\(P(A) \times P(B) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \neq \frac{1}{3} = P(A \cap B)\)
Les événements \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants.
Exercice 1.2 — Variable aléatoire et loi de probabilité
On tire au hasard une pièce dans un lot de 100 pièces contenant 70 conformes, 20 avec un défaut mineur et 10 avec un défaut majeur. Soit \(X\) la variable aléatoire définie par : \(X = 0\) si la pièce est conforme, \(X = 1\) si défaut mineur, \(X = 5\) si défaut majeur.
Écrire la loi de probabilité de \(X\) sous forme de tableau.
En moyenne, l’indice de défaut par pièce est de 0,7 : la qualité du lot est plutôt bonne, mais la forte dispersion (\(\sigma \approx 1{,}49\)) traduit la présence de défauts majeurs (cotation élevée).
Exercice 1.3 — Probabilité conditionnelle
Dans une entreprise de chauffage, 80 % des interventions concernent des chaudières à gaz (G) et 20 % des pompes à chaleur (P). Parmi les chaudières, 15 % nécessitent un remplacement de pièce (R). Parmi les pompes à chaleur, 25 % nécessitent un remplacement de pièce.
Dessiner l’arbre pondéré de la situation.
Calculer \(P(G \cap R)\) et \(P(P \cap R)\).
En déduire \(P(R)\) par la formule des probabilités totales.
Calculer \(P(G \mid R)\) : sachant qu’un remplacement est nécessaire, quelle est la probabilité que ce soit pour une chaudière ?
Arbre :
\(G\) (0,8) → \(R\) (0,15) ou \(\bar{R}\) (0,85)
\(P\) (0,2) → \(R\) (0,25) ou \(\bar{R}\) (0,75)
\(P(G \mid R) = \dfrac{P(G \cap R)}{P(R)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}17} \approx 0{,}706\)
Il y a environ 70,6 % de chances que le remplacement concerne une chaudière à gaz.
La durée (en minutes) d’un cycle de séchage d’un vernis sur un panneau de bois varie uniformément entre 10 et 18 minutes. On note \(X\) cette durée : \(X \sim \mathcal{U}([10\,;\,18])\).
\(P(|Z| \leqslant 1{,}96) = P(-1{,}96 \leqslant Z \leqslant 1{,}96) = 2\Phi(1{,}96) - 1 \approx 2 \times 0{,}9750 - 1 = 0{,}9500\)
C’est la règle des 95 %.
Niveau 2 — Appliquer
Exercice 2.1 — Bayes et contrôle qualité
Une entreprise de fabrication de panneaux de bois utilise deux lignes de production. La ligne L1 produit 70 % des panneaux et la ligne L2 en produit 30 %. Le taux de défaut est de 4 % pour L1 et 6 % pour L2.
Calculer la probabilité globale qu’un panneau soit défectueux.
Un panneau est défectueux. Calculer la probabilité qu’il provienne de L2.
La direction souhaite que \(P(D) \leqslant 0{,}04\). Quel taux de défaut maximal pour L2 permet d’atteindre cet objectif ?
\(P(L_2 \mid D) = \dfrac{P(D \mid L_2) \times P(L_2)}{P(D)} = \dfrac{0{,}06 \times 0{,}3}{0{,}046} = \dfrac{0{,}018}{0{,}046} \approx 0{,}391\)
Environ 39,1 % de chances que le panneau défectueux provienne de L2.
On veut \(P(D) \leqslant 0{,}04\) :
\(0{,}04 \times 0{,}7 + p_2 \times 0{,}3 \leqslant 0{,}04\)
\(0{,}028 + 0{,}3\,p_2 \leqslant 0{,}04\)
\(0{,}3\,p_2 \leqslant 0{,}012\)
\(p_2 \leqslant 0{,}04\)
Le taux de défaut de L2 doit être au plus 4 %.
Exercice 2.2 — Loi binomiale et échantillonnage
Un fournisseur de vis pour charpentes annonce un taux de défaut de 2 %. Un charpentier prélève un échantillon de \(n = 25\) vis.
