoires définies sur un même espace probabilisé (Ω, P(Ω), p) alorsX.Y , X + Y , aX + bY , X + a, aX, X 2sont des variables aléatoires (a et b étant deux réels).Exemple 3.2.1 Soit l’épreuve consistant à jeter un dé équilibré, Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} est l’universassocié à cette expérience. La distribution de probabilité est équiprobable (puisque le dé est équilibré).Soient les variables aléatoires définies comme suit :• X : Ω → R {1 si ωi ∈ {1, 2, 3, 5}ω i ↦→ X(ω i ) =.0 si ω i ∈ {4, 6}L’univers image de la variable X est X(Ω) = {0, 1}. Sa loi de probabilité est définie parp X (1) = p({X = 1}) = p({1, 2, 3, 5}) = 4 6 = 2 3 ,p X (0) = p({X = 0}) = p({4, 6}) = 2 6 = 1 3 .

3.3. TYPES DE VARIABLES ALÉATOIRES RÉELLES 25• Y : Ω → Rω i ↦→ Y (ω i ) = ωi2.L’univers image de la variable Y est Y (Ω) = {1, 4, 9, 16, 25, 36}. Sa loi de probabilité est définieparValeurs de Y : y i 1 4 9 16 25 36 Totalp({Y = y i }) = p i1616161616161Considérons la variable Z = X + 2. Cette variable a pour distribution de probabilitéValeurs de Z : z i 2 3 Totalp({Z = z i }) = p i13Considérons la variable T = 2X. Cette variable a pour distribution de probabilité23Valeurs de T : t i 0 2 Totalp{T = t i } = p i13Considérons les variables U = X + Y et V = X × Y . On a les résultats suivants :23ω i 1 2 3 4 5 611p(ω i )161616161616X(ω i ) 1 1 1 0 1 0Y (ω i ) 1 4 9 16 25 36(X + Y )(ω i ) 2 5 10 16 26 36(X × Y )(ω i ) 1 4 9 0 25 0L’univers image de la variable U = X + Y est U(Ω) = {2, 5, 10, 16, 26, 36}, celui de la variable V estV (Ω) = {0, 1, 4, 9, 25}. Les distributions des variables aléatoires U et V sont :U = X + Y 2 5 10 16 26 36 Totalp U1616161616161V = X × Y 0 1 4 9 25 Totalp V26 = 1 31616161613.3 Types de variables aléatoires réellesSoit X une variable aléatoire réelle, on envisage trois types de variables aléatoires réelles.• discrète finie, si l’ensemble X(Ω) est fini. Les variables précédentes en sont des exemples.• discrète infinie, si l’ensemble X(Ω) est infini dénombrable.Exemple 3.3.1 Soit l’expérience aléatoire qui consiste à lancer une pièce de monnaie, on considèrela variable aléatoire X qui désigne le rang d’apparition du premier “face” obtenu. L’univers image estN ⋆ . L’événement {X = k} est obtenu en lançant k fois la pièce, les k − 1 premiers résultats étant “pile”,le k-ième face. D’où

26 CHAPITRE 3. LES VARIABLES ALÉATOIRES RÉELLES) k−1× 1 2 = ( 12) kp({X = k}) = 1 2 × . . . × 1 × 1 ( 1} {{ 2}2 = 2k−1 fois• continue, si X(Ω) est un intervalle de R ou une réunion d’intervalles.Cette distinction est importante car les techniques développées pour étudier les variables aléatoires sont trèsdifférentes selon que les variables sont discrètes ou continues.3.4 Fonction de répartition d’une variable aléatoire discrète3.4.1 DéfinitionSoit une variable aléatoire X définie sur un espace probabilisé (Ω, P(Ω), p). La fonction de répartitionde X est définie parF : R → [0; 1]a ↦→ F (a) = p({X ≤ a})3.4.2 Représentation graphique - ExempleUne boîte contient 4 boules numérotées de 1 à 4. Une deuxième boîte contient 3 boules numérotées de1 à 3. On prélève au hasard une boule de la première boîte puis une boule de la seconde boîte. Soit X lavariable aléatoire représentant la valeur absolue de la différence des nombres indiqués sur les boules tirées.On se propose de– déterminer la loi de probabilité de la variable X,– représenter graphiquement sa fonction de répartition.1. Si B 1 et B 2 sont respectivement les boules tirées dans la première et dans la deuxième boîte, on a letableau ci-dessous :❍ ❍❍❍❍ B 21 2 3B 1 ❍1 0 1 22 1 0 13 2 1 04 3 2 1L’univers associé à l’expérience décrite précédemment est défini par Ω = {(i, j), i = 1, 2, 3, 4 et j =1, 2, 3}. La variable aléatoire X est définie parX : Ω → R(i, j) ↦→ |i − j|où i et j sont respectivement les numéros des boules des urnes B 1 et B 2 . L’univers image de la variableX est X(Ω) = {0, 1, 2, 3}.– L’événement {X = 0} est obtenu de 3 façons :• en tirant les boules n o 1 des boîtes 1 et 2 dont la probabilité est 1 4 × 1 3 = 1 , les événements liés12aux deux boîtes étant indépendants,• en tirant les boules n o 12 des boîtes 1 et 2 dont la probabilité est aussi12 ,• en tirant les boules n o 3 des boîtes 1 et 2 de probabilité 112 .Par conséquent, p({X = 0}) = 1 12 + 112 + 1 12 = 3 12 = 1 4 .– L’événement {X = 1} est obtenu avec les couples (1, 2), (2, 1), (3, 2), (2, 3) et (4, 3). Donc

3.4. FONCTION DE RÉPARTITION D’UNE VARIABLE ALÉATOIRE DISCRÈTE 27p({X = 1}) = 5 × 1 4 × 1 3 = 5 12 .– L’événement {X = 2} est obtenu avec les couples (3, 1), (1, 3) et (4, 2). Doncp({X = 2}) = 3 × 1 4 × 1 3 = 312 = 1 4 .– L’événement {X = 3} est obtenu avec le couple (4, 1). Donc p({X = 3}) = 1 4 × 1 3 = 1 12 .On en déduit la distribution de probabilité de la variable X :x i 0 1 2 3 Totalp i31251231211212. Représentation graphique de la fonction de répartition. On peut distinguer plusieurs cas selon la valeurprise par a :• a < 0,F (a) = p({X ≤ a}) = p({X < 0}) = p(∅) = 0• 0 ≤ a < 1,F (a) = p({X ≤ a}) = p({0 ≤ X < 1}) = p({X = 0}) = 3 12 = 1 4• 1 ≤ a < 2,F (a) = p({X ≤ a}) = p({0 ≤ X < 2}) = p({X = 0}) + p({X = 1}) = 3 12 + 512 = 2 3• 2 ≤ a < 3,F (a) = p({X ≤ a}) = p({0 ≤ X < 3}) = p({X = 0}) + p({X = 1}) + p({X = 2}) = 3 12 + 5 12 + 3 12 = 1112• a ≥ 3, F (a) = p({X ≤ a}) = p({0 ≤ X ≤ 3}) = p(Ω) = 1d’où la représentation graphiqueFonction de répartition FF(x)=p(X

28 CHAPITRE 3. LES VARIABLES ALÉATOIRES RÉELLES> x probx frepx diagesc plot(diagesc,vertical=FALSE,main=”Fonction de répartition F”,ylab=”F(x)=p(Xx↦→x• lim F (x) = 1, lim F (x) = 0,ix↦→+∞ x↦→−∞• p({a < X ≤ b}) = F (b) − F (a),• F (x i+1 ) − F (x i ) = p i+1 = p({X = x i+1 }).

3.5. FONCTION DE RÉPARTITION D’UNE VARIABLE ALÉATOIRE CONTINUE - DENSITÉ DEPROBABILITÉ 293.5 Fonction de répartition d’une variable aléatoire continue - Densité deprobabilité3.5.1 DéfinitionOn dit que la variable aléatoire X, de fonction de répartition F , est absolument continue s’il existe unefonction f définie sur R et possédant les propriétés suivantes :• f est positive ou nulle : ∀x ∈ R, f(x) ≥ 0,• f est continue sauf peut-être en un nombre fini de points,∫ +∞• f(t)dt = 1,−∞• F est définie par F (x) =∫ x−∞f(t)dt ou alors F ′ (x) = f(x) en tout point où f est continue.La fonction f, appelée densité de probabilité, définit la loi de probabilité de la variable X.3.5.2 Interprétation graphiqueVoici une représentation graphique possible de la fonction de densité fN(mu,sig) ; mu = 1, sig = 1.50.250.200.15f(t)0.100.050.00−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6tFigure 3.31. F (a) =∫ a−∞droite d’équation x = af(t)dt est la surface du domaine plan limité par la courbe, la droite des abscisses et laN(mu,sig)0.250.200.15f(t)0.10F(a)0.050.000 atFigure 3.4∫ b ∫ a ∫ b2. F (b) − F (a) = f(t)dt − f(t)dt = f(t)dt = p({a ≤ X ≤ b})−∞−∞aOn donne le code sous R pour générer le graphique :> x.c plot(x.c, dnorm(x.c, 1, 1.5), main =”N(mu,sig) ; mu = 1, sig = 1.5”,

30 CHAPITRE 3. LES VARIABLES ALÉATOIRES RÉELLESN(mu,sig)0.250.200.15f(t)0.10F(b)−F(a)0.050.00a0btFigure 3.53.+ xlab =”t”, ylab =”f(t)”, las = 1, xaxt =”n”, type =”l”)> polycurve bons = -2 & x.c polycurve(x.c[bons], dnorm(x.c, mu, sd)[bons], base.y = 0, col =”yellow”)> abline(v=0)> abline(h=0)> axis(1, x, x)> text(-1.8,0.01,”a”)> text(1.2,0.01,”b”)> text(-0.2,0.08,”F(b)-F(a)”)∫ +∞−∞4. p({X = a}) =f(t)dt = 1, l’aire du domaine plan limité par la courbe et la droite des abscisses vaut 1.∫ aaf(t)dt = 0. Il est très important de comprendre que cette condition n’implique pasque les nombres p({a ≤ X ≤ b}) sont nuls mais seulement les formules du type p({X ≤ a}) = p({X a}) ou encore p({a ≤ X ≤ b}) = p({a < X < b}). . .3.5.3 Propriétés de la fonction de répartition• F est croissante au sens large• lim F (x) = 0, lim F (x) = 1x↦→−∞ x↦→+∞• F est dérivable sauf aux points où f n’est pas continue et F ′ = f.3.5.4 Exemple⎧⎨ 3On considère la densité de probabilité définie par : f(x) = x⎩4 si x ≥ 10 si x < 1• f est continue sur R/{1}.• ∀x ∈ R, f(x) ≥ 0∫ +∞• f(t)dt =−∞∫ +∞1[3t 4 dt = − 1 ] +∞t 31= 1 car limt↦→+∞1t 3 = 0..

3.6. MOMENTS D’UNE VARIABLE ALÉATOIRE 31• Lorsque x < 1, f(x) = 0 ⇒ F (x) = c maisLorsque x ≥ 1, f(x) = 3 x 4 ⇒ F (x) = − 1 x 3 + c mais• p({X ≤ 2}) = F (2) = 1 − 1 2 3 = 1 − 1 8 = 7 8 ,lim F (x) = 0 donc F (x) = 0.x↦→−∞lim F (x) = 1 donc F (x) = 1 − 1 x↦→+∞ x 3 .p({2 < X ≤ 3}) = F (3) − F (2) = (1 − 1 3 3 ) − (1 − 1 2 3 ) = 1 2 3 − 1 3 3 = 19216 .3.6 Moments d’une variable aléatoire3.6.1 Espérance mathématiqueL’espérance mathématique (ou moment d’ordre 1, noté m 1 ) d’une variable aléatoire réelle X estnotée E(X) avec– si X est discrète, E(X) = ∑ p i x i . L’espérance est dans ce cas la moyenne pondérée par les probabilitésides différentes valeurs possibles que peut prendre la variable X, elle représente la valeur moyenne dela variable aléatoire X.– si X est absolument continue, E(X) =∫ +∞−∞tf(t)dt.Exemple 3.6.1 1. Si X est discrète, on peut reprendre l’exemple de la section 3.4.2. avec les deux boîtescontenant 4 et 3 boules. On a les résultats suivants :x i 0 1 2 3 Totalp i312p i x i 051251231261211231211412On en déduit que E(X) = ∑ p i x i = 1412 = 7 6i2. Si X est absolument continue, on peut considérer l’exemple de la section 3.5.4. :alors,Orlimt↦→+∞E(X) =⎧⎨f(x) =⎩∫ +∞−∞1t 2 = 0 donc E(X) = 0 − (− 3 2tf(t)dt =)= 3 2 .L’espérance mathématique a les propriétés suivantes :3x 4 si x ≥ 10 si x < 1∫ +∞1[3t 3 dt = − 3 ] +∞2t 2 .– Si X est une variable aléatoire constante (X = k) de probabilité 1 alors E(X) = k.– Si X et Y sont deux variables aléatoires et a et b deux réelsEn particulier,E(aX + bY ) = aE(X) + bE(Y )E(aX + b) = aE(X) + b,1

32 CHAPITRE 3. LES VARIABLES ALÉATOIRES RÉELLESE(aX) = aE(X),E(X + Y ) = E(X) + E(Y ).On peut généraliser ces résultats à n variables aléatoires X 1 , . . . , X n . Soient a 1 . . . , a n n réels alors( n∑)n∑E a i X i = a i E(X i )i=1Preuve : Dans le cas de deux variables aléatoires absolument continues dont les densités de probabilitésont f 1 et f 2 :∫ +∞∫ +∞∫ +∞E(a 1 X 1 + a 2 X 2 ) = t(a 1 f 1 + a 2 f 2 )(t)dt = a 1 tf 1 (t)dt + a 2 tf 2 (t)dt−∞= a 1 E(X 1 ) + a 2 E(X 2 ).La démonstration est similaire lorsque les variables X 1 et X 2 sont discrètes.Le cas à n variables se traite de la même façon.3.6.2 Variable centréeSoit X une variable aléatoire réelle d’espérance mathématique E(X). La variablei=1−∞Z = X − E(X)est la variable aléatoire centrée associée à X. On peut alors vérifier que E(Z) = 0 .Preuve : E(Z) = E(X − E(X)) = E(X) − E(X) = 0 car E(X) est une constante et si a ∈ R, E(X + a) =E(X) + a.3.6.3 Moments d’ordre kSoit X une variable aléatoire réelle. On nomme moment d’ordre k (k ∈ N ⋆ ) l’espérance mathématiquede la variable X k . On le notem k = E(X k )– Dans le cas d’une variable discrète, m k = ∑ p i x k i .i– Dans le cas d’une variable aléatoire absolument continue de densité de probabilité f, m k =Remarque 3.6.1 On a en particulier m 1 = E(X).3.6.4 Moments centrés d’ordre k−∞∫ +∞−∞t k f(t)dt.On appelle moments centrés d’ordre k de la variable aléatoire réelle X, que l’on note δ k , les momentsd’ordre k de la variable centrée Z = X − E(X).– Dans le cas d’une variable discrète, δ k = E(X − E(X)) k = ∑ p i (x i − E(X)) k .i– Dans le cas d’une variable absolument continue, δ k =Remarque 3.6.2 On a en particulier δ 1 = 0.3.6.5 Variance et écart-type∫ +∞−∞[t − E(X)] k f(t)dt.1. On appelle variance de la variable aléatoire X le moment centré d’ordre 2 de cette variable.V (X) = δ 2 = E(X − E(X)) 2

3.6. MOMENTS D’UNE VARIABLE ALÉATOIRE 33On a la définition équivalente suivante :V (X) = E(X 2 ) − E(X) 2Preuve : E(X − E(X)) 2 = E(X 2 − 2XE(X) + (E(X)) 2 ) or E(X) est une constante donc V (X) =E(X 2 ) − 2E(X)E(X) + (E(X)) 2 = E(X 2 ) − E(X) 2 .– Si X est une variable discrète (admettant une espérance et telle que la série ∑ p i x 2 i est convergente),iV (X) = ∑ ( ) ∑p i (x i − E(X)) 2 = p i x 2 i − (E(X)) 2 .ii∫ +∞(∫ +∞)– Si X est absolument continue, V (X) = (t − E(X)) 2 f(t)dt = t 2 f(t)dt − (E(X)) 2 .−∞Exemple 3.6.2 (a) Si X est discrète, on peut reprendre l’exemple de la section 3.4.2. avec les deuxboîtes contenant 4 et 3 boules. On a les résultats suivants :x i 0 1 2 3 Total−∞p i312p i x i 0p i x 2 i 051251251231261212121123129121E(X) = 1412 = 7 6E(X 2 ) = 2612 = 136On trouve ainsi V (X) = 13 6 − ( 76) 2= 2936 .(b) Si X est absolument continue, on peut considérer l’exemple de la section 5.4. :⎧⎨ 3f(x) = x⎩4 si x ≥ 1.0 si x < 1On a E(X) = 3 2 . Par conséquent, V (X) = ∫ +∞donc V (X) = 3 − 9 4 = 3 4 .13t 4 t2 dt −( 32) 2=[− 3 ] +∞− 9 t14 or2. La variance a les propriétés suivantes :– Si X est une variable aléatoire constante (X = k) de probabilité 1 alors V (X) = 0.– V (aX) = a 2 V (X)Preuve : V (aX) = E(aX − (E(aX))) 2 = E(aX − a(E(X))) 2 = a 2 E(X − E(X)) 2 = a 2 V (X)– V (aX + b) = a 2 V (X)Preuve : Démonstration identiquelim 3t↦→+∞ t = 0La variance n’a pas de propriété de linéarité et en général, V (X + Y ) ≠ V (X) + V (Y ).3. On a vu que si la variable aléatoire X est multipliée par un réel a, sa variance est multipliée par a 2 alorsque son espérance est multipliée par a. Pour cette raison, lorsque l’on veut mesurer de façon homogènela moyenne et la dispersion, on utilise plutôt que la variance la notion d’écart-type.

