Terminale Maths Complementaires — Programme officiel · Math@mine
Une usine fabrique des ampoules dont 3 % sont defectueuses. Un lot de 50 ampoules est preleve au hasard pour un contrôle. Le lot est refuse si plus de 3 ampoules sont defectueuses.
Abraham de Moivre (1667–1754), mathematicien francais exile en Angleterre, fut le premier a decrire la courbe en cloche vers 1733, en cherchant une approximation des coefficients binomiaux pour de grandes valeurs.
Carl Friedrich Gauss (1777–1855), surnomme le « prince des mathematiciens », utilisa cette meme courbe pour modeliser les erreurs de mesure en astronomie. La loi normale porte parfois son nom : on l’appelle « loi de Gauss » ou « gaussienne ». Sa celebre formule de densite orne les billets de 10 marks allemands de 1991.
Aujourd’hui, la loi normale est omnipresente : taille humaine, scores de QI, fluctuations boursieres, mesures physiques… C’est la loi la plus utilisee en statistique.
Dans une classe de 30 élèves, quelle est la probabilite qu’au moins deux élèves aient le meme jour d’anniversaire (meme jour et meme mois, pas la meme annee) ?
On lance un de equilibre et on gagne le double du numero obtenu (en euros). La variable aléatoire \(X\) = gain prend les valeurs 2, 4, 6, 8, 10, 12, chacune avec probabilite \(\frac{1}{6}\).
Pour le de : \(E(X) = \frac{1}{6}(2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12) = \frac{42}{6} = 7\) euros.
\(E(X^2) = \frac{1}{6}(4 + 16 + 36 + 64 + 100 + 144) = \frac{364}{6} \approx 60{,}67\)
\(V(X) = 60{,}67 - 49 = 11{,}67\), donc \(\sigma(X) \approx 3{,}42\) euros.
\(E(aX + b) = \sum (ax_i + b) P(X = x_i) = a \sum x_i P(X = x_i) + b \sum P(X = x_i) = aE(X) + b\) car \(\sum P(X = x_i) = 1\).
Pour la variance : \(V(aX + b) = E[(aX + b - E(aX+b))^2] = E[(aX + b - aE(X) - b)^2] = E[a^2(X - E(X))^2] = a^2 V(X)\).
\(E(X) = 0 \times P(X=0) + 1 \times P(X=1) = 0 \times (1-p) + 1 \times p = p\).
\(E(X^2) = 0^2 \times (1-p) + 1^2 \times p = p\). Donc \(V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = p - p^2 = p(1-p)\).
On lance une piece equilibree. Soit \(X = 1\) si on obtient « face », \(X = 0\) sinon. Alors \(X \sim \mathcal{B}(0{,}5)\).
\(E(X) = 0{,}5\), \(V(X) = 0{,}5 \times 0{,}5 = 0{,}25\), \(\sigma(X) = 0{,}5\).
La variable \(X\) est la somme de \(n\) variables de Bernoulli independantes \(X_1, \ldots, X_n\) (chacune valant 1 en cas de succes, 0 sinon). On a \(X = X_1 + \cdots + X_n\).
Par linearite de l’esperance : \(E(X) = E(X_1) + \cdots + E(X_n) = np\).
Comme les \(X_i\) sont independantes, \(V(X) = V(X_1) + \cdots + V(X_n) = n \times p(1-p)\). (L’additivite de la variance pour des variables independantes est admise a ce niveau.)
On lance 10 fois un de equilibre. Soit \(X\) le nombre de 6 obtenus. Alors \(X \sim \mathcal{B}\left(10, \frac{1}{6}\right)\).
\(E(X) = 10 \times \frac{1}{6} \approx 1{,}67\). En moyenne, on obtient environ 1,67 fois le chiffre 6.
\(P(X = 0) = \binom{10}{0} \left(\frac{1}{6}\right)^0 \left(\frac{5}{6}\right)^{10} = \left(\frac{5}{6}\right)^{10} \approx 0{,}162\)
\(P(X = 2) = \binom{10}{2} \left(\frac{1}{6}\right)^2 \left(\frac{5}{6}\right)^{8} = 45 \times \frac{1}{36} \times \left(\frac{5}{6}\right)^8 \approx 0{,}291\)
Résultat admis. En Maths Complémentaires, ce résultat est admis : il requiert le calcul d’intégrales impropres.