Justifier que le nombre \(X\) de vis défectueuses suit une loi \(B(25\,;\,0{,}02)\).
Le charpentier refuse le lot s’il trouve plus de 1 vis défectueuse. Quelle est la probabilité de refuser un lot conforme (taux réel = 2 %) ?
Chaque vis est contrôlée indépendamment (échantillon petit devant le lot), avec deux issues : défectueuse (proba 0,02) ou non. Le nombre de répétitions est fixe (\(n=25\)). Donc \(X \sim B(25\,;\,0{,}02)\).
\(E(X) = 25 \times 0{,}02 = 0{,}5\) (en moyenne 0,5 vis défectueuse par échantillon)
\(\sigma(X) = \sqrt{25 \times 0{,}02 \times 0{,}98} = \sqrt{0{,}49} = 0{,}7\)
Probabilité de refus = \(P(X \geqslant 2) \approx 0{,}0886 \approx 8{,}9\,\%\).
Environ 8,9 % de risque de rejeter un bon lot (risque fournisseur).
Exercice 2.3 — Loi uniforme — Temps d’attente
Un technicien chauffagiste attend la livraison d’une pièce de rechange. Le livreur annonce qu’il arrivera entre 9h00 et 11h00, sans plus de précision. On modélise l’heure d’arrivée par une loi uniforme sur \([0\,;\,120]\) (en minutes après 9h00).
Donner la fonction de densité de \(X\).
Calculer \(E(X)\) et \(\sigma(X)\). Interpréter.
Quelle est la probabilité que le livreur arrive dans la première demi-heure ?
Quelle est la probabilité que le livreur arrive entre 10h00 et 10h30 ?
Le technicien a un autre rendez-vous à 10h45. Quelle est la probabilité qu’il doive annuler ce rendez-vous ?
\(f(x) = \dfrac{1}{120 - 0} = \dfrac{1}{120}\) pour \(x \in [0\,;\,120]\), et \(f(x) = 0\) sinon.
\(E(X) = \dfrac{0 + 120}{2} = 60\) min (arrivée moyenne à 10h00).
\(\sigma(X) = \dfrac{120 - 0}{2\sqrt{3}} = \dfrac{120}{2\sqrt{3}} \approx 34{,}6\) min.
Entre 10h00 et 10h30 correspond à \(x \in [60\,;\,90]\) :
\(P(60 \leqslant X \leqslant 90) = \dfrac{90 - 60}{120} = \dfrac{30}{120} = 0{,}25 = 25\,\%\)
Le technicien doit annuler si le livreur arrive après 10h45, soit \(x > 105\) :
\(P(X > 105) = \dfrac{120 - 105}{120} = \dfrac{15}{120} = 0{,}125 = 12{,}5\,\%\)
Exercice 2.4 — Indépendance et système
Un système de ventilation comporte deux composants A et B montés en série (le système fonctionne si et seulement si les deux composants fonctionnent). Les défaillances sont indépendantes avec \(P(\bar{A}) = 0{,}04\) et \(P(\bar{B}) = 0{,}06\).
Calculer la probabilité que le système fonctionne.
Calculer la probabilité qu’au moins un composant soit défaillant.
On ajoute un composant C (\(P(\bar{C}) = 0{,}03\)) en série. Calculer la nouvelle fiabilité du système.
Si les composants A et B étaient montés en parallèle (le système fonctionne si au moins l’un fonctionne), calculer la fiabilité.
Système en série : \(P(\text{fonctionne}) = P(A) \times P(B) = 0{,}96 \times 0{,}94 = 0{,}9024\)
\(P(\text{au moins un défaillant}) = 1 - P(A \cap B) = 1 - 0{,}9024 = 0{,}0976\)
Avec C en série : \(P = 0{,}96 \times 0{,}94 \times 0{,}97 = 0{,}8753\)
La fiabilité diminue à chaque composant ajouté en série.