34 CHAPITRE 3. LES VARIABLES ALÉATOIRES RÉELLESL’écart-type de la variable X, noté σ X , est la racine carrée de la variance de X :σ X = √ V (X) = σ(X)Remarque 3.6.3 En utilisant le dernier résultat sur la variance, on a l’égalité σ(aX + b) = |a|σ(X).4. Soit X une variable aléatoire, d’espérance mathématique E(X) et d’écart-type σ(X). On appelle variablecentrée réduite la variableX ⋆ = X − E(X) .σ(X)Cette variable vérifie les propriétés E(X ⋆ ) = 0 et σ(X ⋆ ) = 1Preuve :( )X − E(X)• E(X ⋆ ) = Eσ(X)= 11E(X − E(X)) = (E(X) − E(X)) = 0,σ(X) σ(X)• V (X ⋆ ) = 11σ 2 V (X − E(X)) =(X) σ 2 (X) V (X) = σ2 (X)σ 2 (X) = 1.3.6.6 Moments factorielsOn appelle moment factoriel d’ordre k ≥ 1, noté Γ [k] , l’espérance mathématique de la variable X(X −1) . . . (X − k + 1) soitΓ [k] = E[X(X − 1) . . . (X − k + 1)]Remarque 3.6.4 On peut facilement vérifier que E(X) = m 1 = Γ [1] et V (X) = m 2 − (m 1 ) 2 = Γ [2] .3.7 Exercices✄✂Exercice 35 ✁ Dans une grande surface, on a relevé sur une longue période le nombre d’articles de typeA vendus.L’étude statistique permet d’admettre que la variable aléatoire X qui associe à un jour ouvrable choisi auhasard pendant un mois le nombre d’articles de type A vendus ce jour là a une probabilité définie par letableau suivant.On donnera les valeurs approchées arrondies à 10 −2 près des résultats.Nombre x ide pièces 0 1 2 3 4 5 6venduesp({X = x i }) 0, 10 0, 16 0, 25 0, 30 0, 13 0, 05 0, 011. Représentez graphiquement la fonction de répartition de la variable aléatoire X.2. Calculez l’espérance mathématique E(X) de la variable aléatoire X. Que représente E(X) ?3. Calculez la variance et l’écart-type de la variable aléatoire X✄✂Exercice 36 ✁ Une partie de loterie consiste à lâcher une bille dans un appareil qui comporte six portesde sortie, numérotées de 1 à 6.Soit X la variable aléatoire qui à chaque partie associe le numéro de la porte de sortie franchie. Sa loi deprobabilité est définie par le tableau suivant :

3.7. EXERCICES 35i 1 2 3 4 5 6p({X = x i })13253210321032532132La règle du jeu est la suivante : un joueur mise 2 euros : il reçoit 12 euros si la bille franchit les portes 1 ou6, 2 euros si elle franchit les portes 3 ou 4. Les portes 2 et 5 ne rapportent rien.Le gain d’un joueur est la différence entre ce qu’il reçoit à l’issue de la partie et sa mise. Le gain peut doncêtre éventuellement un nombre négatif ou nul.Soit Y la variable aléatoire qui à chaque partie effectuée par un joueur donné associe le gain.1. Quelles sont les valeurs possibles de Y ?2. Déterminer la loi de probabilité de Y ?3. Un jeu est équitable si l’espérance mathématique du gain est nulle. Ce jeu est-il équitable ?✄✂Exercice 37 ✁ Dans cet exercice, les tirages sont équiprobables.Un sac contient quatre jetons noirs et quatre jetons blancs. On tire quatre jetons du sac simultanément.Soit X la variable aléatoire qui à chaque tirage associe le nombre de jetons noirs tirés.Déterminez la loi de probabilité de X, son espérance mathématique et son écart-type.✄✂Exercice 38 ✁1. Calculez l’espérance mathématique, la variance et l’écart-type de la variable aléatoire X dont la loi deprobabilité est donnée par le tableau :x i 2 5 12p({X = x i })2. Construisez la représentation graphique de la fonction de répartition de la variable aléatoire X.✄✂Exercice 39 ✁ Soit X la variable aléatoire qui associe à un mois choisi au hasard le découvert des comptes enbanque d’une entreprise. Une étude statistique permet d’admettre que la loi de probabilité de X est donnéepar le tableau suivant.x i 200000 150000 120000 90000 70000161213p({X = x i })11016151315Calculez l’espérance mathématique E(X) de la variable aléatoire X. Que représente E(X) ?✄✂Exercice 40 ✁ On lance trois pièces de monnaie (non truquées), une de 50 centimes d’euros, une de 1 euro,une de 5 euros.Un résultat est donné sous la forme d’un triplet, par exemple (P, P, F ) où le premier élément est le résultatpour la pièce de 50 centimes d’euros, le deuxième le résultat pour la pièce d’un euro et le troisième pour lapièce de 5 euros.1. Déterminez l’ensemble des résultats possibles.2. On gagne 10 euros si on obtient 3 fois face, 2 euros si on obtient 2 fois face et on perd 2 euros si onobtient une seule fois face ou aucune fois face. On note X la variable aléatoire qui à tout lancer des 3pièces associe le gain obtenu, une perte étant considérée comme un gain négatif.(a) Définissez la loi de probabilité de X en présentant les résultats à l’aide d’un tableau.

36 CHAPITRE 3. LES VARIABLES ALÉATOIRES RÉELLES(b) Calculez l’espérance mathématique E(X) de la variable aléatoire X. Que représente E(X) ? Lejeu est-il équitable ?Remarque 3.7.1 Un jeu est équitable lorsque les gains et les pertes s’équilibrent sur un trèsgrand nombre de parties.✄✂Exercice 41 ✁ Dans une urne se trouvent 10 boules numérotées de 0 à 9 identiques au toucher. On tiresimultanément 2 boules dans l’urne sans remise et on considère l’aléa numérique X qui à chaque tirageassocie le plus petit des 2 nombres portés par les 2 boules.1. Déterminez la distribution de probabilité de X.2. Construisez la représentation graphique de la fonction de répartition de X dans un repère (O,⃗i,⃗j).3. Calculez les probabilités des événements suivants :• A = {X < 5},• B = {X ≤ 3},• C = {1 ≤ X ≤ 6},• D = {X ≥ 7},• E = {|X − 5| > 2},• G = {X 2 − 5X + 4 < 0}.✄✂Exercice 42 ✁ Un dé cubique non truqué admet 3 faces portant un “1”, 2 faces portant un “2” et uneface portant un “3”. On le lance deux fois de suite et on considère la variable aléatoire X associant à chaquetirage la somme des points lus sur la face supérieure du dé obtenue à chacun des deux lancers. Donnez ladistribution de probabilité de X.✄✂Exercice 43 ✁ Soit X une variable aléatoire définie sur un espace probabilisé (Ω, P(Ω), p) avec la distributionde probabilité suivante :((−6, 2 ) (, −3, 3 ) (, 0, 2 ) (, 3, 1 ) (, 4, 2 )).10 10 10 10 10Calculez E(X), V (X) et σ(X), en déduire la variable centrée réduite X ′ associée à X.✄✂Exercice 44 ✁ Une urne contient 5 boules dont 2 blanches et 3 noires. On tire une boule de l’urne, sansla remettre, 3 fois de suite. Calculez l’espérance mathématique, la variance et l’écart-type de la variablealéatoire X correspondant au nombre de boules blanches tirées.✄✂Exercice 45 ✁ On considère une expérience aléatoire consistant à jeter une boule sur la roulette d’un casino.On peut admettre que la boule se déplace sur un cercle de centre O et s’immobilise en un point M. Si A estun point du cercle, la mesure en radians de l’angle ( OA, ⃗ ̂ OM) ⃗ est une variable aléatoire prenant ses valeursdans l’intervalle [0; 2π[. Si on suppose que la boule a “autant de chances” de s’arrêter sur un point que sur unautre, on montre que X est une variable aléatoire continue à densité et que la densité de X est une fonctionf définie sur R par :⎧⎨ 1si x ∈ [0; 2π[f(x) = 2π.⎩ 0 sinon1. Déterminez la fonction de répartition de X.2. Calculez les probabilités pour que X soit compris entre 0 et π et entre 0 et π.2

3.7. EXERCICES 39⎧✄⎨ 0 si x < −1 ou x > 0✂Exercice 46 ✁ On considère la fonction f définie par : f(x) = x + 1 si x ∈ [−1; 0]⎩−x + 1 si x ∈ [0; 1]1. Montrez que f est une densité de probabilité d’une variable aléatoire X.2. Déterminez la fonction de répartition de X, on la note F .3. Écrivez en fonction de F puis calculer p({X < −0, 5}), p({−0, 5 ≤ X ≤ 0, 5}), p({X > 0, 25}).4. Montrez que X admet une espérance et une variance que l’on déterminera..

40 CHAPITRE 3. LES VARIABLES ALÉATOIRES RÉELLES

Chapitre 4Lois de probabilités discrètes usuelles4.1 Loi et variable de Bernoulli4.1.1 DéfinitionSoit une épreuve aléatoire comportant deux issues, deux événements élémentaires appelés souvent succèset échec dont les probabilités respectives sont p et q avec p + q = 1.On définit alorsΩ = {S, E}avec p(S) = p et p(E) = q. Soit la variable aléatoire X : Ω ↦→ {0, 1} telle queX(S) = 1 ; X(E) = 0La variable X est appelée variable de Bernoulli dont la loi de probabilité estx i 0 1 Totalp i q p 1p i x i 0 p E(X) = pp i x 2 i 0 p E(X 2 ) = pOn note cette loiX B(p)Remarque 4.1.1 Cette loi ne dépend que d’un paramètre p, la probabilité de succès.4.1.2 Moments1. Espérance : E(X) = p2. Variance : V (X) = p − p 2 = p(1 − p) = pq3. Écart-type : σ(X) = √ pqExemple 4.1.1 Un entreprise possède 10 chaînes de fabrication C 1 , C 2 ,. . . ,C 10 . Elle sait qu’une chaînepossède un problème mais elle ignore laquelle, elle choisit alors une chaîne au hasard. On considère la variablealéatoire X prenant la valeur 1 si la chaîne testée et la chaîne défaillante et 0 sinon. Dans ce cas X est unevariable de Bernoulli de paramètre1 . L’espérance et la variance de cette variable valent respectivement10

42 CHAPITRE 4. LOIS DE PROBABILITÉS DISCRÈTES USUELLES4.2 Loi et variable binomiales4.2.1 DéfinitionSoit une épreuve de Bernoulli. À n répétitions indépendantes de cette épreuve de Bernoulli sont associéesn variables aléatoires X 1 , X 2 ,. . . ,X n indépendantes.On considère la variable aléatoire X = X 1 + X 2 + . . . + X n . Cette variable X désigne le nombre de succèslors de n épreuves. L’univers image de la variable X est {0, 1, 2, . . . , n}. On ap({X = k}) = C k np k q n−k .Preuve : L’événement {X = k} est obtenu par le résultat de k succès et n − k échecs. On peut avoir parexempleS } .{{ . . S}E } .{{ . . E}k fois (n−k) foisde probabilité p k q n−k , mais il existe C k n événements comportant k succès et (n − k) échecs d’où le résultat.La variable ainsi définie suit une loi binomiale et on note : X B(n, p)On a bien défini une loi de probabilité puisque pour p ∈]0; 1[, Cnp k k (1 − p) n−k ≥ 0, ∀k ∈ {0, 1, . . . , n} etn∑p k (1 − p) n−k = p + (1 − p) = 1 d’après la formule du binôme.k=1Remarque 4.2.1 Si une variable aléatoire X représente le nombre de succès dans une série de n expériencesde Bernoulli identiques et indépendantes alors X suit une loi binomiale de paramètres n et p où p représentela probabilité de succès lors d’une épreuve de Bernoulli.4.2.2 Moments1. Espérance :E( n∑i=1X i)=n∑E(X i ) = npi=12. Variance : les variables X i étant indépendantes,( n∑)V X i =i=1n∑V (X i ) = npqi=13. Écart-type : σ(X) = √ npqRemarque 4.2.2 On a le rapportp({X = k + 1})p({X = k})= Ck+1 n p k+1 q n−k−1Cnp k k q n−kp({X = k + 1}) = n − kk + 1 × p × p({X = k})qrelation qui permet de disposer de p({X = k + 1}) lorsqu’on a déja p({X = k}).= n − kk + 1 × p qd’oùRemarque 4.2.3 Dans une population très nombreuse, on estime que la probabilité pour qu’une personnesoit atteinte d’une maladie donnée est 0, 1. On choisit au hasard 1000 personnes de cette population (avecl’éventualité de choisir plusieurs fois la même personne). On note X la variable aléatoire représentant lenombre de personnes atteintes de la maladie parmi les 1000. X représente le nombre de succès (c’est-à-direêtre atteint par la maladie) dans une suite de 1000 épreuvess de Bernoulli (la personne est atteinte ou pas)

4.2. LOI ET VARIABLE BINOMIALES 434.2.3 Somme de deux variables binomiales indépendantesSoient X 1 et X 2 telles que X 1 B(n 1 , p) et X 2 B(n 2 , p), X 1 et X 2 étant supposées indépendantes.Alors, la variable Z = X 1 + X 2 suit une loi binomiale B(n 1 + n 2 , p).Preuve : L’univers image de la variable Z est {0, 1, 2, . . . , n 1 + n 2 }. L’événement {X 1 + X 2 = k} est obtenude la façon suivante :{X 1 = 0} ∩ {X 2 = k}{X 1 = 1} ∩ {X 2 = k − 1}Ainsi, {X 1 + X 2 = k} =.{X 1 = p} ∩ {X 2 = k − p}.{X 1 = k} ∩ {X 2 = 0}k⋃({X 1 = i} ∩ {X 2 = k − i}). Les variables X 1 et X 2 étant indépendantes, on ai=1({ k})⋃p({X 1 + X 2 = k}) = p ({X 1 = i} ∩ {X 2 = k − i}) =Par conséquent,p({X 1 + X 2 = k}) =k∑i=0Il est très simple de montrer quei=1C i n 1p i q n 1−i C k−in 2p k−i q n 2−k+i =k∑i=0C i n 1C k−in 2k∑i=0k∑p({X 1 = i})p({X 2 = k − i}).i=0Cn i 1Cn k−i2p k q n 1+n 2 −k = p k q n 1+n 2 −kk∑i=0C i n 1C k−in 2.= C k n 1 +n 2. En effet, choisir k éléments parmi ceux de deuxgroupes contenant respectivement n 1 et n 2 éléments revient à choisir i éléments du premier groupe et k − iéléments du deuxième groupe, d’où p({Z = k}) = p({X 1 + X 2 = k}) = C k n 1 +n 2p k q n 1+n 2 −k . Par conséquent,Z = X 1 + X 2 B(n 1 + n 2 , p).Remarque 4.2.4 On peut généraliser cette propriété à l variables binomiales indépendantes.4.2.4 Loi et variable fréquencesSoit X B(n, p). On définit la variable F n = X n .X désigne le nombre de succès obtenus au cours des n épreuves, F n le nombre de succès divisé par le nombred’épreuves soit la fréquence du succès. F n est la variable fréquence associée à X :L’univers image de F n estF n = X 1 + X 2 + . . . + X nn= 1 n{0, 1 n , . . . , k n , . . . , n }. On a {X = k} =nn∑X i .i=1({p F n = k })= C knnp k q n−k{F n = k n}doncConcernant les moments ( ) de cette variable,X• E(F n ) = E = 1 npE(X) =n n n = p donc E(F n ) = p1 npq pq

p = C 1536C 1821C 3 3(0, 3) 15 (0, 4) 18 (0, 3) 3 = 36!(0, 3)15 (0, 4) 18 (0, 3) 3 .44 CHAPITRE 4. LOIS DE PROBABILITÉS DISCRÈTES USUELLESV (F n ) = pqnet σ(F n ) =√ pqnRemarque 4.2.5 Soit X B(n, p), X désigne le nombre de succès et Y = n − X le nombre d’échecs. Parconséquent, p({X = k}) = p({Y = n − k}) = C k np k q n−k .✄✂Exercice 47 ✁ Pour réaliser le montage d’un système électronique, on dispose de résistances issues d’uneproduction importante, où l’on sait que le pourcentage P de défectueuses est de 5%. On doit utiliser 4résistances.1. Quelle est la probabilité d’en avoir 3 de mauvaises ?2. Quelle est la probabilité d’en avoir un nombre inférieur ou‘égal à 3 de mauvaises ?4.3 Loi et variable multinomiales4.3.1 ExempleOn jette 50 fois une pièce de monnaie truquée. “Pile” apparaît avec une probabilité 0, 3, “face” avec uneprobabilité 0, 6, la pièce retombe sur la tranche avec une probabilité de 0, 1.Quelle est la probabilité d’obtenir 20 “pile”, 25 “face”, 5 tranches ?Cet événement peut être obtenu de la façon suivanteP } .{{ . . P}F } .{{ . . F}T } .{{ . . T}20 fois 25 fois 5 foiset sa probabilité vaut (0, 3) 20 (0, 6) 25 (0, 1) 5 . Le nombre de ces 50-uplets est égal au nombre de façons dedisposer 20 fois la lettre P , 25 fois la lettre F et 5 fois la lettre T dans un mot de longueur 50. Ce nombreest C50 20C2530 C5 5 = C20 50 C25 30 , la probabilité de cet événement vaut par conséquent4.3.2 Loi trinomialeC 2050 C25 30 (0, 3)20 (0, 6) 25 (0, 1) 5 .Soit une épreuve aléatoire à 3 issues A de probabilité p, B de probabilité q et C de probabilité r avecp + q + r = 1. Pour n répétitions indépendantes de cette épreuve, on cherche la probabilité d’obtenir k foisA, i fois B et donc n − k − i fois C. Cette probabilité vaut :C k nC i n−k Cn−k−i n−k−i pk q i r n−k−ior C n−k−in−k−i = 1 et Ck nCn−k i = n!. Conclusion, cette probabilité vaut :k!i!(n − k − i)!p =n!k!i!(n − k − i)! pk q i r n−k−iExemple 4.3.1 Une équipe de football gagne un match avec une probabilité de 0, 3, le perd avec uneprobabilité de 0, 4, fait match nul avec une probabilité de 0, 3. Sur les 36 matchs joués dans l’année, oncherche la probabilité d’obtenir 15 succès, 18 échecs et 3 nuls. Cette probabilité vaut