Idée du calcul (hors programme). Par définition, l’espérance d’une variable continue de densité \(f\) est :
\(E(X) = \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} x\,f(x)\,\mathrm{d}x.\)
Calcul de \(E(X)\). Par changement de variable \(t = x - \mu\) :
\(E(X) = \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} (t + \mu)\,\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/(2\sigma^2)}\,\mathrm{d}t = \mu \cdot \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} f(t+\mu)\,\mathrm{d}t}_{=\,1} + \underbrace{\int_{-\infty}^{+\infty} t\,f(t+\mu)\,\mathrm{d}t}_{=\,0\,\text{(intégrande impaire)}}.\)
D’où \(E(X) = \mu\).
Calcul de \(V(X)\). Par définition, \(V(X) = E\bigl[(X - \mu)^2\bigr]\). Le même changement de variable puis une intégration par parties donnent \(V(X) = \sigma^2\). Les calculs détaillés utilisent l’intégrale de Gauss \(\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2/2}\,\mathrm{d}t = \sqrt{2\pi}\) (admise). ∎
Ce résultat est admis. Il se déduit du calcul de l’integrale \(\int_{\mu-k\sigma}^{\mu+k\sigma} f(x)\,\mathrm{d}x\) pour \(k = 1, 2, 3\), ou \(f\) est la densite de la loi normale. Par centrage-reduction (\(Z = \frac{X - \mu}{\sigma}\)), il suffit de calculer \(P(-k \leq Z \leq k)\) pour la loi \(\mathcal{N}(0,1)\), ce qui se lit dans une table ou se calcule numériquement.
La taille des femmes adultes en France suit approximativement \(\mathcal{N}(163 ; 6{,}5^2)\) (en cm).
Environ 68 % des femmes mesurent entre \(163 - 6{,}5 = 156{,}5\) cm et \(163 + 6{,}5 = 169{,}5\) cm.
Environ 95 % mesurent entre 150 cm et 176 cm.
Ce résultat est admis. Il est lie au théorème central limite : la somme d’un grand nombre de variables aléatoires independantes et identiquement distribuees tend vers une loi normale. Or \(X \sim \mathcal{B}(n, p)\) est la somme de \(n\) variables de Bernoulli independantes. Quand \(n\) est grand, la forme de la distribution binomiale ressemble de plus en plus a une courbe en cloche.
On lance 100 fois une piece equilibree. Soit \(X\) le nombre de « face ». Alors \(X \sim \mathcal{B}(100 ; 0{,}5)\).
On a \(np = 50\) et \(n(1-p) = 50\), donc on peut approcher par \(\mathcal{N}(50 ; 25)\), soit \(\sigma = 5\).
\(P(45 \leqslant X \leqslant 55) \approx P\!\left(\frac{45 - 50}{5} \leqslant Z \leqslant \frac{55 - 50}{5}\right) = P(-1 \leqslant Z \leqslant 1) \approx 0{,}683\)
Il y a environ 68 % de chances d’obtenir entre 45 et 55 « face » sur 100 lancers.
La loi binomiale est discrète et la loi normale est continue. Pour une meilleure approximation, on applique une correction de continuite :
\(P(X \leqslant k) \approx P\!\left(Z \leqslant \frac{k + 0{,}5 - np}{\sqrt{np(1-p)}}\right)\)
On preleve un échantillon de taille \(n\) dans une production de proportion defectueuse \(p\). Le nombre \(X\) de pieces defectueuses suit \(\mathcal{B}(n, p)\). On fixe un seuil d’acceptation \(c\) : le lot est accepte si \(X \leqslant c\).
Production avec \(p = 0{,}03\), échantillon de \(n = 50\). Seuil : \(c = 3\).
\(X \sim \mathcal{B}(50 ; 0{,}03)\), \(E(X) = 1{,}5\).
\(P(X \leqslant 3) = \sum_{k=0}^{3} \binom{50}{k} (0{,}03)^k (0{,}97)^{50-k}\)
\(P(X = 0) \approx 0{,}218\), \(P(X = 1) \approx 0{,}337\), \(P(X = 2) \approx 0{,}256\), \(P(X = 3) \approx 0{,}127\).
\(P(X \leqslant 3) \approx 0{,}937\). Le lot est accepte dans environ 93,7 % des cas.
Un sondage de \(n = 1\,000\) personnes donne \(\hat{p} = 0{,}42\) (42 % d’intentions de vote).