Parallèle A et B : le système est défaillant si les deux le sont.
\(P(\text{panne}) = P(\bar{A}) \times P(\bar{B}) = 0{,}04 \times 0{,}06 = 0{,}0024\)
\(P(\text{fonctionne}) = 1 - 0{,}0024 = 0{,}9976\)
Le montage en parallèle offre une fiabilité nettement supérieure.
Exercice 2.5 — Loi normale — Température de sortie d’une chaudière
La température \(T\) (en °C) de l’eau en sortie d’une chaudière suit une loi normale \(\mathcal{N}(65\;;\;4)\), soit \(\mu = 65\) °C et \(\sigma = 2\) °C. La température est conforme si elle est comprise entre 61 °C et 69 °C.
Quel pourcentage des mesures est conforme ? (Utiliser la règle 68-95-99,7.)
Calculer \(P(T > 68)\) par centrage-réduction.
Le technicien déclenche une alerte si \(T > 70\). Calculer la probabilité d’alerte.
Déterminer la température \(t_0\) dépassée seulement 1 % du temps.
L’intervalle [61 ; 69] correspond à \([\mu - 2\sigma\;;\;\mu + 2\sigma]\).
Par la règle 68-95-99,7, environ 95,4 % des mesures sont conformes.
On cherche \(t_0\) tel que \(P(T > t_0) = 0{,}01\), soit \(P(T \leqslant t_0) = 0{,}99\).
\(\Phi\!\left(\dfrac{t_0 - 65}{2}\right) = 0{,}99\), donc \(\dfrac{t_0 - 65}{2} = 2{,}326\).
\(t_0 = 65 + 2 \times 2{,}326 = 69{,}65\) °C.
La température 69,7 °C (arrondi) n’est dépassée que 1 % du temps.
Exercice 2.6 — Approximation binomiale → normale
Un fabricant de tuiles annonce un taux de casse au transport de 4 %. Un couvreur reçoit une palette de \(n = 200\) tuiles. Soit \(X\) le nombre de tuiles cassées.
Justifier que \(X \sim B(200\,;\,0{,}04)\) et vérifier les conditions d’approximation par une loi normale.
Donner les paramètres \(\mu\) et \(\sigma\) de la loi normale approchée.
Calculer \(P(X \leqslant 10)\) avec correction de continuité.
Calculer \(P(X \geqslant 15)\). Que peut conclure le couvreur s’il constate 15 tuiles cassées ?
Chaque tuile est cassée ou non (Bernoulli), indépendamment, avec \(p = 0{,}04\) constant.
\(n = 200 \geqslant 30\) ✓ ; \(np = 8 \geqslant 5\) ✓ ; \(n(1-p) = 192 \geqslant 5\) ✓.
L’approximation normale est justifiée.
\(P(X \geqslant 15) \approx P(Y \geqslant 14{,}5) = 1 - \Phi\!\left(\dfrac{14{,}5 - 8}{2{,}77}\right) = 1 - \Phi(2{,}35) \approx 1 - 0{,}9906 = 0{,}0094\)
Moins de 1 % de chances. Si le couvreur observe 15 tuiles cassées, il y a de fortes raisons de penser que le taux de casse réel est supérieur à 4 % : il peut réclamer auprès du fournisseur.
Niveau 3 — Approfondir
Exercice 3.1 — Problème complet — Contrôle de panneaux
Une usine de panneaux de particules produit des lots de 1000 panneaux. Trois machines contribuent à la production :
Machine
Part de production
Taux de défaut
M1
50 %
2 %
M2
30 %
3 %
M3
20 %
5 %
Calculer la probabilité qu’un panneau pris au hasard soit défectueux.
Un panneau est défectueux. Calculer la probabilité qu’il provienne de chaque machine.
On prélève 15 panneaux au hasard. Soit \(X\) le nombre de défectueux. Justifier que \(X \sim B(15\,;\,0{,}029)\).