4.4. LOI ET VARIABLES HYPERGÉOMÉTRIQUES 454.3.3 Loi multinomialeSupposons qu’il y ait dans une urne N boules de r couleurs distinctes C 1 , C 2 ,. . . ,C r . Soit n i le nombrede boules de couleur C i et p i = n iN la proportion de boules de la couleur C i dans l’urne. On ar∑r∑N = n i = n 1 + n 2 + . . . + n r et p i = 1.i=1Supposons que l’on effectue un tirage de n boules, chaque boule étant remise dans l’urne avant le tirage dela boule suivante ; les tirages répétés des boules sont des épreuves indépendantes. On cherche la probabilitéd’obtenir l’événement A défini par• m 1 boules de la couleur C 1• m 2 boules de la couleur C 2• m i boules de la couleur C i• m r boules de la couleur C ravec m 1 + m 2 + . . . + m r = n...Cet événement est réalisé par exemple avec le n-upleti=1C 1 . . . C} {{ } 1 C 2 . . . C 2 . . . C} {{ } r . . . C} {{ } rm 1 boules C 1 m 2 boules C 2 m r boules C rde probabilité p m 11 pm 22 . . . p mrr . Le nombre de ces n-uplets est égal au nombre de façons de disposer m 1 foisla lettre C 1 , m 2 fois la lettre C 2 ,. . . , m r fois la lettre C r dans un mot de longueur n = m 1 + m 2 + . . . + m rd’où la probabilité de l’événement A :On a la relation C m 1n C m 2n−m 1. . . C mrm r=p(A) = C m 1n C m 2n−m 1. . . C mrm r(p 1 ) m 1(p 2 ) m 2. . . (p r ) mr .p(A) =n!, par conséquent,m 1 !m 2 ! . . . m r !n!m 1 !m 2 ! . . . m r ! (p 1) m 1(p 2 ) m 2. . . (p r ) mrExemple 4.3.2 Une urne est composée de 10% de boules rouges, 20% de boules blanches, 40% de boulesvertes, 30% de noires. Le nombre de boules de l’urne est N > 20. On effectue un tirage avec remise de 12boules. Quelle est la probabilité d’obtenir 3 boules rouges, 5 boules blanches, 3 boules vertes et une boulenoire ?p = 12!3!5!3!1! (0, 1)3 (0, 2) 5 (0, 4) 3 (0, 3) 1 .4.4 Loi et variables hypergéométriques4.4.1 DéfinitionSoit une urne contenant N boules dont a boules blanches et b boules noires avec a + b = N. On effectuen tirages d’une boule sans remise (ou on prélève simultanément n boules) avec n ≤ N. Le tirage sans remiseest dit exhaustif. Soit X la variable aléatoire représentant le nombre de boules blanches obtenues.La variable X est dite hypergéométrique. On utilise la notation

46 CHAPITRE 4. LOIS DE PROBABILITÉS DISCRÈTES USUELLESCette loi dépend de trois paramètres etp({X = k}) = Ck a C n−kbCNnEn effet, {X = k} est l’ensemble des parties à k éléments parmi a donc Card({X = k}) = C k a C n−kb.Remarque 4.4.1 Si p est la proportion des boules blanches de l’urne, q celle des noires, on a p = a N et q = b Navec p+q = 1 donc a = pN, b = qN et p({X = k}) = Ck pN Cn−k qNCNn= Ck pN Cn−k (1−p)NCNn . La loi est notée H(N, p, n).4.4.2 Les momentsOn admettra les propriétés suivantes :– L’espérance mathématique est donnée par :la formule est identique à celle de la loi binomiale.– La variance est définie par :avec ρ = N − nN − 1E(X) = npV (X) = npq N − nN − 1 = npqρdéfinissant le coefficient d’exhaustivité.Remarque 4.4.2 Généralement n > 1 donc ρ < 1. La variance d’une variable hypergéométrique (tiragessans remise) est inférieure à la variance de la variable binomiale (tirages avec remise).Exemple 4.4.1 Chaque matin, un professeur interroge 4 étudiants pour tester leur connaissance du cours.Une indiscrétion lui permet de savoir que dans la classe composée de 45 étudiants, 10 ne connaissent pas lecours. On se trouve dans la situtation d’un ensemble E comprenant 45 éléments dont une proportion 1045 estde type 1 (les étudiants ne connaissent pas le cours), le professeur interroge 4 étudiants successivement, sansinterroger deux fois le même (ce qui correspond à 4 tirages successifs sans remise d’un élément de E) alorsla variable aléatoire X représentant le nombre d’éléments de type 1 obtenu suit une loi hypegéométriqueH(45, 4, 1045).4.4.3 Limite d’une variable hypergéométriqueSoit X une variable hypergéométrique, X H(N, p, n). Lorsque N tend vers +∞,H(N, p, n) → B(n, p).En effet, le nombre N de boules étant infiniment grand, la non-remise de la boule tirée ne modifie presquepas la proportion de boules blanches. Dans la pratique,H(N, p, n)4.5 Loi et variable de Poissonsi N>10n−−−−−−−→ B(n, p).On rappelle la formulelimn∑ xk= ∑ x k = e x

4.5. LOI ET VARIABLE DE POISSON 474.5.1 DéfinitionOn dit que la variable aléatoire X suit une loi de Poisson de paramètre λ (λ ∈ R +∗ ) si et seulement sil’univers image de X est N etp({X = k}) = e−λ λ kk!On note cette variablePuisque ∑ i∈Np i = ∑ i∈NX P(λ)−λ λiei! = ∑ λ ie−λ i! = e−λ e λ = 1 et ∀k ∈ N, e−λ λ kk!i∈N≥ 0, on a bien une loi de probabilité.Remarque 4.5.1 La loi de Poisson est encore appelée loi des événements rares. On peut admettre que lenombre de pannes survenant sur une machine donnée au cours d’une période donnée suit une loi de Poisson,ou encore le nombre d’accidents qui se produisent à un carrefour donné pendant une période donnée.4.5.2 Les moments– Espérance : on a la relationE(X) = λPreuve : Soit X P(λ) alors E(X) = ∑ k∈N∑+∞En réalisant un changement d’indice, E(X) = λe −λ– Variance et écart-type : on a les résultats suivants−λ λkkek! = ∑ e−λ k λkk! = ∑+∞e−λk∈Nk=1i=0V (X) = λ et σ(X) = √ λλ ii! = λe−λ e λ = λ.Preuve : Déterminons E(X(X − 1)) = E(X 2 ) − E(X).E(X(X − 1)) = ∑ k(k − 1)λ k e −λ= ∑ λ k e −λk!(k − 2)! = ∑e−λ λ 2k∈Nk∈N/{0,1}k∈N/{0,1}λ k(k − 1)! = ∑+∞λe−λk=1λ k−1(k − 1)! .λ k−2. On effectue un chan-(k − 2)!gement d’indice dans la somme et E(X(X − 1)) = e −λ λ ∑ 2 λ ii! = e−λ λ 2 e λ = λ 2 .i∈NAinsi E(X 2 ) − E(X) = λ 2 ⇔ E(X 2 ) = λ 2 + λ. Par conséquent, V (X) = λ 2 + λ − λ 2 = λ doncV (X) = λ et σ(X) = √ λ.Remarque 4.5.2p k• = e−λ λ k (k − 1)!p k−1 e −λ λ (k−1) = λ k! k ce qui signifie que p k = λ k p k−1.• Il existe des tables (voir annexe A1) donnant p k = p({X = k}) pour différentes valeurs de k et desn∑tables donnant p k (voir annexe A2 et A3) c’est-à-dire la valeur de la fonction de répartition de Xk=0en n pour X P. Pour le calcul de p({X > k}), il suffit d’utiliser la relation p(A) + p(A) = 1 aveck∑A = {X > k} et A = {X ≤ k} ce qui permet de calculer p({X > k}) = 1 − p({X ≤ k}) = 1 − p j .Exemple 4.5.1 Dans une entreprise. on admet que le nombre de pièces défectueuses produites par minuteest une variable aléatoire X avec X P(3). Déterminons la probabilité de l’événement A : “le nombre depièces défectueuses produites en 1 minute est supérieur à 3”.j=0

48 CHAPITRE 4. LOIS DE PROBABILITÉS DISCRÈTES USUELLES4.5.3 Somme de deux variables de Poisson indépendantesSoient X 1 P(λ 1 ) et X 2 P(λ 2 ), X 1 et X 2 étant indépendantes. La variable X = X 1 + X 2 suit alorsune loi de Poisson de paramètre λ = λ 1 + λ 2X = X 1 + X 2 P(λ 1 + λ 2 )Preuve : L’univers image de X est N. L’événement {X = X 1 + X 2 = k} est réalisé pour les événementssuivants {X 1 = 0} ∩ {X 2 = k} ou {X 1 = 1} ∩ {X 2 = k − 1} ou . . . ou {X 1 = k} ∩ {X 2 = 0}. Donck⋃{X = X 1 + X 2 = k} = ({X 1 = i} ∩ {X 2 = k − i}).i=0Les variables X 1 et X 2 étant indépendantes, on a p({X 1 = i} ∩ {X 2 = k − i}) = p({X 1 = i}) × p({X 2 = k − i}).Par conséquent,k∑k∑p({X = k}) = p({X 1 = i} ∩ {X 2 = k − i}) = e −λ 1 λi 1i! × λ e−λ 2 2k−i(k − i)!i=0i=0k∑⇔ p({X = k}) = e −(λ 1+λ 2 ) λ i 1 λk−i 2i!(k − i)!or Ck i = k!i!(k − i)! donc p({X = k}) = e−(λ 1+λ 2 )k!k∑i=0i=0C i k λi 1λ k−i2 . Comme (λ 1 + λ 2 ) k =k∑i=0C i k λi 1λ k−i2 on ap({X = k}) = e−(λ 1+λ 2 )(λ 1 + λ 2 ) k et la variable X suit une loi de Poisson de paramètre λ 1 + λ 2 .k!Remarque 4.5.3 On peut généraliser ce résultat à n variables de Poisson indépendantes.4.5.4 Limite d’une variable binomiale– Soit X une variable binomiale B(n, p). Si p tend vers zéro lorsque n tend vers +∞ de telle sorte quenp ait une limite finie λ, la loi binomiale B(n, p) tend vers une loi de Poisson P(λ).– Dans la pratique on approxime la loi binomiale B(n, p) par une loi de Poisson P(λ) avec λ = np sin ≥ 30, p < 0, 1 et np ≤ 10.– L’intérêt de cette approximation est l’utilisation des tables de la loi de Poisson, plus commodes quecelles de la loi binomiale.4.6 Loi et variable géométriques4.6.1 DéfinitionSoit une épreuve aléatoire à deux issues, succès et échec, de probabilités respectives p et q avec p + q = 1.On répète cette épreuve (épreuves indépendantes) jusqu’à obtenir le premier succès. On considère la variablealéatoire X donnant le rang du premier succès ou encore le nombre d’épreuves nécessaires à l’obtention d’unpremier succèsLorsque X est une variable géométrique, l’univers image est N ∗ .L’événement {X = k} est obtenu par la réalisation de k − 1 échecs puis d’un succès.On notera alors :p({X = k}) = q k−1 p

4.7. EXERCICES 49On peut vérifier qu’on a bien défini une loi de probabilité. On a besoin pour cela du rappel suivant :Rappel : Si |x| ≤ 1 alorslimn∑n→+∞k=0x k = 11 − x .On a par conséquent ∀k ∈ N ⋆ , q k−1 p ≥ 0 et1.n∑q k−1 p = p ∑ j = 0 n−1 q jk=1n→+∞−−−−→ p 1+∞ 1 − q = 1 donc ∑q k−1 p =Exemple 4.6.1 On considère une urne contenant des boules blanches en proportion p et des boules noiresen proportion q = 1 − p, on tire une infinité de fois une boule avec remise. La variable aléatoire X représentele rang où on obtient une boule blanche pour la première fois.4.6.2 Moments– L’espérance mathématique est définie parE(X) = 1 pk=1Preuve : E(X) = X admet une espérance si et seulement si la série ∑ kkp({X = k}) est absolumentconvergente. La série étant à termes positifs, la convergence absolue est éqivalente à la convergence.n∑Rappel : Si x ∈] − 1; 1[ alors lim kx k−1 1=n→(1 − x) 2 .k=1n∑n∑n∑On a par conséquent kp({X = k}) = kq k−1 p = p kq k−2 n→+∞ 1−−−−→ p(1 − q) 2 = p p 2 = 1 pk=0k=0k=0– La variance et l’écart-type sont respectivement définis parOn admettra ce résultat.V (X) = q p 2 et σ(X) =√ qp4.7 Exercices✄✂Exercice 48 ✁ Une boîte contient 4 boules rouges, 3 boules vertes et 7 boules jaunes. On tire simultanément2 boules de la boîte et on suppose que les tirages sont équiprobables.1. On considère les événements suivants :A : “obtenir 2 boules de la même couleur”,B : “obtenir 2 boules de couleurs différentes”.Calculez les probabilités p(A) et p(B).2. On répète 10 fois l’épreuve précédente en remettant les 2 boules tirées dans la boîte, après chaque tirage.Les 10 épreuves aléatoires élémentaires sont donc indépendantes. On note X la variable aléatoire qui,à chaque partie de 10 épreuves, associe le nombre de fois où l’événement A est réalisé.(a) Expliquez pourquoi X suit une loi binomiale. Donner les paramètres de cette loi.(b) Donnez une loi de probabilité de X en complétant, après l’avoir reproduit, le tableau suivant,dans lequel on fera figurer des valeurs approchées arrondies avec un seul chiffre différent de zéro.k 0 · · ·p({X = k}) · · · · · ·

50 CHAPITRE 4. LOIS DE PROBABILITÉS DISCRÈTES USUELLES✄✂Exercice 49 ✁ On envisage l’installation d’une pompe à chaleur en relève de chaudière dans un hôtel “deuxétoiles” en construction.On se propose d’étudier si le contrat de maintenance forfaitaire annuel proposé par l’installateur, après lapériode de garantie d’un an, est plus avantageux que la facturation au prix réel des interventions ponctuelles.Une étude statistique permet au constructeur d’affirmer que la probabilité de l’événement “la pompe à chaleurtombe en panne une fois pendant un mois donné” est 0, 125.Dans un but de simplification, on admet que, pendant un mois donné, la pompe à chaleur ne peut tomberen panne qu’au plus une fois et que les pannes éventuelles survenues deux mois d’une même année sontindépendantes. On note X la variable aléatoire qui, à chaque année (de douze mois), associe le nombre depannes survenues à la pompe.1. Expliquez pourquoi X suit une loi binomiale. Donner les paramètres de cette loi.2. Calculez la probabilité des événements suivants :A : “il n’y a pas de panne dans l’année”,B : “il y a au plus deux pannes dans l’année”.3. Calculez l’espérance mathématique, notée E(X), de la variable aléatoire X. Que représente E(X) ?4. Les résultats d’une étude statistique menée auprès de nombreux utilisateurs de ce modèle de pompeà chaleur n’ayant souscrit de contrat de maintenance annuel permettent d’admettre que le coût d’uneintervention est de 320 euros. Soit Y la variable aléatoire qui à chaque année associe le montant totalen euros des frais de réparation de la pompe à chaleur.(a) Écrivez une relation entre les variables Y et X.(b) Déterminez l’espérance mathématique, notée E(Y ), de la variable Y . Que représente E(Y ) ?(c) Le contrat de maintenance forfaitaire annuel de la pompe à chaleur est proposé par l’installateurau prix de 685 euros TTC.Quelle est la solution de maintenance la plus intéressante sur une longue période ?5. On approche la loi binomiale du 1. par une loi de Poisson de paramètre λ = np où n et p sont lesparamètres de cette loi binomiale.En utilisant la loi de Poisson, déterminez les probabilités respectives de deux événements A et B de laquestion 2.6. On considère que, pour un événement, l’approximation d’une loi binomiale par une loi de Poisson estjustifiée lorsque l’erreur relative p − p′est, en valeur absolue, inférieure à 10% (p étant la probabilité depcet événement mesurée avec la loi de Poisson). Pour chacun des deux événements précédents, déterminezsi l’approximation de la loi binomiale du 1. par la loi de Poisson du 5. est justifiée.✄✂Exercice 50 ✁ La probabilité qu’une imprimante de modèle PRINT ne puisse transcrire correctement uncaractère est 0, 0005 ; on suppose que les qualités de transmission des caractères sont indépendantes.On désigne par X la variable aléatoire qui à tout lot de 10000 caractères associe le nombre de caractèrestranscrits incorrectement par l’imprimante.1. Quelle est la loi de probabilité de X ?2. On admet que la loi de probabilité suivie par X peut être approchée par une loi de Poisson dont ondéterminera le paramètre.Quelle est la probabilité que, parmi 10000 caractères à imprimer,(a) tous soient transcrits correctement ?(b) au moins 9998 soient transcrits correctement ?(c) plus de 5 caractères soient transcrits incorrectement ?✄✂Exercice 51 ✁ Dans une urne, il y a 10 boules blanches et 18 boules rouges indiscernables au toucher.On considère l’épreuve qui consiste à extraire, au hasard, l’une après l’autre et sans remise, deux boules de

4.7. EXERCICES 511. Déterminer la probabilité de l’événement suivant :E : “la première boule tirée est blanche”.2. On répète 5 fois de suite l’épreuve précédente. Après chaque épreuve, les 2 boules tirées sont remisesdans l’urne : les 5 épreuves élémentaires précédentes sont donc indépendantes.Soit X la variable aléatoire qui, à chaque partie de 5 épreuves, associe le nombre de fois que se produitl’événement E.(a) Expliquer pourquoi X suit une loi binomiale et préciser les paramètres de cette loi.(b) Calculer la probabilité de l’événementF : “E se produit exactement 2 fois”.✄✂Exercice 52 ✁ Soit X une variable aléatoire qui suit une loi de Poisson de paramètre 4. Déterminez laprobabilité d’avoir 7 ≤ X ≤ 9.✄✂Exercice 53 ✁ 3% des bouteilles d’eau fabriquées par une usine sont défectueuses. On appelle X la variablealéatoire qui, à tout lot de 100 bouteilles prises au hasard, associe le nombre de bouteilles défectueuses. Onadmet que X suit une loi de Poisson de paramètre 3.Trouvez la probabilité de chacun des 3 événements suivants :1. “Un tel lot n’a aucune bouteille défectueuse”2. “Un tel lot a deux bouteilles défectueuses”3. “Un tel lot a trois bouteilles défectueuses”✄✂Exercice 54 ✁ Une urne contient 6 boules blanches et 4 boules noires.1. On tire dans cette urne trois fois 1 boule avec remise de cette boule après tirage. On note X le nombrede boules blanches obtenues.Déteminez la loi de X puis donner les valeurs de E(X) et V (X).2. On tire dans cette urne trois fois une boule sans remise de cette boule après tirage. On note Y lenombre de boules blanches obtenues.Déterminez la loi de Y puis donner les valeurs de E(Y ) et V (Y ).✄✂Exercice 55 ✁ On considère une urne contenant 3 boules blanches et 7 boules noires. On tire successivementet sans remise les dix boules de l’urne. On note X 1 le numéro du tirage où l’on obtient une bouleblanche pour la première fois. Déterminez la loi de X 1 .✄✂Exercice 56 ✁ Le système de navigation d’un navire comporte un équipement E dont la fiabilité est exponentielleavec un MTBF (mean time between failures - temps moyen entre pannes) théorique égal à 500heures. Ce navire doit effectuer une mission de 2500 heures sans ravitaillement technique.1. Si l’on veut la certitude pratique (98%) de la continuité de la fonction assurée par E, combien au départdoit-on emporter d’équipements E ?2. On suppose maintenant que l’on puisse réparer à bord l’équipement E et l’on estime que le tempsd’indisponibilité pour la réparation n’excède pas 250 heures. Combien doit-on emporter d’équipementsE pour avoir la certitude (à 100% près par hypothèse) de la continuité de la fonction assurée par E ?N.B. On estime que la réparation ne dégrade pas le MT BF = 500 heures.