Marge d’erreur : \(1{,}96 \times \sqrt{\frac{0{,}42 \times 0{,}58}{1000}} \approx 1{,}96 \times 0{,}0156 \approx 0{,}031\)
L’intervalle de confiance a 95 % est \([0{,}389 \;;\; 0{,}451]\), soit entre 38,9 % et 45,1 %.
| Loi | Notation | Esperance | Variance |
|---|---|---|---|
| Bernoulli | \(\mathcal{B}(p)\) | \(p\) | \(p(1-p)\) |
| Binomiale | \(\mathcal{B}(n, p)\) | \(np\) | \(np(1-p)\) |
| Normale | \(\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)\) | \(\mu\) | \(\sigma^2\) |
| Formule | Expression |
|---|---|
| Probabilite binomiale | \(P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}\) |
| Esperance | \(E(X) = \sum x_i P(X = x_i)\) |
| Variance | \(V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2\) |
| Approximation normale | \(\mathcal{B}(n,p) \approx \mathcal{N}(np, np(1-p))\) si \(np \geqslant 5\) et \(n(1-p) \geqslant 5\) |
| Intervalle de confiance (95 %) | \(\hat{p} \pm 1{,}96\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\) |
On a \(X \sim \mathcal{B}(50 ; 0{,}03)\). Le lot est refuse si \(X > 3\), donc accepte si \(X \leqslant 3\).
\(P(X > 3) = 1 - P(X \leqslant 3)\).
En calculant : \(P(X = 0) \approx 0{,}218\), \(P(X = 1) \approx 0{,}337\), \(P(X = 2) \approx 0{,}256\), \(P(X = 3) \approx 0{,}127\).
\(P(X \leqslant 3) \approx 0{,}937\), donc \(P(X > 3) \approx 0{,}063\).
La probabilite que le lot soit refuse est d’environ 6,3 %.
Calculons la probabilite complementaire : tous les anniversaires sont differents.
\(P(\text{tous differents}) = \frac{365}{365} \times \frac{364}{365} \times \frac{363}{365} \times \cdots \times \frac{336}{365}\)
\(P(\text{tous differents}) = \frac{365!}{335! \times 365^{30}} \approx 0{,}294\)
Donc \(P(\text{au moins une coincidence}) = 1 - 0{,}294 \approx 0{,}706 = 70{,}6\,\%\).
Avec seulement 30 personnes, il y a plus de 70 % de chances que deux d’entre elles partagent le meme anniversaire. Cela s’explique par le grand nombre de paires possibles : \(\binom{30}{2} = 435\).
Lois de probabilite : teste d’abord ton intuition.
« Si \(E(X) = 3\), alors \(X\) vaut 3 en moyenne a chaque experience. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. L’esperance est la moyenne « sur un grand nombre » d’experiences, pas la valeur obtenue a chaque fois. Un de a 6 faces a \(E = 3{,}5\), mais on n’obtient jamais 3,5.
Mini-test : \(X \sim \mathcal{B}(1, 0{,}5)\). \(E(X) = 0{,}5\). \(X\) prend-elle la valeur 0,5 ?
« On tire 5 cartes d’un jeu de 32 sans remise. Le nombre d’as suit une loi binomiale. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Sans remise, les tirages ne sont pas independants. C’est une loi hypergeometrique, pas binomiale. La loi binomiale necessite des epreuves independantes et identiques.
Mini-test : on lance 10 fois un de. Le nombre de 6 obtenus suit :
« \(\sigma(X) = V(X)\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. L’ecart type \(\sigma\) est la racine carree de la variance : \(\sigma = \sqrt{V(X)}\). Confondre les deux fausse tous les calculs d’intervalles.
Mini-test : si \(V(X) = 9\), alors \(\sigma(X) = ?\)
« On peut toujours approximer une binomiale par une loi normale. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. L’approximation n’est valable que si \(np \geqslant 5\) et \(n(1-p) \geqslant 5\). Si \(p\) est tres petit ou tres grand, il faut \(n\) tres grand.
Mini-test : \(X \sim \mathcal{B}(100, 0{,}01)\). Peut-on approcher par une normale ?
« Si \(X \sim \mathcal{N}(0,1)\), alors \(P(X = 0) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Pour une loi continue, \(P(X = k) = 0\) pour toute valeur \(k\). La densite \(f(0) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\) n’est pas une probabilite.
Mini-test : \(P(X = 1{,}5)\) pour \(X \sim \mathcal{N}(0,1)\) vaut :
« Si \(X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^2)\), alors \(P(\mu - 2\sigma \leqslant X \leqslant \mu + 2\sigma) \approx 95{,}4\,\%\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
C’est vrai ! Environ 95,4 % des valeurs d’une loi normale se situent a moins de 2 ecarts types de la moyenne. Plus precisement, pour 95 %, on utilise le coefficient 1,96.
Mini-test : taille moyenne 170 cm, ecart type 10 cm. Environ 95 % des personnes mesurent entre :