Calculer \(P(X = 0)\), \(P(X \geqslant 1)\) et \(E(X)\).
Calculer \(\sigma(X)\). En déduire un intervalle dans lequel le nombre de défectueux se trouve avec une probabilité d’environ 95 %.
Par Bayes :
\(P(M_1 \mid D) = \dfrac{0{,}02 \times 0{,}5}{0{,}029} = \dfrac{0{,}01}{0{,}029} \approx 0{,}345\)
\(P(M_2 \mid D) = \dfrac{0{,}03 \times 0{,}3}{0{,}029} = \dfrac{0{,}009}{0{,}029} \approx 0{,}310\)
\(P(M_3 \mid D) = \dfrac{0{,}05 \times 0{,}2}{0{,}029} = \dfrac{0{,}01}{0{,}029} \approx 0{,}345\)
Vérification : \(0{,}345 + 0{,}310 + 0{,}345 = 1\) ✓
M1 et M3 sont les plus « responsables » des défauts, mais pour des raisons différentes (volume pour M1, qualité pour M3).
Le lot est grand (1000 panneaux), le prélèvement (15) représente moins de 5 % du lot. Les tirages sont assimilables à des tirages indépendants. Chaque panneau est défectueux avec probabilité \(p = 0{,}029\). Donc \(X \sim B(15\,;\,0{,}029)\).
\(V(X) = 15 \times 0{,}029 \times 0{,}971 = 0{,}4224\), \(\sigma(X) = \sqrt{0{,}4224} \approx 0{,}650\).
Intervalle à 95 % (règle \(\mu \pm 2\sigma\)) : \([0{,}435 - 1{,}30\;;\;0{,}435 + 1{,}30] = [-0{,}87\;;\;1{,}74]\).
Comme \(X\) est entier et positif, on s’attend à observer 0 ou 1 défectueux dans la quasi-totalité des échantillons de 15 panneaux.
Exercice 3.2 — Loi normale — Dimensions de panneaux
Une usine de panneaux de particules produit des panneaux dont l’épaisseur \(X\) (en mm) suit une loi normale \(\mathcal{N}(18\;;\;0{,}09)\), soit \(\mu = 18\) mm et \(\sigma = 0{,}3\) mm. Un panneau est conforme si son épaisseur est comprise entre 17,4 mm et 18,6 mm.
Centrer-réduire et calculer \(P(17{,}4 \leqslant X \leqslant 18{,}6)\). Quel pourcentage de panneaux est conforme ?
Calculer \(P(X > 18{,}9)\).
Déterminer la valeur \(x_0\) telle que \(P(X \leqslant x_0) = 0{,}95\).
L’usine souhaite que 99 % des panneaux soient conformes. Quel écart-type maximal faut-il atteindre (en gardant \(\mu = 18\) et les mêmes tolérances) ?
\(P(17{,}4 \leqslant X \leqslant 18{,}6) = P\!\left(\dfrac{17{,}4-18}{0{,}3} \leqslant Z \leqslant \dfrac{18{,}6-18}{0{,}3}\right) = P(-2 \leqslant Z \leqslant 2)\)
\(= 2\Phi(2) - 1 \approx 2 \times 0{,}9772 - 1 = 0{,}9544\)
Environ 95,4 % des panneaux sont conformes.
On cherche \(x_0\) tel que \(P(X \leqslant x_0) = 0{,}95\).
\(\Phi\!\left(\dfrac{x_0 - 18}{0{,}3}\right) = 0{,}95\), donc \(\dfrac{x_0 - 18}{0{,}3} = 1{,}645\) (table)
\(x_0 = 18 + 1{,}645 \times 0{,}3 = 18 + 0{,}494 \approx 18{,}49\) mm.
On veut \(P(17{,}4 \leqslant X \leqslant 18{,}6) = 0{,}99\), soit \(P(-0{,}6/\sigma' \leqslant Z \leqslant 0{,}6/\sigma') = 0{,}99\).