52 CHAPITRE 4. LOIS DE PROBABILITÉS DISCRÈTES USUELLES❍ ❍❍❍❍ λk ❍ANNEXE A1 - Probabilités individuelles de la loi de Poisson P(λ).Cette table donne p({X = k}) = e−λ λ kpour X P(λ) :k!0, 1 0, 2 0, 3 0, 4 0, 5 0, 6 0, 7 0, 8 0, 90 0, 9048 0, 8187 0, 7408 0, 6703 0, 6065 0, 5488 0, 4966 0, 4493 0, 40661 0, 0905 0, 1637 0, 2222 0, 2681 0, 3033 0, 3293 0, 3476 0, 3595 0, 36592 0, 0045 0, 0164 0, 0333 0, 0536 0, 0758 0, 0988 0, 1217 0, 1438 0, 16473 0, 0002 0, 0011 0, 0033 0, 0072 0, 0126 0, 0198 0, 0284 0, 0383 0, 04944 0, 0001 0, 0003 0, 0007 0, 0016 0, 0030 0, 0050 0, 0077 0, 01115 0, 0001 0, 0002 0, 0004 0, 0007 0, 0012 0, 00206 0, 0001 0, 0002 0, 0003❍ ❍❍❍❍ λk ❍1, 0 1, 5 2, 0 2, 5 3, 0 3, 5 4, 0 4, 5 5, 00 0, 3679 0, 2231 0, 1353 0, 0821 0, 0492 0, 0302 0, 0183 0, 0111 0, 00671 0, 3679 0, 3347 0, 2707 0, 2052 0, 1454 0, 1057 0, 0733 0, 0500 0, 03372 0, 1839 0, 2510 0, 2707 0, 2565 0, 2240 0, 1850 0, 1465 0, 1125 0, 08423 0, 0613 0, 1255 0, 1804 0, 2132 0, 2240 0, 2158 0, 1954 0, 1898 0, 14044 0, 0153 0, 0471 0, 0902 0, 1336 0, 1680 0, 1888 0, 1954 0, 1898 0, 17555 0, 0031 0, 0141 0, 0361 0, 0668 0, 1008 0, 1322 0, 1563 0, 1708 0, 17556 0, 0005 0, 0035 0, 0120 0, 0278 0, 0504 0, 0771 0, 1042 0, 1281 0, 14627 0, 0001 0, 0008 0, 0034 0, 0099 0, 0216 0, 0385 0, 0595 0, 0824 0, 10448 0, 0001 0, 0009 0, 0031 0, 0081 0, 0169 0, 0298 0, 0463 0, 06539 0, 0002 0, 0009 0, 0027 0, 0066 0, 0132 0, 0232 0, 036310 0, 0002 0, 0008 0, 0023 0, 0053 0, 0104 0, 018111 0, 0002 0, 0007 0, 0019 0, 0043 0, 008212 0, 0001 0, 0002 0, 0006 0, 0016 0, 003413 0, 0001 0, 0002 0, 0006 0, 001314 0, 0001 0, 0002 0, 000515 0, 0001 0, 000216 0, 0001

4.7. EXERCICES 53ANNEXE A2 - Probabilités individuelles et cumulées de la loi de Poisson P(λ).Cette table donne p({X = k}) = e−λ λ kk∑−λ λlpour X P(λ) et F (k) = e :k!l!l=0λ 1 2 3 4 5k p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k)0 0, 3679 0, 3679 0, 1353 0, 1353 0, 0498 0, 0498 0, 0183 0, 0183 0, 0067 0, 00671 0, 3679 0, 7358 0, 2707 0, 4060 0, 1494 0, 1991 0, 0733 0, 0916 0, 0337 0, 04042 0, 1839 0, 9197 0, 2707 0, 6767 0, 2240 0, 4232 0, 1465 0, 2381 0, 0842 0, 12473 0, 0613 0, 9810 0, 1804 0, 8571 0, 2240 0, 6472 0, 1954 0, 4335 0, 1404 0, 26504 0, 0153 0, 9963 0, 0902 0, 9473 0, 1680 0, 8152 0, 1954 0, 6288 0, 1755 0, 44055 0, 0031 0, 9994 0, 0361 0, 9834 0, 1008 0, 9161 0, 1563 0, 7851 0, 1755 0, 61606 0, 0005 0, 9999 0, 0120 0, 9955 0, 0504 0, 9665 0, 1042 0, 8893 0, 1462 0, 76227 0, 0001 1, 0000 0, 0034 0, 9989 0, 0216 0, 9881 0, 0595 0, 9489 0, 1044 0, 86668 0, 0009 0, 9998 0, 0081 0, 9962 0, 0298 0, 9786 0, 0653 0, 93199 0, 0002 1, 0000 0, 0027 0, 9989 0, 0132 0, 9919 0, 0363 0, 968210 0, 0008 0, 9997 0, 0053 0, 9972 0, 0181 0, 986311 0, 0002 0, 9999 0, 0019 0, 9991 0, 0082 0, 994512 0, 0001 1, 0000 0, 0006 0, 9997 0, 0036 0, 998013 0, 0002 0, 9999 0, 0013 0, 999314 0, 0001 1, 0000 0, 0005 0, 999815 0, 0002 0, 999916 0, 0001 1, 0000λ 6 7 8 9 10k p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k)0 0, 0025 0, 0025 0, 0009 0, 0009 0, 0003 0, 0003 0, 0001 0, 00011 0, 0149 0, 0174 0, 0064 0, 0073 0, 0027 0, 0030 0, 0011 0, 0012 0, 0005 0, 00052 0, 0446 0, 0620 0, 0223 0, 0296 0, 0107 0, 0138 0, 0050 0, 0062 0, 0023 0, 00283 0, 0892 0, 1512 0, 0521 0, 0818 0, 0286 0, 0424 0, 0150 0, 0212 0, 0076 0, 01044 0, 1339 0, 2851 0, 0912 0, 1730 0, 0573 0, 0996 0, 0337 0, 0550 0, 0189 0, 02935 0, 1606 0, 4457 0, 1277 0, 3007 0, 0916 0, 1912 0, 0607 0, 1157 0, 0378 0, 06716 0, 1606 0, 6063 0, 1490 0, 4497 0, 1221 0, 3134 0, 0911 0, 2068 0, 0631 0, 13027 0, 1377 0, 7440 0, 1490 0, 5987 0, 1396 0, 4530 0, 1171 0, 3239 0, 0901 0, 22038 0, 1033 0, 8472 0, 1304 0, 7291 0, 1396 0, 5925 0, 1318 0, 4557 0, 1126 0, 33299 0, 0688 0, 9161 0, 1014 0, 8305 0, 1241 0, 7166 0, 1318 0, 5874 0, 1251 0, 458010 0, 0413 0, 9574 0, 0710 0, 9015 0, 0993 0, 8159 0, 1186 0, 7060 0, 1251 0, 538111 0, 0225 0, 9799 0, 0452 0, 9466 0, 0722 0, 8881 0, 0970 0, 8030 0, 1137 0, 696812 0, 0113 0, 9912 0, 0264 0, 9730 0, 0481 0, 9362 0, 0728 0, 8758 0, 0948 0, 791613 0, 0052 0, 9964 0, 0142 0, 9872 0, 0296 0, 9658 0, 0504 0, 9261 0, 0729 0, 864514 0, 0022 0, 9986 0, 0071 0, 9943 0, 0169 0, 9827 0, 0324 0, 9585 0, 0521 0, 916615 0, 0009 0, 9995 0, 0033 0, 9976 0, 0090 0, 9918 0, 0194 0, 9780 0, 0347 0, 951316 0, 0003 0, 9998 0, 0014 0, 9990 0, 0045 0, 9963 0, 0109 0, 9889 0, 0217 0, 973017 0, 0001 1, 0000 0, 0006 0, 9996 0, 0021 0, 9984 0, 0058 0, 9947 0, 0128 0, 985718 0, 0002 0, 9999 0, 0009 0, 9993 0, 0029 0, 9976 0, 0071 0, 992819 0, 0001 1, 0000 0, 0004 0, 9997 0, 0014 0, 9989 0, 0037 0, 996520 0, 0002 0, 9999 0, 0006 0, 9996 0, 0019 0, 998421 0, 0001 1, 0000 0, 0003 0, 9998 0, 0009 0, 999322 0, 0001 0, 9999 0, 0004 0, 999723 1, 0000 0, 0002 0, 999924 0, 0001 1, 0000

54 CHAPITRE 4. LOIS DE PROBABILITÉS DISCRÈTES USUELLESANNEXE A3 - Probabilités individuelles et cumulées de la loi de Poisson P(λ).Cette table donne p({X = k}) = e−λ λ kk∑−λ λlpour X P(λ) et F (k) = e :k!l!λ 11 12 13 14 15k p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k) p(k, λ) F (k)01 0, 0002 0, 0002 0, 0001 0, 00012 0, 0010 0, 0012 0, 0004 0, 0005 0, 0002 0, 0001 0, 00013 0, 0037 0, 0049 0, 0018 0, 0023 0, 0008 0, 0010 0, 0004 0, 0005 0, 0002 0, 00024 0, 0102 0, 0151 0, 0053 0, 0076 0, 0027 0, 0037 0, 0013 0, 0018 0, 0007 0, 00095 0, 0224 0, 0375 0, 0127 0, 0203 0, 0070 0, 0107 0, 0037 0, 0055 0, 0019 0, 00286 0, 0411 0, 0786 0, 0255 0, 0458 0, 0152 0, 0259 0, 0087 0, 0142 0, 0048 0, 00767 0, 0646 0, 1432 0, 0437 0, 0895 0, 0281 0, 0540 0, 0174 0, 0316 0, 0104 0, 01808 0, 0888 0, 2320 0, 0655 0, 1550 0, 0457 0, 0997 0, 0304 0, 0620 0, 0194 0, 03749 0, 1085 0, 3405 0, 0874 0, 2424 0, 0661 0, 1658 0, 0473 0, 1093 0, 0324 0, 069810 0, 1194 0, 4599 0, 1048 0, 3472 0, 0859 0, 2517 0, 0663 0, 1756 0, 0486 0, 118411 0, 1194 0, 5793 0, 1144 0, 4616 0, 1015 0, 3532 0, 0844 0, 2600 0, 0663 0, 184712 0, 1094 0, 6887 0, 1144 0, 5760 0, 1099 0, 4631 0, 0984 0, 3584 0, 0829 0, 267613 0, 0926 0, 7813 0, 1056 0, 6816 0, 1099 0, 5730 0, 1060 0, 4644 0, 0956 0, 362214 0, 0728 0, 8541 0, 0905 0, 7721 0, 1021 0, 6751 0, 1060 0, 5704 0, 1024 0, 465615 0, 0534 0, 9075 0, 0724 0, 8445 0, 0885 0, 7636 0, 0989 0, 6693 0, 1024 0, 568016 0, 0367 0, 9442 0, 0543 0, 8988 0, 0719 0, 8355 0, 0866 0, 7559 0, 0960 0, 664017 0, 0237 0, 9679 0, 0383 0, 9371 0, 0550 0, 8905 0, 0713 0, 8272 0, 0847 0, 748718 0, 0145 0, 9824 0, 0255 0, 9626 0, 0397 0, 9302 0, 0554 0, 8826 0, 0706 0, 819319 0, 0084 0, 9908 0, 0161 0, 9787 0, 0272 0, 9574 0, 0409 0, 9235 0, 0558 0, 875120 0, 0046 0, 9954 0, 0097 0, 9884 0, 0177 0, 9751 0, 0286 0, 9521 0, 0418 0, 916921 0, 0024 0, 9978 0, 0055 0, 9939 0, 0109 0, 9680 0, 0191 0, 9712 0, 0299 0, 946822 0, 0012 0, 9990 0, 0030 0, 9969 0, 0065 0, 9925 0, 0121 0, 9833 0, 0204 0, 967223 0, 0006 0, 9996 0, 0016 0, 9985 0, 0037 0, 9962 0, 0074 0, 9907 0, 0133 0, 980524 0, 0003 0, 9999 0, 0008 0, 9993 0, 0020 0, 9982 0, 0043 0, 9950 0, 0083 0, 988825 0, 0001 1, 0000 0, 0004 0, 9997 0, 0010 0, 9992 0, 0024 0, 9974 0, 0050 0, 993826 0, 0002 0, 9999 0, 0005 0, 9997 0, 0013 0, 9987 0, 0029 0, 996727 0, 0001 1, 0000 0, 0002 0, 9999 0, 0007 0, 9994 0, 0016 0, 998328 0, 0001 1, 0000 0, 0003 0, 9997 0, 0009 0, 999229 0, 0002 0, 9999 0, 0004 0, 999630 0, 0001 1, 0000 0, 0002 0, 999831 0, 0001 0, 999932 0, 0001 1, 0000l=0

1. On sait que F (x) = p({X ≤ x}) =∫ xf(t)dt donc si X U([a; b]),Chapitre 5Lois de probabilités continues usuelles5.1 Loi et variable uniformes5.1.1 DéfinitionOn dit que la loi de probabilité d’une variable aléatoire réelle est uniforme sur un segment [a; b], avec0 ≤ a < b, si sa densité de probabilité f est définie par⎧⎨ 1pour x ∈ [a; b]f(x) = b − a⎩0 pour x < a ou x > bOn note alors X U([a; b]). f admet la représentation graphique de la Figure 5.1.f(x)0 1 (b − a)abxFigure 5.1On a bien une densité de probabilité puisque• f(x) ≥ 0 ∀x ∈ R,• f est continue sur ] − ∞; a[∪]a; b[∪]b; +∞[,∫ +∞ ∫ a ∫ b• f(t)dt = f(t)dt + f(t)dt +−∞−∞5.1.2 Fonction de répartitiona∫ +∞bf(t)dt = 0 + 1 + 0 = 1.

56 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESPreuve : On distingue trois cas :– si x < a, F (x) =∫ x– si a ≤ x ≤ b, F (x) =– si x > b, F (x) =−∞∫ x∫ x−∞f(t)dt =−∞f(t)dt =⎧0 pour x < a⎪⎨x − aF (x) =pour a ≤ x ≤ b⎪⎩ b − a1 pour x > b∫ xf(t)dt =−∞∫ a∫ a−∞0dt = 0,a∫ x10dt +−∞ a b − a dt = x − ab − a ,∫ b ∫1x0dt +b − a dt + 0dt = 0 + 1 + 0 = 1.b2. Représentation graphique0F(x)1abxFigure 5.25.1.3 MomentsSi X U([a; b]) alors∫ +∞ ∫ b[t• E(X) = tf(t)dt =−∞a b − a dt = t 2 b=2(b − a)] a + ba2 .• V (X) = a2 + ab + b 2 ( ) a + b 2(b − a)2− = .32 12∫ bEn effet, on a E(X 2 t 2 [) =a b − a dt = t 3 b=3(b − a)] b3 − a 3a3(b − a) = a2 + ab + b 2.3Exemple 5.1.1 On considère la fonction f définie par :{ 0 pour x < 0 ou x > 1f(x) =.1 pour 0 ≤ x ≤ 1Il apparaît en intégrant que⎧⎨ 0 pour x < 0F (x) = x pour 0 ≤ x ≤ 1⎩1 pour x > 1On trouve E(X) = 1 1et V (X) =2 12 .Remarque 5.1.1 Dans l’exemple précédent, ∫ comme dans toute variable aléatoire absolument continue, onaa p({X = 0}) = 0. En effet, ∀a ∈ R, f(t)dt = 0.

5.2. LA LOI EXPONENTIELLE 575.2 La loi exponentielle5.2.1 DéfinitionUne variable aléatoire X suit une loi exponentielle de paramètre λ (λ ∈ R +⋆ ) si X est une variablealéatoire absolument continue dont la densité de probabilité est définie par{ 0 pour x < 0f(x) =λe −λx pour x ≥ 0On note alors X E(λ). La fonction f admet la représentation graphique de la Figure 5.3.f(x)0xFigure 5.3On a bien une densité de probabilité puisque• f(x) ≥ 0 ∀x ∈ R,• f∫est continue sur R + et R −⋆ ,+∞ ∫ 0 ∫ +∞• f(t)dt = 0dt + λe −λt dt. Or, si A > 0,−∞A → +∞ donc∫−∞+∞−∞0f(t)dt = 1.∫ A0λe −λt dt = [−e λt ] A 0= 1 − e −λA → 1 quandLa loi exponentielle peut être considérée comme l’équivalent en continu de la loi géométrique dans le casdiscret. En effet, elle modélise un temps d’attente du premier succès dans un processus de Poisson.5.2.2 Fonction de répartitionSi X E(λ), on aF (x) ={ 0 pour x < 01 − λe −λx pour x ≥ 0dont la représentation graphique est donnée à la Figure 5.4.5.2.3 Les momentsSi X E(λ),1. E(X) =∫ +∞−∞tf(t)dt =∫ +∞0λte −λt dt = 1 λà l’aide d’une intégration par parties.2. V (X) = 1 λ 2 et σ(X) = 1 λ .En effet, on sait que V (X) = E(X 2 ) − (E(X)) 2 . Comme E(X 2 ) =intégrations par parties, on obtient E(X 2 ) = 2 .∫ +∞0λt 2 e −λt dt, à l’aide de deux

58 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESF(x)0 10xFigure 5.45.3 La loi de Laplace-Gauss ou loi normale5.3.1 DéfinitionOn appelle variable aléatoire normale ou gaussienne toute variable aléatoire absolument continuedont la densité de probabilité f est définie parf(x) = 1 − m)2σ √ e−(x 2σ 22πm étant une constante réelle, σ une constante réelle strictement positive. On utilise la notation suivanteX N (m, σ)Remarque 5.3.1 On admettra que f est bien une densité de probabilité (la difficulté étant de montrer que∫ +∞−∞f(t)dt = 1).5.3.2 Représentation graphiqueLa courbe représentative de f est donnée par la Figure 5.5.Figure 5.5

5.3. LA LOI DE LAPLACE-GAUSS OU LOI NORMALE 59Remarque 5.3.2– La courbe, dite courbe en cloche, a un axe de symétrie qui est la droite d’équation x = m.1– La densité f a un maximum atteint pour x = m valantσ √ 2π .– La courbe est d’autant plus pointue que σ est petit.Rappels : Pour déterminer le(s) point(s) d’inflexion d’une fonction, on calcule sa dérivée seconde et ondétermine le signe de cette dernière. Si le signe change pour une abscisse particulière, la fonction y admetun point d’inflexion.Déterminons le(s) point(s) d’inflexion de f. Le calcul de la dérivée première donne :f ′ (x) = 1− m)2σ √ −2(x − m)e−(x 2σ 2 = − 1− m)22π 2σ2 σ 3√ (x − m)e−(x 2σ 2 .2πLe calcul de la dérivée seconde donne :f ′′ (x) = − 1] − m)2(x − m)2 −(x[1σ 3√ −2π σ 2 e 2σ 2 =On a le tableau de signes suivant :1σ 5√ 2πx −∞ m − σ m + σ +∞f ′′ (x) + − +[(x − m − σ)(x − m + σ)]e−(x− m)22σ 2 .Par conséquent, la courbe admet deux points d’inflexion pour x = m + σ et x = m − σ.Exemple 5.3.1 Les variables normales sont très fréquentes, par exemple la variable aléatoire réelle “poids”d’un français adulte, la variable aléatoire “quotient intellectuel” d’une population donnée.5.3.3 Les momentsL’espérance et la variance d’une variable normale sont respectivement données par :E(X) = m et V (X) = σ 25.3.4 Variable normale centrée réduiteSi m = 0 et σ = 1, la variable normale est appelée variable normale centrée réduite et est notée Zou Γ, on note alorsZ N (0, 1)La courbe représentative de la fonction g est donnée par la Figure 5.6. Sa densité de probabilité est la fonctiong définie par g(x) = √ 1 e −x2 2 . 2π– Cette fonction g est paire, la courbe a un axe de symétrie qui est la droite des ordonnées. En x = 0, lafonction g vaut g(0) = √ 1 . 2π– Les points d’inflexion de la fonction g se trouvent en x = −1 et x = 1.– En général, les valeurs de g(x) = √1e −x2 2 sont données à l’aide d’une table pour x ≥ 0.

60 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESFigure 5.6Figure 5.75.3.5 Fonction de répartitionSi on note Π la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite Z associée à X,Π(z) =∫ z−∞g(x)dx = p({Z ≤ z})cette fonction est représentée graphiquement à la Figure 5.7. Il existe des tables qui donnent la valeur deΠ(z) pour z ≥ 0 (voir annexe A). Π(z) désigne l’aire du domaine plan en jaune (voir Figure 5.8).Figure 5.8Exemple 5.3.2 Π(0) = 0, 5 ce qui est évident puisqu’on considère exactement la moitié de l’aire totale (qui

5.3. LA LOI DE LAPLACE-GAUSS OU LOI NORMALE 61– Pour z > 0 on a la relation Π(z) + Π(−z) = 1On peut observer cette propriété à l’aide de la Figure 5.9.Figure 5.9Exemple 5.3.3 p({Z ≤ −1}) = Π(−1) = 1 − Π(1) = 1 − 0, 8413 = 0, 1587.– Soit z ∈ R, on a la relation p({Z > z}) = 1 − p({Z ≤ z}) = 1 − Π(z)On peut observer cette propriété à l’aide de la Figure 5.10.Figure 5.10Exemple 5.3.4 p({Z > 1}) = 1 − Π(1) = 0, 1587.– Soient a, b ∈ R vérifiant a < b alors p({a ≤ Z ≤ b}) = Π(b) − Π(a)On peut observer cette propriété à l’aide de la Figure 5.11.Exemple 5.3.5 p({1 ≤ Z ≤ 2}) = Π(2) − Π(1) = 0, 9772 − 0, 8413 = 0, 1359.– Soit z > 0 alors p({−z ≤ Z ≤ z}) = Π(z) − Π(−z) = 2Π(z) − 1On peut observer cette propriété à l’aide de la Figure 5.12.

62 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESFigure 5.11Figure 5.125.3.6 Table de l’écart réduitSoit un intervalle centré en 0 de probabilité 1 − α, on note −Z α et Z α ses bornes. Alorsp({−Z α ≤ z ≤ Z α }) = 1 − α = 2Π(Z α ) − 1ou encoreΠ(Z α ) = 1 − α 2Par conséquent,p({z > Z α }) = p({z < −Z α }) = α 2Il existe une table (ne figurant pas dans les annexes) qui pour α fixé donne Z α , ce qui permet d’obtenir lesbornes d’un intervalle centré en 0 dont la probabilité est connue.Exemple 5.3.7 Pour α = 0, 03 on obtient Z α = 2, 170090 ce qui signifie• p({−2, 17090 ≤ Z ≤ 2, 17090}) = 0, 97• p({Z > 2, 17090}) = 0, 015• p({Z < −2.17090}) = 0, 015

5.3. LA LOI DE LAPLACE-GAUSS OU LOI NORMALE 63Figure 5.135.3.7 Exemples1. Soient X N (m = 30, σ = 3) et sa variable Z centrée réduite associée vérifiant Z = X − 30 N (0, 1).3Déterminons les probabilités p({X = 28}), p({X ≤ 33}), p({X ≤ 27}), p({27 ≤ X ≤ 33}) etp({X > 33}).• p({X = 28}) = 0.33 − 30• X ≤ 33 ⇔ Z ≤ = 1 donc p({X ≤ 33}) = p({Z ≤ 1}) = Π(1) = 0, 8413.3{}27 − 30• {X ≤ 27} = Z ≤ = −1 donc p({X ≤ 27}) = p({Z ≤ −1}) = Π(−1) = 1 − Π(1) =30, 1587.• {27 ≤ X ≤ 33} = {−1 ≤ Z ≤ 1} par conséquent p({27 ≤ X ≤ 33}) = p({−1 ≤ Z ≤ 1}) =Π(1) − Π(−1) = 2Π(1) − 1 ce qui donne p({27 ≤ X ≤ 33}) = 2 × 0, 8413 − 1 = 0, 6826.• p({X > 33}) = 1 − p({X ≤ 33}) = 1 − Π(1) = 0, 1587.2. Soit une variable aléatoire réelle dont on sait qu’elle suit une loi normale. On sait de plus quep({X ≤ 3}) = 0, 5517 et p({X > 7}) = 0, 0166.Déterminons les paramètres m et σ de la loi normale que suit X.On a X N (m, σ) ⇔ Z = X − mσ• X ≤ 3 ⇔ Z ≤ 3 − mσΠ(0, 13) = 0, 5517 donc 3 − mσ• X > 7 ⇔ Z > 7 − mσΠ(2, 13) = 0, 9834 donc 7 − mσ N (0, 1) donc({et p({X ≤ 3}) = p Z ≤ 3 − m })( ) 3 − m= 0, 5517. Alors Π = 0, 5517 orσσ= 0, 13.({et p({X ≤ 7}) = 0, 9834 = p Z ≤ 7 − m }) ( ) 7 − m. Ainsi Π = 0, 9834 orσσ= 2, 13.Afin de déterminer m et σ, on résout le système{ 7 − m = 2, 13σ3 − m = 0, 13σ⇔{ 4 = 2σm = 3 − 0, 13σ⇔{ σ = 2m = 3 − 0, 26 = 2, 74 .

64 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLES5.3.8 RemarquesOn sait que X N (m, σ) ⇔ Z = X − m N (0, 1) donc :σ• {m − σ ≤ X ≤ m + σ} = {−1 ≤ Z ≤ 1} et p({m − σ ≤ X ≤ m + σ}) = Π(1) − Π(−1) =2Π(1)−1 = 0, 6826. On peut alors affirmer que 68, 26% de la population étudiée appartient à l’intervalle[m − σ; m + σ].• {m − 2σ ≤ X ≤ m + 2σ} = {−2 ≤ Z ≤ 2} et p({m − 2σ ≤ X ≤ m + 2σ}) = 2Π(2) − 1 = 0, 9544. Onpeut alors affirmer que 95, 44% de la population étudiée appartient à l’intervalle [m − 2σ; m + 2σ].• {m − 3σ ≤ X ≤ m + 3σ} = {−3 ≤ Z ≤ 3} et p({m − 3σ ≤ X ≤ m + 3σ}) = 2Π(3) − 1 = 0, 9973. Onpeut alors affirmer que 99, 73% de la population étudiée appartient à l’intervalle [m − 3σ; m + 3σ].5.3.9 Relation entre la fonction de répartition et la densité de probabilité des loi normaleet loi normale centrée réduite– Soit X N (m, σ) de densité f. La fonction de répartition F est définie par F (x) = p({X ≤ x}) etvérifie alors la relationF ′ = f– Soit Z N (0, 1) de fonction de répartition Π et de densité g alors– On a l’égalité {X ≤ x} =Π ′ = g{Z ≤ x − m }ainsi que la relation F (x) = ΠσF ′ (x) = 1 ( ) x − mσ Π′ σσ⇔ f(x) = 1 σ g ( x − m( x − m),σ). Par dérivation,ce qui permet l’utilisation de la table de densité de probabilité de la loi N (0, 1) pour calculer les valeursde la densité de probabilité de N (m, σ).5.3.10 PropriétésSoit X N (m, σ) et k une constante. On a les résultats suivants :– la variable kX suit une loi normale N (km, |k|σ),– la variable k + X suit une loi normale N (k + m, σ).5.3.11 Somme de deux variables normales indépendantesSoient deux variables X 1 N (m 1 , σ 1 ) et X 2 N (m 2 , σ 2 ) indépendantes. Alors,√X 1 + X 2 N (m 1 + m 2 , σ1 2 + σ2 2 )et√X 1 − X 2 N (m 1 − m 2 , σ1 2 + σ2 2 )Preuve : Ces propriétés sont obtenues en utilisant les résultats suivantsE(X 1 + X 2 ) = E(X 1 ) + E(X 2 ) ; E(X 1 − X 2 ) = E(X 1 ) − E(X 2 )σ(X 1 + X 2 ) = √ σ 2 (X 1 ) + σ 2 (X 2 ) ; σ(X 1 − X 2 ) = √ σ 2 (X 1 ) + σ 2 (X 2 ).Plus généralement, soient n variables aléatoires indépendantes deux à deux telles que X i N (m i , σ i ),

5.3. LA LOI DE LAPLACE-GAUSS OU LOI NORMALE 65la variable X =n∑a i X i suit une loi normale N (m, σ)i=1de moyenne m =n∑∑a i m i et d’écart-type σ = √ n a 2 i σ2 i .i=1i=1Remarque 5.3.3 Si les X i suivent la même loi N (m, σ),– la variable X = X 1 + X 2 + . . . + X n suit une loi normale de moyenne nm et d’écart-type√σ 2 + σ 2 + . . . + σ 2 = √ nσ 2 = σ √ n.– La variable Y = X 1 + X 2 + . . . + X nnsuit une loi normale de moyenne nm n = m, d’écart-type σ √ n.5.3.12 Approximation d’une loi binomiale par une loi normaleSoit une loi binomiale B(n, p) de moyenne m = np, d’écart-type σ = √ npq.On montre que l’on peut approximer la loi binomiale B(n, p) par la loi normale N (m = np, σ = √ npq) sin ≥ 15, p et q étant non voisins de 0. Dans la pratique, l’approximation est admise si n ≥ 20, np ≥ 10,nq ≥ 10.Exemple 5.3.8 Soit X B(n = 100; p = 0, 4) avec E(X) = 40 et σ(X) = √ 40 × 0, 6 = √ 24. On a dansce cas⎧n = 100 ≥ 20⎪⎨np = 40 ≥ 10nq = 60 > 10⎪⎩npq = 24ce qui implique que X N (m = 40, σ = √ 24). Calculons p({X < 38}).– On a p({X = 38}) B = p({37, 5 ≤ X ≤ 38, 5}) N . Posons Z = X √ − 40 alors{ 24−2, 5{37, 5 ≤ X ≤ 38, 5} = √ ≤ Z ≤ −1, 5 }√ = {0, 510 ≤ Z ≤ 0, 306}.24 24Ainsi, p({X = 38}) B = Π(−0, 306) − Π(−0, 510) = Π(−0, 510) − Π(−0, 306) = 0, 6950 − 0, 6202 =0, 0748.Montrons que π(0, 306) = 0, 6202 à l’aide de l’interpolation linéaire : on a π(0, 30) = 0, 6179 etπ(0, 31) = 0, 6217 et le tableau suivant0, 6179 x 0, 6217⇔x − 0, 6179 0, 306 − 0, 30=0, 6217 − 0, 6179 0, 31 − 0, 300, 30 0, 306 0, 310, 006⇔ x = 0, 6179 + 0, 0038 × = 0, 6202.0, 01{Z >– Ensuite, p({X > 38}) B = p({X > 38, 5}) N et {X > 38, 5} =p({X > 38}) B = p({X > 38, 5}) N = 1 − p({X ≤ 38, 5}) N ou encorep({X > 38}) B = 1 − Π(−0, 306) = Π(0, 306) = 0, 6202.– Enfin, p({X ≤ 38}) B = p ({X ≤ 38, 5}) Net {X ≤ 38, 5} =({p({X ≤ 38}) B = p Z ≤ −1, √ 5 })= Π(−0, 306).24B38, 5 − 40√24}. Par conséquent,{40 − 38, 5Z ≤ √}. Par conséquent,24

2 2 266 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLES5.3.13 Résumé sur les approximations de lois• H(N, p, n) ∼ B(n, p) pour N > 10n,• B(n, p) ∼ P(λ = np) pour n ≥ 30, p ≤ 0, 1 et np ≤ 10,• B(n, p) ∼ N (m = np, σ = √ npq) avec{ n ≥ 200, 1 < p < 0, 9 ou { np ≥ 10nq ≥ 10ou npq > 3.• P(λ = np) ∼ N (m = np, σ = √ npq) pour np ≥ 10.5.4 Loi et variable du χ 2 (Khi-deux) de Pearson5.4.1 La distribution du χ 21. On considère n variables indépendantes d’une loi normale centrée réduite T 1 , T 2 ,. . . ,T n . La quantitén∑T1 2 + T2 2 + . . . + Tn 2 =est une variable aléatoire dont la distribution est celle d’un χ 2 à n degrés de liberté de moyenne etvariance respectives,i=1T 2iE(χ 2 n) = n et V (χ 2 n) = 2nLorsque n augmente, la densité f d’une loi du χ 2 ressemble de plus en plus à la densité d’une loinormale (voir la Figure 5.14) : La variable χ 2 est tabulée en fonction du nombre n de degrés de liberté.Figure 5.14La table (voir annexe B) donne pour différentes valeurs de α, la valeur de x telle que :P ({χ 2 n < x}) = 1 − α2. Graphiquement, cette valeur est égale à la surface grisée de la Figure 5.15 :Exemple 5.4.1 Calculer p({χ 2 10 > 20, 5}). On récupère à l’aide de la table, la probabilité p({χ2 10 20, 5}) est égale à 1−0, 975 = 0, 025.Remarque 5.4.1 Attention, d’autres tables donnent la probabilité α, en fonction du nombre de degrésde liberté ν pour qu’une variable aléatoire X suivant une loi de χ 2 ν soit supérieure ou égale à une valeurdonnée x : α = p({X ≥ x}).On a la propriété suivante :

5.4. LOI ET VARIABLE DU χ 2 (KHI-DEUX) DE PEARSON 67Figure 5.15Ce χ 2 admet– une moyenne E(χ 2 m+n) = m + n,– une variance σ 2 (χ 2 m+n) = 2(m + n)et ceci par application directe du théorème sur l’addition de variables aléatoires indépendantes.5.4.2 Les données du problèmeCertains tests ont pour objet de tirer des conclusions relatives à la valeur des paramètres (moyenne,fréquence, variance) d’une ou plusieurs populations, sur la base d’informations partielles fournies par un ouplusieurs échantillons.La même démarche peut être appliquée pour porter un “jugement” sur les caractéristiques encore plus généralesde la population : la forme même de distribution du caractère étudié, la validité de sa représentation àl’aide de telle ou telle loi de probabilité particulière, les relations éventuelles entre plusieurs variables.Concrètement, on dispose d’une distribution statistique empirique se présentant sous la forme d’une tabled’effectifs ou de fréquences du caractère étudié. On désire savoir si ces effectifs ou ces fréquences sont compatiblesavec une distribution théorique déterminée telle que la loi binomiale, la loi de Poisson, la loi normaleou toute autre loi de probabilité. Il s’agit en d’autres termes d’apprécier l’adéquation d’une distributionthéorique particulière, en tant que représentation d’un phénomène concret observé (série empirique).La démarche consiste donc à tester l’hypothèse selon laquelle notre échantillon serait tiré d’une populationrégie par une certaine loi de probabilité.Il est évident que, même si le phénomène étudié suit effectivement la loi de probabilité dont on teste l’adéquation,les fréquences expérimentales (ou empiriques) observées sur un échantillon particulier différerontnécessairement peu ou prou des probabilités (fréquences que l’on devrait théoriquement observer selon la loien question).La problématique du test revient en définitive à savoir si les différences constatées entre la distributionexpérimentale et la distribution théorique supposée sont explicables par l’aléa lié à la constitution de l’échantillonou si elles sont trop importantes pour être imputables au seul hasard. En ce cas, c’est l’hypothèse detravail avancée sur la nature de la distribution qui devrait être mise en cause.5.4.3 Ajustement d’une distribution observée à une distribution théoriqueConstruction du test1. Les hypothèses du test sont les suivantes :• H : X suit la loi théorique L,

68 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLES• H 1 : X ne suit pas L.2. La variable observée est :– soit discrète et prend k valeurs x 1 , x 2 ,. . . ,x k– soit continue et classée en k classes [a 0 ; a 1 [, [a 1 ; a 2 [,. . . ,[a k−1 ; a k [ de centres respectifs x 1 , x 2 ,. . . ,x k−1 ,x k .3. Les N observations de l’échantillon sont réparties sur les k valeurs de X (si X est discrète) ou sur lesk classes de X (si X est continue). On a les tableaux suivants :Classesx i n iCentres Effectifsx i n ix k n k[a k−1 ; a k [ x k n kx 1 n 1[a 0 ; a 1 [ x 1 n 1x 2 n 2[a 1 ; a 2 [ x 2 n 2. ... .avec N =k∑n i = n 1 + n 2 + . . . + n k .i=14. Sous H 0 on note p i la probabilité dite théorique définie par• p i = p({X = x i /X L}) si X est discrète,• p i = p({X ∈ [a i−1 ; a i [/X L}) si X est continue.e i = Np i est l’effectif théorique de la i-ième classe de X.5. L’indicateur d’écart entre les distributions observées et théoriques estk∑i=1(n i − Np i ) 2Np i(1)dit χ 2 observé ou calculé. Cet écart suit pour N suffisamment grand une loi du χ 2 ν d’où le nom du test.Intuitivement, on comprend que cette grandeur statistique traduise l’écart entre l’échantillon et laloi conjecturée.Si l’ajustement était parfait, cette expression du χ 2 serait nulle, les effectifs empiriques co´’ıncidantexactement avec les effectifs théoriques.En revanche, plus grands sont les écarts entre les effectifs observés et les effectifs théoriques (n i − e i )et plus forte sera la valeur du χ 2 .En outre, comme la quantité (1) ne peut pas être négative, le test d’ajustement est nécessairementun test unilatéral droit.Le paramètre ν indiçant χ 2 ν définit le nombre de degrés de liberté. C’est le nom donné au nombred’observations linéairement indépendantes qui apparaissent dans une somme de carrés. Autrement dit,c’est le nombre d’observations aléatoires indépendantes à qui l’on soustrait le nombre de contraintesimposées à ces observations.Le nombre ν de degrés de liberté est égal à– si les paramètres de la loi d’ajustement L sont donnés,

5.4. LOI ET VARIABLE DU χ 2 (KHI-DEUX) DE PEARSON 69En effet, aucun paramètre n’est à estimer puisque la loi d’ajustement est totalement spécifiée. Le χ 2est constitué de k écarts (n i − e i ). Les écarts sont reliés par la contrainte∑(ni − e i ) = ∑ (n i − Np i ) = ∑ n i − N ∑ p i = N − N = 0En d’autres termes, lorsqu’on connaît la valeur de k − 1 écarts, on peut en déduire la valeur dudernier qui n’est donc pas “libre” de varier de manière aléatoire,– si la loi d’ajustement L comporte r paramètres inconnus,ν = k − r − 1On impose de ce fait autant de contraintes supplémentaires entre les observations, diminuant d’autantle nombre de degrés de liberté.Remarque 5.4.2 Le nombre d’observations par classes ne doit pas être faible, Np i doit être supérieurà 5, ∀i = 1, 2, . . . , k. Dans le cas contraire, on regroupe deux ou plusieurs classes adjacentes de façonà réaliser cette condition. On tient compte de ce regroupement pour le nombre de degrés de liberté.6. Pour un risque de première espèce α, la région critique est définie pourk∑ (n i − Np i ) 2i=1Np i≥ χ 2 ν,1−αd’où la règle de décision :• χ 2 observé < χ 2 ν,1−α , on décide H 0 et X L.• χ 2 observé ≥ χ 2 ν,1−α , on décide H 1 et X ne suit pas la loi L.Exemple 5.4.2 Loi uniforme.Une statistique relative aux résultats du concours d’entrée à une grande école fait ressortir les répartitionsdes candidats et des admis selon la profession des parents.Profession des candidats Nombre de candidats Nombre d’admis1○ Fonctionnaires et assimilés 2244 1802○ Commerce, industrie 988 893○ Professions libérales 575 484○ Propriétaires rentiers 423 375○ Propriétaires agricoles 287 136○ Artisans, petits commerçants 210 187○ Banque, assurance 209 17Total 4936 402Question : Tester l’hypothèse (risque α = 0, 05) selon laquelle la profession des parents n’a pas d’influencesur l’accès à cette grande école.Il s’agit du test d’ajustement d’une distribution théorique, on considère les hypothèses :• H 0 : la profession des parents n’a pas d’influence sur l’accès à cette grande école, la proportion desadmis est constante pour toutes les professions soit p = 402 ≃ 0, 0814.4936• H 1 : la profession des parents influe sur l’accès à cette grande école.