\(2\Phi(0{,}6/\sigma') - 1 = 0{,}99\), donc \(\Phi(0{,}6/\sigma') = 0{,}995\).
Table : \(0{,}6/\sigma' = 2{,}576\), d’où \(\sigma' = 0{,}6/2{,}576 \approx 0{,}233\) mm.
Il faut réduire l’écart-type à environ 0,23 mm.
Exercice 3.3 — Bayes à trois hypothèses
Un test de contrôle non destructif (CND) est utilisé pour détecter les fissures dans des poutres en bois lamellé-collé. Le test n’est pas parfait :
Si la poutre est fissurée, le test est positif dans 95 % des cas (sensibilité)
Si la poutre est saine, le test est négatif dans 90 % des cas (spécificité)
Dans le lot, 8 % des poutres sont fissurées
Définir les événements et écrire les données sous forme de probabilités conditionnelles.
Calculer la probabilité d’un test positif \(P(T^+)\).
Calculer la valeur prédictive positive : \(P(F \mid T^+)\) (probabilité qu’une poutre soit vraiment fissurée si le test est positif).
Commenter le résultat. Ce test est-il fiable pour le contrôle qualité ?
Seulement 45 % des tests positifs correspondent à une vraie fissure. Plus de la moitié des alertes sont de faux positifs. Ce résultat s’explique par la faible prévalence des fissures (8 %). Le test est utile comme pré-tri (il détecte bien les vraies fissures : 95 %), mais un test positif doit être confirmé par une inspection visuelle approfondie.
Exercice 3.4 — TLC — Consommation énergétique
Un bureau d’études thermiques mesure la consommation énergétique annuelle de logements identiques. La consommation d’un logement est une variable aléatoire d’espérance \(\mu = 120\) kWh/m² et d’écart-type \(\sigma = 25\) kWh/m².
On sélectionne un échantillon de \(n = 40\) logements et on calcule la consommation moyenne \(\bar{X}\).
Par le TLC, donner la loi approximative de \(\bar{X}\). Calculer \(\sigma_{\bar{X}}\).
Le bureau d’études certifie un bâtiment « basse consommation » si \(\bar{X} \leqslant 110\). Quelle est la probabilité de certification si la vraie moyenne est bien 120 kWh/m² (fausse certification) ?
Par le TLC (\(n = 40 \geqslant 30\)) : \(\bar{X} \sim \mathcal{N}\!\left(120\;;\;\dfrac{625}{40}\right) = \mathcal{N}(120\;;\;15{,}625)\)
\(\sigma_{\bar{X}} = \dfrac{25}{\sqrt{40}} \approx 3{,}95\) kWh/m².
\(P(\bar{X} \leqslant 110) = \Phi\!\left(\dfrac{110-120}{3{,}95}\right) = \Phi(-2{,}53) \approx 1 - 0{,}9943 = 0{,}0057\)
Moins de 0,6 % de risque de fausse certification. Le test est fiable.
Niveau 4 — Expert
Exercice 4.1 — Combinaisons linéaires et coût de chantier
Un menuisier agenceur réalise un aménagement nécessitant 3 types de panneaux :
Panneaux A : coût unitaire \(X_A\) avec \(E(X_A) = 45\) € et \(\sigma(X_A) = 3\) €
Panneaux B : coût unitaire \(X_B\) avec \(E(X_B) = 30\) € et \(\sigma(X_B) = 2\) €
Panneaux C : coût unitaire \(X_C\) avec \(E(X_C) = 20\) € et \(\sigma(X_C) = 1{,}5\) €
Les coûts sont indépendants. Le devis prévoit 4 panneaux A, 6 panneaux B et 10 panneaux C. On ajoute des frais fixes de 150 € (transport et pose).
Exprimer le coût total \(T = 4X_A + 6X_B + 10X_C + 150\).
Calculer \(E(T)\).
Calculer \(V(T)\) et \(\sigma(T)\).
En supposant que \(T\) suit approximativement une loi normale, déterminer un intervalle de confiance à 95 % pour le coût total.