70 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESi N i n i effectif observé N i p effectif théorique1 2244 1802 988 893 575 484 423 375 287 136 210 187 209 172244 × 4024936988 × 4024936575 × 4024936423 × 4024936287 × 4024936210 × 4024936209 × 4024936(n i − N i p) 2N i p≃ 182, 76 0, 0416≃ 80, 47 0, 9042≃ 46, 83 0, 0293≃ 34, 45 0, 1887≃ 23, 37 4, 6050≃ 17, 10 0, 0471≃ 17, 02 ≃ 0Total 4936 402 402 5, 8181Le χ 2 observé vaut 5, 8181. Le nombre de degrés de liberté est 7 − 1 = 6. La table de l’annexe B fournitχ 2 6;0,95 = 12, 59 donc χ2 observé < χ 2 6/0,95 . On choisit H 0, ce qui signifie que la profession des parents n’a pasd’influence sur l’accès à cette grande école.Exemple 5.4.3 Loi binomiale.Supposons qu’on ait recueilli 300 boîtes contenant chacune trois ampoules. Dans chaque boîte, on compte lenombre d’ampoules défectueuses. On obtient les résultats suivants :Nombre d’ampoules Nombre de boîtesdéfectueuses x i observées n i0 1901 952 103 5Total 300Pour chaque ampoule testée, on peut observer deux états différents : l’ampoule est défectueuse ou non. Lenombre X d’ampoules défectueuses par boîte suit une loi binomiale de paramètres n = 3 et p.Dans la distribution observée, le nombre d’ampoules défectueuses est de0 × 190 + 1 × 95 + 2 × 10 + 3 × 5 = 130soit 130 ampoules défectueuses sur un total de 900 ampoules. La proportion d’ampoules défectueuses estalors de 130 ≃ 0, 144. Prenons p = 0, 15 et réalisons alors le test suivant : soit X le nombre d’ampoules900défectueuses par boîte• H 0 : X B(3; 0, 15).• H 1 : X ne suit pas cette loi binomiale.On détermine les probabilités théoriques :

5.4. LOI ET VARIABLE DU χ 2 (KHI-DEUX) DE PEARSON 71• p 0 = p({X = 0/X B}) = (0, 85) 3 ≃ 0, 6141• p 1 = p({X = 1/X B}) = C 1 3(0, 15)(0, 85) 2 ≃ 0, 3251• p 2 = p({X = 2/X B}) = C 2 3(0, 15) 2 (0, 85) ≃ 0, 0574• p 3 = p({X = 3/X B}) = (0, 15) 3 ≃ 0, 0034On a le tableaux ieffectifobservén ip ieffectifthéoriqueNp i0 190 0, 6141 184, 231 95 0, 3251 97, 532 10 0, 0574 17, 223 5 0, 0034 1, 02Total N = 300 1 300L’effectif théorique de la quatrième classe est faible : 1, 02 < 5. On effectue un regroupement de classes, lesclasses “2” et “3”.x i n i Np i(n i − Np i ) 2Np i0 190 184, 23 0, 180711 95 97, 53 0, 065632 ou 3 15 18, 24 0, 57553Total 300 300 0, 82187Après le regroupement, le nombre de classes est 3, le nombre de degrés de liberté est 3 − 1 = 2.Au risque α = 0, 01 on a χ 2 2;0,99 = 9, 21. Doncχ 2 observé = 0, 82187 < χ 2 2;0,99 .On ne rejette pas H 0 au profit de H 1 . On considère que le nombre d’ampoules défectueuses par boîte suitune loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0, 15 au risque α = 0, 01.Exemple 5.4.4 Loi normale.On suppose que le rendement X (quintaux par hectares d’une parcelle de blé) suit une loi normale N (m, σ).L’observation du rendement de 1000 parcelles a donné les résultats suivants :Rendement [0; 10[ [10; 20[ [20; 30[ [30; 40[ [40; 50[ [50; 60[ [60; 70[ [70; 80[ [80; 90[Nombre de parcelles 5 6 40 168 288 277 165 49 21. Déterminer la moyenne arithmétique et l’écart-type de la distribution observée.∑n i x i• x =• σ ′2 =i= 49, 76∑Nn i x 2 ii− x 2 = 164, 5424 donc σ ′ ≃ 12, 827.

72 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLES2. Vérifier pour un test du χ 2 avec un risque de 0, 05 si l’ajustement de la distribution observée à une loinormale N (n = 50, σ = 13) est acceptable.Les hypothèses du test du χ 2 sont les suivantes :• H 0 : X N (50, 13)• H 1 : X ne suit pas N (50, 13)On désigne par [a 0 ; a 1 [, [a 1 ; a 2 [,. . . ,[a 8 ; a 9 [ les classes et par x 1 , x 2 ,. . . ,x 9 les centres de ces classes.Sous H 0 , X N (50, 13) et Z = X − 5013avec z i = a i − 5013 N (0, 1), donc p i = p({X ∈ [a i−1 ; a i [}) = Π(z i ) − Π(z i−1 )et z i−1 = a i−1 − 50. L’effectif théorique de la i-ème classe est 1000p i et13∑ (n i − Np i ) 2iNp i χ 2 νClasseNpn i z i Π(z i) p i Np i n i (n i − Np i) 2i[x i−1; x i[ corrigé corrigé Np i[0; 10[ 5 −3, 0769 0, 001 0, 0009 0, 9[10; 20[ 6 −2, 3077 0, 0105 0, 0095 9, 510, 4 11 0, 0346[20; 30[ 40 −1, 5385 0, 0620 0, 0515 51, 5 51, 5 40 2, 568[30; 40[ 168 −0, 7692 0, 2209 0, 1589 158, 9 158, 9 168 0, 5211[40; 50[ 288 0 0, 5 0, 2791 279, 1 279, 1 288 0, 283[50; 60[ 277 0, 7692 0, 7791 0, 2791 279, 1 279, 1 277 0, 0158[60; 70[ 165 1, 5385 0, 9380 0, 1589 158, 9 158, 9 165 0, 234[70; 80[ 49 2, 3077 0, 9895 0, 0515 51, 5 51, 5 49 0, 1214[80; 90[ 2 3, 0769 0, 9990 0, 0095 9, 5 9, 5 2 5, 9211Total 1000 – – 1 1000 1000 1000 9, 7On effectue le regroupement des deux premières classes car Np i < 5. Le χ 2 observé vaut 9, 7. Aprèsle regroupement, il reste 8 classes, les deux paramètres de la loi normale sont donnés, le nombre dedegrés de liberté est ν = (9 − 1) − 1 = 7. À l’aide de la table, on obtient χ 2 7;0,95 = 14, 07. Ainsi,χ 2 observé < χ 2 7;0,95 .On choisit H 0 , l’ajustement de la distribution observée à une loi normale N (50, 13) est acceptable.Exemple 5.4.5 Loi de Poisson.Souvent, lorsqu’on envisage une modèle pour un phénomène qu’on étudie, on ne spécifie pas complètement laloi qu’on considère. Supposons qu’on s’intéresse au nombre de voitures se présentant par minute à un postede péage sur une autoroute. On peut se demander si cette variable aléatoire peut être modélisée par une loide Poisson. On souhaite donc tester l’hypothèse fondamentalecontre l’hypothèse alternativeH 0 : X P(λ)H 1 : X ne suit pas P(λ).On ne précise pas la valeur du paramètre λ. On peut toutefois l’estimer à partir des données disponiblesmais dans ce cas, r = 1. Le nombre de degrés sera alors ν = k − r − 1 = k − 2.On effectue 200 comptages au péage.x i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 ≥ 9 Totaln i 6 15 40 42 37 30 10 12 8 0 200

5.5. LOI DE STUDENT-FISCHER 73où x i est le nombre de voitures par minute lors de la i-ième l’observation et n i est l’effectif correspondant.Par exemple, x 1 = 0 et n 1 = 6 c’est-à-dire que lors de 6 observations, il y a 0 voiture.La moyenne arithmétique de cette distribution observée est∑On peut tester l’hypothèsex =i∑in i x i= 727 = 3, 635 ≃ 3, 5n i200H 0 : X P(λ = 3, 5).x i n i p i Np i Np i corrigé n i corrigé(n i − Np i ) 2Np i0 6 0, 0302 6, 04 6, 04 6 0, 000261 15 0, 1057 21, 14 21, 14 15 1, 783332 40 0, 1850 37 37 40 0, 243243 42 0, 2158 43, 16 43, 16 42 0, 031184 37 0, 1888 37, 76 37, 76 37 0, 015305 30 0, 1322 26, 44 26, 44 30 0, 479336 10 0.0771 15, 42 15, 42 10 1, 905087 12 0, 0385 7, 7 7, 7 12 2, 401308 8 0, 0169 3, 38≥ 9 0 0, 0098 1, 965, 34 8 1, 32502Total 200 1 200 200 200 8, 18404On a p i = p({X = x i /X P(3, 5)}) donc• p 0 = p({X = 0/X P(3, 5)}) = e −3,5 ≃ 0, 0302 et• p 1 = p({X = 1/X P(3, 5)}) = e −3,5 3, 5 ≃ 0, 1057.On a effectué le regroupement des deux dernières classes car l’effectif théorique y est inférieur à 5. Après ceregroupement, le nombre de classes est de 9. Le nombre de degrés de liberté est 9 − 1 − 1 = 7. Au risqueα = 0, 01, χ 2 7;0,99 = 18, 48 donc χ 2 observé = 8, 18404 < χ 2 7;0,99 .On ne rejette pas l’hypothèse H 0 et X P(λ = 3, 5) au risque α = 0, 01.5.5 Loi de Student-Fischer5.5.1 DéfinitionLa loi de Student est une loi continue qui comme la loi du χ 2 dépend d’un seul paramètre qu’onappellera également degré de liberté et qu’on note ν (ν ∈ N ⋆ ). La variable X distribuée selon cette loi qu’onnoteX t αprend toutes ses valeurs dans R. Si Y N (0, 1) et Z χ 2 ν, Y et Z étant indépendantes, la variableX = √ Y suit une loi de Student à ν degrés de liberté.Z

74 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESOn dit qu’une variable aléatoire réelle à densité X a une loi de probabilité de Student à ν degrés de liberté(n entier > 0) si, et seulement si, sa densité de probabilité est donnée par la formule :Γ ( )ν+12f ν (x) =√ ν√ πΓ( ν2) ( 1 + x2νDans cette formule, Γ est la fonction Gamma d’Euler définie, lorsque la partie réelle de x est positive, par :Γ(x) =∫ +∞0e u u x−1 du.La loi de Student à ν degrés de liberté est la loi de probabilité du quotient d’une variable normale centréeréduite par la racine carrée de la somme des carrés de ν variables normales centrées réduites indépendantesentre elles et indépendantes de la première variable.Pour ν = 1, la loi de Student s’appelle loi de Cauchy, ou loi de Lorentz. C’est la loi du rapport dedeux variables normales centrées réduites indépendantes.5.5.2 Les courbes) ν+12.Figure 5.16La courbe est unimodale, centrée, symétrique et plus plate que la courbe d’une loi normale. Lorsque lenombre de degrés de liberté augmente, la loi de Student tend vers la loi normale N (0, 1) (voir Figure 5.16).5.5.3 Les momentsSoit X t ν , on aE(X) = 0 et V (X) = νν − 2pour ν > 2.Remarque 5.5.1– Lorsque l’espérance existe, elle est nulle, puisque la loi est symétrique autour de 0.– Lorsque ν = 1 ou ν = 2, la variance n’est pas déterminée.– Lorsque ν tend vers l’infini, la variance tend vers 1.5.5.4 Les tablesSoit X t ν . Il existe une table (voir annexe C1) qui fournit les valeurs t ν,1−α pour ν et α donnés, tellesque

5.6. LOI DE FISCHER-SNEDECOR 75Figure 5.17Graphiquement, cette probabilité est donnée par la surface grisée de la Figure 5.17 :Exemple 5.5.1• ν = 10, α = 0, 1 et X t 10 donc p({X < 1, 372}) = 0, 9 et t 10;0,9 = 1, 372.• ν = 20, α = 0, 05 et X t 20 donc p({X < 1, 725}) = 0, 95 et t 20;0,95 = 1, 725.Il existe une autre table (voir annexe C2) qui fournit pour ν et α donnés la valeur t ν,α telle quep({−t ν,α < X < t ν,α }) = 1 − α.Graphiquement, cette probabilité est donnée par la surface grisée de la Figure 5.18 :Figure 5.18On remarque alors que p({X < −t ν,α }) = p({X > t ν,α }) =1 − (1 − α)2Exemple 5.5.2 ν = 12, α = 0, 4 et t 12;0,4 = 0, 873 donc p({−0, 873 < X < 0, 873}) = 0, 6 et p({X 0, 873}) = 0, 2.5.6 Loi de Fischer-Snedecor5.6.1 Définition1. La loi de Fischer-Snedecor est une loi continue dépendant de deux paramètres notés ν 1 et ν 2 , entiersnaturels non nuls. La variable X distribuée selon cette loi prend toutes ses valeurs dans R +⋆ ou dansR + .YSi Y χ 2 ν 1et Z χ 2 νν 2, Y et Z étant indépendantes, la variable X = 1suit une loi de Fischer-Zν 2Snedecor. On note= α 2 .

76 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESLa loi F de Fischer-Snedecor à (ν 1 , ν 2 ) degrés de liberté est la loi de probabilité du rapport de deuxvariables de khi-deux indépendantes divisées par leurs nombres de degrés de liberté (ν 1 pour le numérateur,ν 2 pour le dénominateur).Pour ν 1 = 1, la loi F de Fischer-Snedecor à (1,ν 2 ) degrés de liberté est la loi de probabilité du carréd’une variable de Student à ν 2 degrés de liberté.2. La densité de probabilité est, par définition :( )ν1 + ν 2ν 12 νf (ν1 ,ν 2 )(x) = ν1 ν 22Γ2 x ν 12 −12( ν1) ( ν2)pour x > 0, νΓ Γ (ν 1 x + ν 2 ) ν 1 +ν 21 et ν 2 ∈ N ⋆ .22 2Dans cette formule, Γ est la fonction Gamma d’Euler définie, lorsque la partie réelle de x est positive,par :Γ(x) =∫ +∞0e u u x−1 du.La fonction f (ν1 ,ν 2 ) est bien une densité de probabilité sur ]0; +∞[, car :– ses valeurs sont positives,– la fonction est intégrable et son intégrale est donnée par :∫ +∞ν 12 νf (ν1 ,ν 2 )(x)dx = ν1 ν 22 Γ ( ν 1 +ν 2)220Γ ( ) (ν 12Γν2)2Pour calculer l’intégrale I =0∫ +∞0x ν 12 −1(ν 1 x + ν 2 ) ν 1 +ν 22∫ +∞0dx, on pose t =x ν 12 −1(ν 1 x + ν 2 ) ν 1 +ν 22dx.ν 1 x⇒ dx = n 2 dtν 1 x + ν 2 n 1 1 − t 2 . Deplus, ν 1 x + ν 2 = ν 2 × 1 ce qui implique que lorsque x = 0, t = 0 et lorsque x tend vers l’infini, t1 − ttend vers 1. Par conséquent,∫ 1( )ν2 tν 12 −1 ( ) 1 − tν 1 +ν 2∫2 ν 2 dtνI =ν 1 1 − t ν 2 ν 1 (1 − t) 2 = 1 ν− 21 ν − ν 2 122 t ν 1 −1 2 (1 − t) ν 2 −1 2 dt.Dans l’intégrale, on reconnaît la fonction Beta d’Euler définie, lorsque les parties réelles de x et de ysont positives, par :∫ 1B(x, y) = u x−1 (1 − u) y−1 du = Γ(x)Γ(y)0Γ(x + y)∫ 1(donc t ν 1 −1 2 (1 − t) ν 2 −1 ν12 dt = B02 , ν )2ce qui implique que2∫ +∞ν 12 νf (ν1 ,ν 2 )(x)dx = ν1 ν 22 Γ ( )ν 1 +ν 2220Γ ( ) (ν 12Γν2)ν − ν 121 ν − ν 22Γ ( ) (ν 12Γν2)222Γ ( )ν 1 +ν 2= 1.2L’intégrale de f (ν1 ,ν 2 ) est bien égale à 1, ce qui montre que f (ν1 ,ν 2 ) est bien une densité de probabilité.3. Si X F (ν 1 , ν 2 ) la variable 1 X F (ν 2, ν 1 ) donc F (ν 1 , ν 2 , 1 − α) =5.6.2 Les courbes01F (ν 2 , ν 1 , α) .On a représenté ci-dessus (Figure 5.19) la loi F de Fischer-Snedecor pour diverses valeurs de ν 1 et de ν 2 .5.6.3 Les momentsSoit X F (ν 1 , ν 2 ).– Pour ν 2 > 2, l’espérance est définie par

5.7. EXERCICES 77Figure 5.19E(X) = ν 2ν 2 − 2Remarque 5.6.1 Pour ν 2 ≤ 2, l’espérance n’est pas déterminée.– Pour ν 2 > 4, la variance est définie parV (X) = 2ν2 2 (ν 1 + ν 2 − 2)ν 1 (ν 2 − 2) 2 (ν 2 − 4)Remarque 5.6.2 Pour ν 2 ≤ 4, la variance n’est pas déterminée.5.6.4 Les tablesSoit X F (ν 1 , ν 2 ). La table (voir annexe D) fournit, pour α = 0, 025, pour ν 1 et ν 2 donnés, les valeursF ν1 ,ν 2 ,1−α telles que p({X < F ν1 ,ν 2 ,1−α}) = 1 − α. Cette table sert à la comparaison des variances de deuxpopulations à partir de deux échantillons.5.7 Exercices✄✂Exercice 57 ✁ Une entreprise de transport a un parc total de 150 camions. On désigne par X la variablealéatoire qui à chaque camion choisi au hasard dans le parc, associe la distance qu’il a parcourue dans unejournée (les distances sont mesurées en kilomètres). Un étude statistique permet d’admettre que cette variablealéatoire X suit une loi normale de moyenne 120 et d’écart-type 14.Déterminer à 10 −4 près la probabilité qu’un camion parcourt un jour donné une distance comprise entre 110et 130 kilomètres (utiliser éventuellement une interpolation affine).✄✂Exercice 58 ✁1. Statistique - Avant d’accepter un contrat de livraison de véhicules, une société d’équipements automobilesétablit une statistique de production journalière sur 100 jours. Le nombre de véhicules équipésjournellement se répartit comme suit :Production journalièrede véhicules équipésNombre de joursProduction journalièrede véhicules équipésNombre de jours95 1 102 1496 3 103 997 6 104 898 8 105 699 10 106 2100 13 107 2

78 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESDéterminer la valeur moyenne de la production journalière et une valeur approchée à 10 −2 près del’écart-type de cette production.2. Probabilités - La production exigée par le contrat est de 100 véhicules équipés au moins par jour,pendant 100 jours de travail consécutif. À chaque journée on associe le nombre de véhicules équipésque l’on suppose indépendant du nombre obtenu chacun des autres jours. On définit ainsi une variablealéatoire X. On admet que la variable aléatoire discrète X peut être approchée par la loi normale deparamètres m = 101 et σ = 2.59. On note Y une variable aléatoire suivant la loi N (101; 2, 59).Calculer la probabilité de l’événement “le contrat est rempli”, c’est-à-dire p({Y ≥ 99, 5}).✄✂Exercice 59 ✁ On jette 10 fois de suite une pièce de monnaie bien équilibrée en notant chaque fois lerésultat, ce qui constitue une partie.1. On note X la variable aléatoire qui à chaque partie associe le nombre de “face” obtenu.(a) Justifier que la loi de probabilité suivie par la variable X est une loi binomiale (on précisera lesparamètres de cette loi).(b) Calculer la probabilité de l’événement E :“le nombre de ’face’ est compris entre 3 et 6 (bornes incluses)”.2. On décide d’approcher la loi de variable aléatoire discrète X par la loi normale de paramètres m et σ.(a) Expliquer pourquoi on prend m = 5 et σ = √ 2, 5.(b) On considère une variable aléatoire Y suivant une la loi N (5; √ 2, 5). En utilisant cette approximation,calculer la probabilité de l’événement :c’est-à-dire p{(2, 5 ≤ Y ≤ 6, 5}).“le nombre de ’face’ est compris entre 3 et 6 (bornes incluses)”✄✂Exercice 60 ✁ Une entreprise fabrique des imprimantes de modèle PRINT et constate que le nombre decommandes journalières définit une variable aléatoire Y dont la loi peut être approchée par la loi normalede paramètres m = 80 et σ = 60. On désigne par Z la variable aléatoire qui, à chaque mois de 25 joursouvrables, associe le nombre d’unités du modèle PRINT demandé. Il y a indépendance entre les commandesjournalières.1. Montrer que la loi de Z peut être approchée par la loi normale N (2000, 300).L’entreprise a en stock, au début du mois, 2300 unités. Quelle est la probabilité qu’elle ne puissesatisfaire à la demande ?2. On veut que la probabilité qu’elle ne puisse satisfaire à la demande soit inférieure à 0, 05. Quel doitêtre le nombre minimal d’unités que l’entreprise doit stocker en début de mois ?✄✂Exercice 61 ✁ La variable aléatoire X suit une loi normale N (20, 5). Calculer1. p({X ≤ 28})2. p({X ≥ 28})3. p({X ≥ 12})4. p({X ≤ 12})5. p({12 ≤ X ≤ 28})✄✂Exercice 62 ✁ Pour mesurer l’impact d’un régime amaigrissant, un club a choisi au hasard un échantillon de5 individus avant le régime, et un échantillon de 5 autres individus après. Les masses corporelles se présententainsi :Avant 84 92 72 91 84

5.7. EXERCICES 791. Déterminer un intervalle de confiance à 95% pour :(a) la masse corporelle moyenne avant le régime,(b) la masse corporelle moyenne après le régime,(c) la perte moyenne de masse corporelle durant le régime.2. Tout compte fait, on a décidé qu’il aurait peut-être été plus adapté de peser les mêmes individus avantet après le régime. On a obtenu :Individu 1 2 3 4 5Avant 84 92 72 91 84Après 81 88 74 81 90Sur la base de cet échantillon, déterminer un intervalle de confiance à 95% pour la perte moyenne demasse corporelle durant le régime. Conclusion ?✄✂Exercice 63 ✁ Un laboratoire veut fabriquer des pilules se composant de deux substances A et B. Pourchaque pilule de la fabrication, on considère les masses a et b respectivement des 2 substances A et B quila constituent. On désigne par X et Y respectivement les variables aléatoires qui associent à chaque pilulela masse a et la masse b des substances de cette pilule. On suppose que ces variables sont indépendantes etsuivent des lois normales de moyennes respectives m X = 8, 55 mg et m Y = 5, 20 mg et de même écart-typeσ X = σ Y = 0, 05 mg.1. Déterminer les probabilités p({8, 45 ≤ X ≤ 8, 70}) et p({5, 07 ≤ Y ≤ 5, 33}).2. Les normes imposées pour la fabrication sont les suivantes : 8, 45 ≤ a ≤ 8, 70 et 5, 07 ≤ b ≤ 5, 33(a) Calculer le pourcentage de pilules qui seront hors normes à la sortie de la chaîne de fabrication.(b) En déduire que le procédé de fabrication ne peut être retenu si on veut que le pourcentage depilules défectueuses ne dépasse pas 3%. On modifie alors la fabrication de la substance B. Lamoyenne de Y ne change pas mais son écart-type est modifié. Trouver la valeur minimum de cenouvel écart-type pour que le pourcentage de pièces défecteuses soit inférieur à 3%.3. (a) Déterminer la moyenne et l’écart-type de la variable aléatoire S qui associe à chaque pilule samasse totale, les variables X et Y gardant leurs caractéristiques de la question 1.(b) On admet que S est encore une variable aléatoire normale dont les paramètres sont ceux calculésprécédemment. Calculer p({13, 6 ≤ S ≤ 13, 8}).4. On assure le conditionnement des pilules par boîtes de 100 unités. Une boîte est constituée à partird’un tirage au hasard dans un stock assez grand pour qu’on puisse estimer que les tirages successifsse font avec remises. On désigne par Z la variable aléatoire qui, à chaque boîte associe le nombre depilules hors normes au sens de la question 2.(a). On pourra prendre pour probabilité p d’une pilulehors-norme p = 0, 01.(a) Dans ces conditions, montrer que Z est une variable binomiale dont on précisera les paramètres.(b) Dire pourquoi on peut approcher cette variable par une loi de Poisson. En utilisant cette loi,donner une valeur approximative de p({Z ≥ 5}).5. On désigne par U la variable aléatoire qui à chaque boîte associe le nombre de pilules dont la massetotale est supérieure à 13, 8. Là aussi, on peut supposer que U est une variable binomiale de paramètresn et p.(a) Calculer p.(b) Dire pourquoi on peut approcher U par une variable normale. À l’aide de cette approximation,donner une valeur approchée de p({U ∈ {70, 71, . . . , 85}}).

80 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESANNEXE A - Fonction de répartition de la loi normale centrée réduite N (0, 1).Cette table donne Π(x) = p({X ≤ x}) pour X N (0, 1) :x 0, 00 0, 01 0, 02 0, 03 0, 04 0, 05 0, 06 0, 07 0, 08 0, 090, 0 0, 5000 0, 5040 0, 5080 0, 5120 0, 5160 0, 5199 0, 5239 0, 5279 0, 5319 0, 53590, 1 0, 5398 0, 5438 0, 5478 0, 5517 0, 5557 0, 5596 0, 5636 0, 5675 0, 5714 0, 57530, 2 0, 5793 0, 5832 0, 5871 0, 5910 0, 5948 0, 5987 0, 6026 0, 6064 0, 6103 0, 61410, 3 0, 6179 0, 6217 0, 6255 0, 6293 0, 6331 0, 6368 0, 6406 0, 6443 0, 6480 0, 65170, 4 0, 6554 0, 6591 0, 6628 0, 6664 0, 6700 0, 6736 0, 6772 0, 6808 0, 6844 0, 68790, 5 0, 6915 0, 6950 0, 6985 0, 7019 0, 7054 0, 7088 0, 7123 0, 7157 0, 7190 0, 72240, 6 0, 7257 0, 7291 0, 7324 0, 7357 0, 7389 0, 7422 0, 7454 0, 7486 0, 7517 0, 75490, 7 0, 7580 0, 7611 0, 7642 0, 7673 0, 7704 0, 7734 0, 7764 0, 7794 0, 7823 0, 78520, 8 0, 7881 0, 7910 0, 7939 0, 7967 0, 7995 0, 8023 0, 8051 0, 8078 0, 8106 0, 81330, 9 0, 8159 0, 8186 0, 8212 0, 8238 0, 8264 0, 8289 0, 8315 0, 8340 0, 8365 0, 83891, 0 0, 8413 0, 8438 0, 8461 0, 8485 0, 8508 0, 8531 0, 8554 0, 8577 0, 8599 0, 86211, 1 0, 8643 0, 8665 0, 8686 0, 8708 0, 8729 0, 8749 0, 8770 0, 8790 0, 8810 0, 88301, 2 0, 8849 0, 8869 0, 8888 0, 8907 0, 8925 0, 8944 0, 8962 0, 8980 0, 8997 0, 90151, 3 0, 9032 0, 9049 0, 9066 0, 9082 0, 9099 0, 9115 0, 9131 0, 9147 0, 9162 0, 91771, 4 0, 9192 0, 9207 0, 9222 0, 9236 0, 9251 0, 9265 0, 9279 0, 9292 0, 9306 0, 93191, 5 0, 9332 0, 9345 0, 9357 0, 9370 0, 9382 0, 9394 0, 9406 0, 9418 0, 9429 0, 94411, 6 0, 9452 0, 9463 0, 9474 0, 9484 0, 9495 0, 9505 0, 9515 0, 9525 0, 9535 0, 95451, 7 0, 9554 0, 9564 0, 9573 0, 9582 0, 9591 0, 9599 0, 9608 0, 9616 0, 9625 0, 96331, 8 0, 9641 0, 9649 0, 9656 0, 9664 0, 9671 0, 9678 0, 9686 0, 9693 0, 9699 0, 97061, 9 0, 9713 0, 9719 0, 9726 0, 9732 0, 9738 0, 9744 0, 9750 0, 9756 0, 9761 0, 97672, 0 0, 9772 0, 9778 0, 9783 0, 9788 0, 9793 0, 9798 0, 9803 0, 9808 0, 9812 0, 98172, 1 0, 9821 0, 9826 0, 9830 0, 9834 0, 9838 0, 9842 0, 9846 0, 9850 0, 9854 0, 98572, 2 0, 9861 0, 9864 0, 9868 0, 9871 0, 9875 0, 9878 0, 9881 0, 9884 0, 9887 0, 98902, 3 0, 9893 0, 9896 0, 9898 0, 9901 0, 9904 0, 9906 0, 9909 0, 9911 0, 9913 0, 99162, 4 0, 9918 0, 9920 0, 9922 0, 9925 0, 9927 0, 9929 0, 9931 0, 9932 0, 9934 0, 99362, 5 0, 9938 0, 9940 0, 9941 0, 9943 0, 9945 0, 9946 0, 9948 0, 9949 0, 9951 0, 99522, 6 0, 9953 0, 9955 0, 9956 0, 9957 0, 9959 0, 9960 0, 9961 0, 9962 0, 9963 0, 99642, 7 0, 9965 0, 9966 0, 9967 0, 9968 0, 9969 0, 9970 0, 9971 0, 9972 0, 9973 0, 99742, 8 0, 9974 0, 9975 0, 9976 0, 9977 0, 9977 0, 9978 0, 9979 0, 9979 0, 9980 0, 99812, 9 0, 9981 0, 9982 0, 9982 0, 9983 0, 9984 0, 9984 0, 9985 0, 9985 0, 9986 0, 99863, 0 0, 9987 0, 9987 0, 9987 0, 9988 0, 9988 0, 9989 0, 9989 0, 9989 0, 9990 0, 99903, 1 0, 9990 0, 9991 0, 9991 0, 9991 0, 9992 0, 9992 0, 9992 0, 9992 0, 9993 0, 99933, 2 0, 9993 0, 9993 0, 9994 0, 9994 0, 9994 0, 9994 0, 9994 0, 9995 0, 9995 0, 99953, 3 0, 9995 0, 9995 0, 9995 0, 9996 0, 9996 0, 9996 0, 9996 0, 9996 0, 9996 0, 99973, 4 0, 9997 0, 9997 0, 9997 0, 9997 0, 9997 0, 9997 0, 9997 0, 9997 0, 9997 0, 9998

5.7. EXERCICES 81ANNEXE B - Probabilités individuelles de la loi du χ 2 ν,Cette table donne les valeurs (quantiles) χ 2 ν,1−α telles que p({χ2 ν < χ 2 ν,1−α }) = 1 − α : 1 − αν0, 005 0, 010 0, 025 0, 050 0, 100 0, 900 0, 950 0, 975 0, 990 0, 9951 0, 0000393 0, 000157 0, 000982 0, 00393 0, 0158 2, 71 3, 84 5, 02 6, 63 7, 882 0, 0100 0, 0201 0, 0506 0, 103 0, 211 4, 61 5, 99 7, 38 9, 21 10, 603 0, 072 0, 115 0, 216 0, 352 0, 584 6, 25 7, 81 9, 35 11, 34 12, 844 0, 207 0, 297 0, 484 0, 711 1, 064 7, 78 9, 49 11, 14 13, 28 14, 865 0, 412 0, 554 0, 831 1, 145 1, 61 9, 24 11, 07 12, 83 15, 09 16, 756 0, 676 0, 872 1, 24 1, 64 2, 20 10, 64 12, 59 14, 45 16, 81 18, 557 0, 989 1, 24 1, 69 2, 17 2, 83 12, 02 14, 07 16, 01 18, 48 20, 288 1, 34 1, 65 2, 18 2, 73 3, 49 13, 36 15, 51 17, 53 20, 09 21, 969 1, 73 2, 09 2, 70 3, 33 4, 17 14, 68 16, 92 19, 02 21, 67 23, 5910 2, 16 2, 56 3, 25 3, 94 4, 87 15, 99 18, 31 20, 48 23, 21 25, 1911 2, 60 3, 05 3, 82 4, 57 5, 58 17, 28 19, 68 21, 92 24, 73 26, 7612 3, 07 3, 57 4, 40 5, 23 6, 30 18, 55 21, 03 23, 34 26, 22 28, 3013 3, 57 4, 11 5, 01 5, 89 7, 04 19, 81 22, 36 24, 74 27, 69 29, 8214 4, 07 4, 66 5, 63 6, 57 7, 79 21, 06 23, 68 26, 12 29, 14 31, 3215 4, 60 5, 23 6, 26 7, 26 8, 55 22, 31 25, 00 27, 49 30, 58 32, 8016 5, 14 5, 81 6, 91 7, 96 9, 31 23, 54 26, 30 28, 85 32, 00 34, 2717 5, 70 6, 41 7, 56 8, 67 10, 09 24, 77 27, 59 30, 19 33, 41 35, 7218 6, 26 7, 01 8, 23 9, 39 10, 86 25, 99 28, 87 31, 53 34, 81 37, 1619 6, 84 7, 63 8, 91 10, 12 11, 65 27, 20 30, 14 32, 85 36, 19 38, 5820 7, 43 8, 26 9, 59 10, 85 12, 44 28, 41 31, 41 34, 17 37, 57 40, 0021 8, 03 8, 90 10, 28 11, 59 13, 24 29, 62 32, 67 35, 48 38, 93 41, 4022 8, 64 9, 54 10, 98 12, 34 14, 04 30, 81 33, 92 36, 78 40, 29 42, 8023 9, 26 10, 20 11, 69 13, 09 14, 85 32, 01 35, 17 38, 08 41, 64 44, 1824 9, 89 10, 86 12, 40 13, 85 15, 66 33, 20 36, 42 39, 36 42, 98 45, 5625 10, 52 11, 52 13, 12 14, 61 16, 47 34, 38 37, 65 40, 65 44, 31 46, 9326 11, 16 12, 20 13, 84 15, 38 17, 29 35, 56 38, 89 41, 92 45, 64 48, 2927 11, 81 12, 88 14, 57 16, 15 18, 11 36, 74 40, 11 43, 19 46, 96 49, 6428 12, 46 13, 56 15, 31 16, 93 18, 94 37, 92 41, 34 44, 46 48, 28 50, 9929 13, 12 14, 26 16, 05 17, 71 19, 77 39, 09 42, 56 45, 72 49, 59 52, 3430 13, 79 14, 95 16, 79 18, 49 20, 60 40, 26 43, 77 46, 98 50, 89 53, 6740 20, 71 22, 16 24, 43 26, 51 29, 05 51, 81 55, 76 59, 34 63, 69 66, 7750 27, 99 29, 71 32, 36 34, 76 37, 69 63, 17 67, 50 71, 42 76, 15 79, 4960 35, 53 37, 48 40, 48 43, 19 46, 46 74, 40 79, 08 83, 30 88, 38 91, 9570 43, 28 45, 44 48, 76 51, 74 55, 33 85, 53 90, 53 95, 02 100, 4 104, 280 51, 17 53, 54 57, 15 60, 39 64, 28 96, 58 101, 9 106, 6 112, 3 116, 390 59, 20 61, 75 65, 65 69, 13 73, 29 107, 6 113, 1 118, 1 124, 1 128, 3100 67, 33 70, 06 74, 22 77, 93 82, 36 118, 5 124, 3 129, 6 135, 8 140, 2