Le client a un budget maximal de 650 €. Quelle est la probabilité de dépasser ce budget ?
Intervalle à 95 % : \([E(T) - 1{,}96\sigma(T)\;;\;E(T) + 1{,}96\sigma(T)]\)
\(= [710 - 44{,}3\;;\;710 + 44{,}3] = [665{,}7\;;\;754{,}3]\) €
Le coût total se situera entre environ 666 € et 754 € avec 95 % de confiance.
\(P(T > 650) = P\!\left(Z > \dfrac{650 - 710}{22{,}6}\right) = P(Z > -2{,}65) = \Phi(2{,}65) \approx 0{,}996\)
La probabilité de dépasser 650 € est d’environ 99,6 %. Le budget du client est très insuffisant.
Exercice 4.2 — Fiabilité d’un système mixte
Un système de chauffage industriel comprend :
Un brûleur principal B1 (\(P(\text{panne}) = 0{,}05\))
Un brûleur de secours B2 identique (\(P(\text{panne}) = 0{,}05\)), monté en parallèle avec B1
Une pompe de circulation P (\(P(\text{panne}) = 0{,}03\)), montée en série avec l’ensemble {B1, B2}
Un échangeur thermique E (\(P(\text{panne}) = 0{,}02\)), en série avec le reste
Toutes les défaillances sont indépendantes. Le système fonctionne si la pompe ET l’échangeur ET au moins un brûleur fonctionnent.
Calculer la fiabilité du sous-système {B1 parallèle B2}.
En déduire la fiabilité globale du système.
L’entreprise exige une fiabilité d’au moins 99 %. L’objectif est-il atteint ?
On envisage de doubler la pompe (ajout d’une pompe P2 en parallèle, même fiabilité). Calculer la nouvelle fiabilité globale. L’objectif de 99 % est-il atteint ?
Sous-système {B1 // B2} : panne si les deux tombent en panne.
\(P(\text{panne B1 et B2}) = 0{,}05 \times 0{,}05 = 0{,}0025\)
Fiabilité {B1 // B2} : \(R_B = 1 - 0{,}0025 = 0{,}9975\)
Système en série : {B1 // B2} — P — E
\(R = R_B \times R_P \times R_E = 0{,}9975 \times 0{,}97 \times 0{,}98\)
\(R = 0{,}9975 \times 0{,}97 \times 0{,}98 = 0{,}9975 \times 0{,}9506 \approx 0{,}9483\)
\(0{,}9483 < 0{,}99\) : l’objectif de 99 % n’est pas atteint.
Avec P1 // P2 : \(P(\text{panne pompes}) = 0{,}03^2 = 0{,}0009\), \(R_P = 0{,}9991\).
\(R = 0{,}9975 \times 0{,}9991 \times 0{,}98 = 0{,}9966 \times 0{,}98 \approx 0{,}9767\)
\(0{,}9767 < 0{,}99\) : l’objectif n’est toujours pas atteint. Le maillon faible est l’échangeur (fiabilité 0,98). Il faudrait également améliorer la fiabilité de l’échangeur ou le doubler en parallèle.
Un fabricant de briques isolantes pour la construction de cheminées produit de grands lots. Le taux de défaut est \(p = 0{,}06\). Un technicien prélève un échantillon de \(n = 150\) briques et compte le nombre \(X\) de briques défectueuses.
Quelle loi suit \(X\) ? Vérifier que l’on peut approcher par une loi normale et donner ses paramètres.
Calculer \(P(X \leqslant 12)\) avec l’approximation normale (avec correction de continuité).
Calculer \(P(5 \leqslant X \leqslant 15)\) avec l’approximation normale.
Déterminer le seuil \(c\) tel que \(P(X > c) \leqslant 0{,}05\). Le technicien rejette le lot si \(X > c\).
Si le vrai taux de défaut monte à \(p = 0{,}10\), quelle est la probabilité que le lot soit accepté (risque client) ?
\(X \sim B(150\,;\,0{,}06)\).
Vérification : \(n = 150 \geqslant 30\) ✓ ; \(np = 9 \geqslant 5\) ✓ ; \(n(1-p) = 141 \geqslant 5\) ✓.
On approche par \(Y \sim \mathcal{N}(\mu,\,\sigma^2)\) avec \(\mu = np = 9\) et \(\sigma^2 = np(1-p) = 8{,}46\), soit \(\sigma \approx 2{,}91\).
Avec correction de continuité : \(P(X \leqslant 12) \approx P(Y \leqslant 12{,}5)\)
\(= \Phi\!\left(\dfrac{12{,}5 - 9}{2{,}91}\right) = \Phi(1{,}20) \approx 0{,}885\)
Environ 88,5 %.
\(P(5 \leqslant X \leqslant 15) \approx P(4{,}5 \leqslant Y \leqslant 15{,}5)\)
\(= \Phi\!\left(\dfrac{15{,}5-9}{2{,}91}\right) - \Phi\!\left(\dfrac{4{,}5-9}{2{,}91}\right) = \Phi(2{,}23) - \Phi(-1{,}55)\)
\(\approx 0{,}9871 - 0{,}0606 = 0{,}9265\)
Environ 92,7 %.
On cherche \(c\) tel que \(P(X > c) \leqslant 0{,}05\), soit \(P(Y > c + 0{,}5) \leqslant 0{,}05\).
\(P(Y \leqslant c + 0{,}5) \geqslant 0{,}95\), donc \(\dfrac{c+0{,}5-9}{2{,}91} \geqslant 1{,}645\).
\(c + 0{,}5 \geqslant 9 + 1{,}645 \times 2{,}91 = 9 + 4{,}79 = 13{,}79\)
\(c \geqslant 13{,}29\), donc \(c = 13\) (plus petit entier : on prend \(c = 13\)). Le lot est rejeté si plus de 13 briques sont défectueuses.
Avec \(p = 0{,}10\) : \(\mu' = 150 \times 0{,}10 = 15\), \(\sigma' = \sqrt{150 \times 0{,}10 \times 0{,}90} = \sqrt{13{,}5} \approx 3{,}67\).
\(P(X \leqslant 13) \approx P(Y' \leqslant 13{,}5) = \Phi\!\left(\dfrac{13{,}5 - 15}{3{,}67}\right) = \Phi(-0{,}41) \approx 0{,}341\)
Le risque client (accepter un mauvais lot) est d’environ 34,1 %. C’est élevé ; il faudrait augmenter la taille de l’échantillon pour mieux discriminer.
Exercice 4.4 — Théorème de la limite centrée — Moyennes d’échantillons
Une entreprise de menuiserie agencement produit des tasseaux dont la longueur a pour espérance \(\mu = 250\) mm et écart-type \(\sigma = 5\) mm. On prélève des échantillons de \(n = 50\) tasseaux et on mesure la longueur moyenne \(\bar{X}\) de chaque échantillon.
Justifier que le TLC s’applique. Donner la loi approximative de \(\bar{X}\).
La production est considérée « déréglée » si \(\bar{X}\) s’écarte de plus de 1,5 mm de la cible 250 mm. Calculer la probabilité d’une fausse alerte (production conforme mais \(\bar{X} \notin [248{,}5\,;\,251{,}5]\)).
On souhaite que la probabilité de fausse alerte soit inférieure à 1 %. Quelle taille d’échantillon minimale faut-il utiliser (en gardant le seuil de 1,5 mm) ?
Les mesures sont i.i.d., \(n = 50 \geqslant 30\). Par le TLC :
\(\bar{X} \sim \mathcal{N}\!\left(250\;;\;\dfrac{25}{50}\right) = \mathcal{N}(250\;;\;0{,}5)\)
soit \(\sigma_{\bar{X}} = \dfrac{5}{\sqrt{50}} \approx 0{,}707\) mm.