82 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESANNEXE C1 - Probabilités individuelles et cumulées de la loi de Student-Fischer t ν,α ,Cette table donne les valeurs (quantiles) t ν,1−α telles que p({−t ν < t ν,1−α }) = 1 − α : 1 − αν0, 55 0, 60 0, 65 0, 70 0, 75 0, 80 0, 85 0, 90 0, 95 0, 975 0, 99 0, 995 0, 99951 0, 158 0, 325 0, 510 0, 727 1, 000 1, 376 1, 963 3, 078 6, 314 12, 706 31, 821 63, 657 635, 6192 0, 142 0, 289 0, 445 0, 617 0, 816 1, 061 1, 386 1, 886 2, 920 4, 303 6, 965 9, 925 31, 5983 0, 137 0, 277 0, 424 0, 584 0, 765 0, 978 1, 250 1, 638 2, 353 3, 182 4, 541 5, 841 12, 9244 0, 134 0, 271 0, 414 0, 569 0, 741 0, 941 1, 190 1, 533 2, 132 2, 776 3, 747 4, 604 8, 6105 0, 132 0, 267 0, 408 0, 559 0, 727 0, 920 1, 156 1, 476 2, 015 2, 571 3, 365 4, 032 6, 8696 0, 131 0, 265 0, 404 0, 553 0, 718 0, 906 1, 134 1, 440 1, 943 2, 447 3, 143 3, 707 5, 9597 0, 130 0, 263 0, 402 0, 549 0, 711 0, 896 1, 119 1, 415 1, 895 2, 365 2, 998 3, 499 5, 4088 0, 130 0, 262 0, 399 0, 546 0, 706 0, 889 1, 108 1, 397 1, 860 2, 306 2, 896 3, 355 5, 0419 0, 129 0, 261 0, 398 0, 543 0, 703 0, 883 1, 100 1, 383 1, 833 2, 262 2, 821 3, 250 4, 78110 0, 129 0, 260 0, 397 0, 542 0, 700 0, 879 1, 093 1, 372 1, 812 2, 228 2, 764 3, 169 4, 58711 0, 129 0, 260 0, 396 0, 540 0, 697 0, 876 1, 088 1, 363 1, 796 2, 201 2, 718 3, 106 4, 43712 0, 128 0, 259 0, 395 0, 539 0, 695 0, 873 1, 083 1, 356 1, 782 2, 179 2, 681 3, 055 4, 31813 0, 128 0, 259 0, 394 0, 538 0, 694 0, 870 1, 079 1, 350 1, 771 2, 160 2, 650 3, 012 4, 22114 0, 128 0, 258 0, 393 0, 537 0, 692 0, 868 1, 076 1, 345 1, 761 2, 145 2, 624 2, 977 4, 15015 0, 128 0, 258 0, 393 0, 536 0, 691 0, 866 1, 074 1, 341 1, 753 2, 131 2, 602 2, 947 4, 07316 0, 128 0, 258 0, 392 0, 535 0, 690 0, 865 1, 071 1, 337 1, 746 2, 120 2, 583 2, 921 4, 01517 0, 128 0, 257 0, 392 0, 534 0, 689 0, 863 1, 069 1, 333 1, 740 2, 110 2, 567 2, 898 3, 96518 0, 127 0, 257 0, 392 0, 534 0, 688 0, 862 1, 067 1, 330 1, 734 2, 101 2, 552 2, 878 3, 92219 0, 127 0, 257 0, 391 0, 533 0, 688 0, 861 1, 066 1, 328 1, 729 2, 093 2, 539 2, 861 3, 88320 0, 127 0, 257 0, 391 0, 533 0, 687 0, 860 1, 064 1, 325 1, 725 2, 086 2, 528 2, 845 3, 85021 0, 127 0, 257 0, 391 0, 532 0, 686 0, 859 1, 063 1, 323 1, 721 2, 080 2, 518 2, 831 3, 81922 0, 127 0, 256 0, 390 0, 532 0, 686 0, 858 1, 061 1, 321 1, 717 2, 074 2, 508 2, 819 3, 79223 0, 127 0, 256 0, 390 0, 532 0, 685 0, 858 1, 060 1, 319 1, 714 2, 069 2, 500 2, 807 3, 76724 0, 127 0, 256 0, 390 0, 531 0, 685 0, 857 1, 059 1, 318 1, 711 2, 064 2, 492 2, 797 3, 74525 0, 127 0, 256 0, 390 0, 531 0, 684 0, 856 1, 058 1, 316 1, 708 2, 060 2, 485 2, 787 3, 72526 0, 127 0, 256 0, 390 0, 531 0, 684 0, 856 1, 058 1, 315 1, 706 2, 056 2, 479 2, 779 3, 70727 0, 127 0, 256 0, 389 0, 531 0, 684 0, 855 1, 057 1, 314 1, 703 2, 052 2, 473 2, 771 3, 69028 0, 127 0, 256 0, 389 0, 530 0, 683 0, 855 1, 056 1, 313 1, 701 2, 048 2, 467 2, 763 3, 67429 0, 127 0, 256 0, 389 0, 530 0, 683 0, 854 1, 055 1, 311 1, 699 2, 045 2, 462 2, 756 3, 65930 0, 127 0, 256 0, 389 0, 530 0, 683 0, 854 1, 055 1, 310 1, 697 2, 042 2, 457 2, 750 3, 64840 0, 126 0, 255 0, 388 0, 529 0, 681 0, 851 1, 050 1, 303 1, 684 2, 021 2, 423 2, 704 3, 55180 0, 126 0, 254 0, 387 0, 527 0, 679 0, 848 1, 046 1, 296 1, 671 2, 000 2, 390 2, 660 3, 460120 0, 126 0, 254 0, 386 0, 526 0, 677 0, 845 1, 041 1, 289 1, 658 1, 980 2, 358 2, 617 3, 373∞ 0, 126 0, 253 0, 385 0, 524 0, 674 0, 842 1, 036 1, 282 1, 645 1, 960 2, 326 2, 576 3, 291

5.7. EXERCICES 83ANNEXE C2 - Probabilités individuelles et cumulées de la loi de Student-Fischer t ν,α .Cette table donne les valeurs t ν,α telles que p({t ν,α < t ν < +t ν,α }) = 1 − α :❍ ❍❍❍❍ αν0, 90 0, 80 0, 70 0, 60 0, 50 0, 40 0, 30 0, 20 0, 10 0, 05 0, 02 0, 01 0, 0011 0, 158 0, 325 0, 510 0, 727 1, 000 1, 376 1, 963 3, 078 6, 314 12, 706 31, 821 63, 657 636, 6192 0, 142 0, 289 0, 445 0, 617 0, 816 1, 061 1, 386 1, 886 2, 920 4, 303 6, 965 9, 925 31, 5983 0, 137 0, 277 0, 424 0, 584 0, 765 0, 978 1, 250 1, 638 2, 353 3, 182 4, 541 5, 841 12, 9294 0, 134 0, 271 0, 414 0, 569 0, 741 0, 941 1, 190 1, 533 2, 132 2, 776 3, 747 4, 604 8, 6105 0, 132 0, 267 0, 408 0, 559 0, 727 0, 920 1, 156 1, 476 2, 015 2, 571 3, 365 4, 032 6, 8696 0, 131 0, 265 0, 404 0, 553 0, 718 0, 906 1, 134 1, 440 1, 943 2, 447 3, 143 3, 707 5, 9597 0, 130 0, 263 0, 402 0, 549 0, 711 0, 896 1, 119 1, 415 1, 895 2, 365 2, 998 3, 499 5, 4088 0, 130 0, 262 0, 399 0, 546 0, 706 0, 889 1, 108 1, 387 1, 860 2, 306 2, 896 3, 355 5, 0419 0, 129 0, 261 0, 398 0, 543 0, 703 0, 883 1, 100 1, 383 1, 833 2, 262 2, 821 3, 250 4, 78110 0, 129 0, 260 0, 397 0, 542 0, 700 0, 879 1, 093 1, 372 1, 812 2, 228 2, 764 3, 169 4, 58711 0, 129 0, 260 0, 396 0, 540 0, 697 0, 876 1, 088 1, 363 1, 796 2, 201 2, 718 3, 106 4, 43712 0, 128 0, 259 0, 395 0, 539 0, 695 0, 873 1, 083 1, 356 1, 782 2, 179 2, 681 3, 055 4, 31813 0, 128 0, 259 0, 394 0, 538 0, 694 0, 870 1, 079 1, 350 1, 771 2, 160 2, 650 3, 012 4, 22114 0, 128 0, 258 0, 393 0, 537 0, 692 0, 868 1, 076 1, 345 1, 761 2, 145 2, 624 2, 977 4, 14015 0, 128 0, 258 0, 393 0, 536 0, 691 0, 866 1, 074 1, 341 1, 753 2, 131 2, 602 2, 947 4, 07316 0, 128 0, 258 0, 392 0, 535 0, 690 0, 865 1, 071 1, 337 1, 745 2, 120 2, 583 2, 921 4, 01517 0, 128 0, 257 0, 392 0, 534 0, 689 0, 863 1, 069 1, 333 1, 740 2, 110 2, 567 2, 898 3, 96518 0, l27 0, 257 0, 392 0, 534 0, 688 0, 862 1, 067 1, 330 1, 734 2, 101 2, 552 2, 878 3, 92219 0, l27 0, 257 0, 391 0, 533 0, 688 0, 861 1, 066 1, 328 1, 729 2, 093 2, 539 2, 861 3, 88320 0, l27 0, 257 0, 391 0, 533 0, 687 0, 860 1, 064 1, 325 1, 725 2, 086 2, 528 2, 845 3, 85021 0, l27 0, 257 0, 391 0, 532 0, 686 0, 859 1, 063 1, 323 1, 721 2, 080 2, 518 2, 831 3, 81922 0, l27 0, 256 0, 390 0, 532 0, 686 0, 858 1, 061 1, 321 1, 717 2, 074 2, 508 2, 819 3, 79223 0, l27 0, 256 0, 390 0, 532 0, 685 0, 858 1, 060 1, 319 1, 714 2, 069 2, 500 2, 807 3, 76724 0, l27 0, 256 0, 390 0, 531 0, 685 0, 857 1, 059 1, 318 1, 711 2, 064 2, 492 2, 797 3, 74525 0, l27 0, 256 0, 390 0, 531 0, 684 0, 856 1, 058 1, 316 1, 708 2, 060 2, 485 2, 787 3, 72526 0, l27 0, 256 0, 390 0, 531 0, 684 0, 856 1, 058 1, 315 1, 706 2, 056 2, 479 2, 779 3, 70727 0, l27 0, 256 0, 389 0, 531 0, 684 0, 855 1, 057 1, 314 1, 703 2, 052 2, 473 2, 771 3, 69028 0, l27 0, 256 0, 389 0, 530 0, 683 0, 855 1, 056 1, 313 1, 701 2, 048 2, 467 2, 763 3, 67429 0, l27 0, 256 0, 389 0, 530 0, 683 0, 854 1, 055 1, 311 1, 699 2, 045 2, 462 2, 756 3, 64930 0, l27 0, 256 0, 389 0, 530 0, 683 0, 854 1, 055 1, 310 1, 697 2, 042 2, 457 2, 750 3, 65640 0, l26 0, 255 0, 388 0, 529 0, 681 0, 851 1, 050 1, 303 1, 684 2, 021 2, 423 2, 704 3, 55180 0, l26 0, 254 0, 387 0, 527 0, 679 0, 848 1, 046 1, 296 1, 671 2, 000 2, 390 2, 660 3, 460120 0, l26 0, 254 0, 386 0, 526 0, 677 0, 845 1, 041 1, 289 1, 658 1, 980 2, 358 2, 617 3, 373∞ 0, l26 0, 253 0, 385 0, 524 0, 674 0, 842 1, 036 1, 282 1, 645 1, 940 2, 326 2, 576 3, 291

84 CHAPITRE 5. LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES USUELLESANNEXE D - la loi de Fischer-Snedecor,Cette table donne, pour α = 0, 025, pour ν 1 et ν 2 donnés, les valeurs F ν1 ,ν 2 ,1−α telles quep({X < F ν1 ,ν 2 ,1−α}) = 1 − α, ν1ν2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 15 20 24 30 40 60 120 ∞1 647,8 799,5 864,2 899,6 921,8 937,1 948,2 956,7 963,3 968,6 976,7 984,9 993,1 997,2 1001 1006 1010 1014 10182 38,51 39,00 39,17 39,25 39,30 39,33 39,36 39,37 39,39 39,40 39,41 39,43 39,45 39,46 39,46 39,47 39,48 39,49 39,503 17,44 16,04 15,44 15,10 14,88 14,73 14,62 14,54 14,47 14,42 14,34 14,25 14,17 14,12 14,08 14,04 13,99 13,95 13,904 12,22 10,65 9,98 9,60 9,36 9,20 9,07 8,98 8,90 8,84 8,75 8,66 8,56 8,51 8,46 8,41 8,36 8,31 8,265 10,01 8,43 7,76 7,39 7,15 6,98 6,85 6,76 6,68 6,62 6,52 6,43 6,33 6,28 6,23 6,18 6,12 6,07 6,026 8,81 7,26 6,60 6,23 5,99 5,82 5,70 5,60 5,52 5,46 5,37 5,27 5,17 5,12 5,07 5,01 4,96 4,90 4,857 8,07 6,54 5,89 5,52 5,29 5,12 4,99 4,90 4,82 4,76 4,67 4,57 4,47 4,42 4,36 4,31 4,25 4,20 4,148 7,57 6,06 5,42 5,05 4,82 4,65 4,53 4,43 4,36 4,30 4,20 4,10 4,00 3,95 3,89 3,84 3,78 3,73 3,679 7,21 5,71 5,08 4,72 4,48 4,32 4,20 4,10 4,03 3,96 3,87 3,77 3,67 3,61 3,56 3,51 3,45 3,39 3,3310 6,94 5,46 4,83 4,47 4,24 4,07 3,95 3,85 3,78 3,72 3,62 3,52 3,42 3,37 3,31 3,26 3,20 3,14 3,0811 6,72 5,26 4,63 4,28 4,04 3,88 3,76 3,66 3,59 3,53 3,43 3,33 3,23 3,17 3,12 3,06 3,00 2,94 2,8812 6,55 5,10 4,47 4,12 3,89 3,73 3,61 3,51 3,44 3,37 3,28 3,18 3,07 3,02 2,96 2,91 2,85 2,79 2,7213 6,41 4,97 4,35 4,00 3,77 3,60 3,48 3,39 3,31 3,25 3,15 3,05 2,95 2,89 2,84 2,78 2,72 2,66 2,6014 6,30 4,86 4,24 3,89 3,66 3,50 3,38 3,29 3,21 3,15 3,05 2,95 2,84 2,79 2,73 2,67 2,61 2,55 2,4915 6,20 4,77 4,15 3,80 3,58 3,41 3,29 3,20 3,12 3,06 2,96 2,86 2,76 2,70 2,64 2,59 2,52 2,46 2,4016 6,12 4,69 4,08 3,73 3,50 3,34 3,22 3,12 3,05 2,99 2,89 2,79 2,68 2,63 2,57 2,51 2,45 2,38 2,3217 6,04 4,62 4,01 3,66 3,44 3,28 3,16 3,06 2,98 2,92 2,82 2,72 2,62 2,56 2,50 2,44 2,38 2,32 2,2518 5,98 4,56 3,95 3,61 3,38 3,22 3,10 3,01 2,93 2,87 2,77 2,67 2,56 2,50 2,44 2,38 2,32 2,26 2,1919 5,90 4,51 3,90 3,56 3,33 3,17 3,05 2,96 2,88 2,82 2,72 2,62 2,51 2,45 2,39 2,33 2,27 2,20 2,1320 5,87 4,46 3,86 3,51 3,29 3,13 3,01 2,91 2,84 2,77 2,68 2,57 2,46 2,41 2,35 2,29 2,22 2,16 2,0921 5,83 4,42 3,82 3,48 3,25 3,09 2,97 2,87 2,80 2,73 2,64 2,53 2,42 2,37 2,31 2,25 2,18 2,11 2,0422 5,79 4,38 3,78 3,44 3,22 3,05 2,93 2,84 2,76 2,70 2,60 2,50 2,39 2,33 2,27 2,21 2,14 2,08 2,0023 5,75 4,35 3,75 3,41 3,18 3,02 2,90 2,81 2,73 2,67 2,57 2,47 2,36 2,30 2,24 2,18 2,11 2,04 1,9724 5,72 4,32 3,72 3,38 3,15 2,99 2,87 2,78 2,70 2,64 2,54 2,44 2,33 2,27 2,21 2,15 2,08 2,01 1,9425 5,69 4,29 3,69 3,35 3,13 2,97 2,85 2,75 2,68 2,61 2,51 2,41 2,30 2,24 2,18 2,12 2,05 1,98 1,9126 5,66 4,27 3,67 3,33 3,10 2,94 2,82 2,73 2,65 2,59 2,49 2,39 2,28 2,22 2,16 2,09 2,03 1,95 1,8827 5,63 4,24 3,65 3,31 3,08 2,92 2,80 2,71 2,63 2,57 2,47 2,36 2,25 2,19 2,13 2,07 2,00 1,93 1,8528 5,61 4,22 3,63 3,29 3,06 2,90 2,78 2,69 2,61 2,55 2,45 2,34 2,23 2,17 2,11 2,05 1,98 1,91 1,8329 5,59 4,20 3,61 3,27 3,04 2,88 2,76 2,67 2,59 2,53 2,43 2,32 2,21 2,15 2,09 2,03 1,96 1,89 1,8130 5,57 4,18 3,59 3,25 3,03 2,87 2,75 2,65 2,57 2,51 2,41 2,31 2,20 2,14 2,07 2,01 1,94 1,87 1,7940 5,42 4,05 3,46 3,13 2,90 2,74 2,62 2,53 2,45 2,39 2,29 2,18 2,07 2,01 1,94 1,88 1,80 1,72 1,6460 5,29 3,93 3,34 3,01 2,79 2,63 2,51 2,41 2,33 2,27 2,17 2,06 1,94 1,88 1,82 1,74 1,67 1,58 1,48120 5,15 3,80 3,23 2,89 2,67 2,52 2,39 2,30 2,22 2,16 2,05 1,94 1,82 1,76 1,69 1,61 1,53 1,43 1,31∞ 5,02 3,69 3,12 2,79 2,57 2,41 2,29 2,19 2,11 2,05 1,94 1,83 1,71 1,64 1,57 1,48 1,39 1,27 1,00