BTS | Mathématiques | Groupements B1, B2, D1, D2
Dernière mise à jour : 1er septembre 2026
Contexte : Une technicienne qualité dans une usine de fabrication de composants électroniques doit mettre en place un plan de contrôle des lots de production. L'atelier produit des circuits intégrés avec un taux de défaut moyen de 2 %.
Trois types de problèmes se posent :
Ces trois situations illustrent les trois lois fondamentales de ce chapitre.
Épreuve de Bernoulli
Une épreuve de Bernoulli de paramètre \(p\) est une expérience aléatoire à deux issues :
La variable aléatoire associée \(X\) suit la loi de Bernoulli \(\mathcal{B}(p)\) :
\[P(X=1) = p \qquad P(X=0) = 1-p\] \[E(X) = p \qquad V(X) = p(1-p)\]Espérance et variance d'une variable aléatoire discrète
Si \(X\) prend les valeurs \(x_1, x_2, \ldots, x_n\) avec les probabilités \(p_1, p_2, \ldots, p_n\) :
\[E(X) = \sum_{i=1}^n x_i\,p_i \qquad V(X) = E\!\left[(X - E(X))^2\right] = E(X^2) - [E(X)]^2\]L'écart-type est \(\sigma(X) = \sqrt{V(X)}\).
Le coefficient binomial \(\dbinom{n}{k}\) (lire "k parmi n") représente le nombre de façons de choisir \(k\) éléments parmi \(n\) :
\[\binom{n}{k} = C_n^k = \frac{n!}{k!\,(n-k)!}\]Exemples : \(\dbinom{5}{2} = 10\), \(\dbinom{10}{3} = 120\), \(\dbinom{n}{0} = \dbinom{n}{n} = 1\).
Sur une ligne de conditionnement, un contrôleur prélève un échantillon dans un lot. Calculer \(\dbinom{6}{2}\) puis \(\dbinom{8}{3}\) à l'aide de la formule factorielle.
Réponse : \(\dbinom{6}{2} = \mathbf{15}\) et \(\dbinom{8}{3} = \mathbf{56}\).
Loi binomiale
On répète \(n\) épreuves de Bernoulli indépendantes, chacune de paramètre \(p\). Si \(X\) est le nombre de succès, alors \(X\) suit la loi binomiale \(B(n,\,p)\) :
\[ \boxed{P(X = k) = \binom{n}{k}\,p^k\,(1-p)^{n-k}} \qquad k = 0, 1, 2, \ldots, n \]Un opérateur prélève 6 pièces indépendantes sur une machine dont le taux de rebut est de 10 %. Soit \(X\) le nombre de pièces rebutées dans le prélèvement. Calculer \(P(X = 1)\) (arrondir à \(10^{-3}\)).
\(X \sim B(6\,;\,0{,}1)\) : 6 épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre \(p = 0{,}1\).
\[P(X=1) = \binom{6}{1}(0{,}1)^1(0{,}9)^5 = 6 \times 0{,}1 \times 0{,}59049\] \[P(X=1) = 0{,}354294 \approx 0{,}354\]Réponse : \(P(X=1) \approx \mathbf{0{,}354}\), soit environ 35,4 % de chance d'observer exactement une pièce rebutée.
Espérance et variance de \(X \sim B(n,p)\)
\[E(X) = np \qquad V(X) = np(1-p) = npq \qquad \sigma(X) = \sqrt{npq}\]Un lot de 50 composants est prélevé. Le taux de défaut est \(p = 0{,}02\). Soit \(X \sim B(50;\,0{,}02)\).
a) Probabilité d'exactement 2 défectueux :
\[P(X=2) = \binom{50}{2}(0{,}02)^2(0{,}98)^{48} = 1225 \times 0{,}0004 \times (0{,}98)^{48}\] \[(0{,}98)^{48} \approx e^{48\ln 0{,}98} \approx e^{-0{,}974} \approx 0{,}378\] \[P(X=2) \approx 1225 \times 0{,}0004 \times 0{,}378 \approx 0{,}185\]b) Espérance et écart-type :
\[E(X) = 50 \times 0{,}02 = 1 \quad \text{défectueux en moyenne}\] \[\sigma(X) = \sqrt{50 \times 0{,}02 \times 0{,}98} = \sqrt{0{,}98} \approx 0{,}99\]c) Probabilité de trouver au plus 3 défectueux :
\[P(X \leq 3) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) + P(X=3)\] \[P(X=0) = (0{,}98)^{50} \approx 0{,}364\] \[P(X=1) = 50 \times 0{,}02 \times (0{,}98)^{49} \approx 0{,}372\] \[P(X=2) \approx 0{,}186 \qquad P(X=3) \approx 0{,}061\] \[P(X \leq 3) \approx 0{,}364 + 0{,}372 + 0{,}186 + 0{,}061 = 0{,}983\]Il y a donc environ 98,3 % de chance que le lot ne contienne pas plus de 3 pièces défectueuses.
Un technicien de maintenance teste 8 fusibles indépendants, chacun ayant 10 % de chance d'être défectueux. Soit \(X \sim B(8;\,0{,}1)\).
\[P(X=0) = (0{,}9)^8 \approx 0{,}430\] \[P(X \geq 1) = 1 - P(X=0) \approx 1 - 0{,}430 = 0{,}570\] \[E(X) = 8 \times 0{,}1 = 0{,}8 \quad \text{fusible défectueux en moyenne}\]Dans une chaîne de production, 5 % des pièces sont hors tolérance. On prélève un échantillon de 20 pièces.
1. \(X \sim B(20;\,0{,}05)\) — 20 épreuves indépendantes, probabilité de succès 5 %.
2.
\[E(X) = 20 \times 0{,}05 = 1 \qquad \sigma(X) = \sqrt{20 \times 0{,}05 \times 0{,}95} = \sqrt{0{,}95} \approx 0{,}975\]3.
\[P(X=0) = \binom{20}{0}(0{,}05)^0(0{,}95)^{20} = (0{,}95)^{20} \approx 0{,}358\] \[P(X=1) = \binom{20}{1}(0{,}05)^1(0{,}95)^{19} = 20 \times 0{,}05 \times (0{,}95)^{19}\] \[(0{,}95)^{19} \approx 0{,}377 \Rightarrow P(X=1) \approx 0{,}377\] \[P(X \geq 2) = 1 - P(X=0) - P(X=1) \approx 1 - 0{,}358 - 0{,}377 = 0{,}265\]Environ 26,5 % de chance de trouver 2 pièces hors tolérance ou plus dans l'échantillon.
Loi de Poisson
Une variable aléatoire \(X\) suit la loi de Poisson de paramètre \(\lambda > 0\) si :
\[ \boxed{P(X = k) = e^{-\lambda}\,\frac{\lambda^k}{k!}} \qquad k = 0, 1, 2, 3, \ldots \]On note \(X \sim \mathcal{P}(\lambda)\). L'ensemble des valeurs est \(\mathbb{N}\) (sans limite supérieure).
Un poste de soudage automatisé produit en moyenne 1,5 défaut par mètre de cordon. Soit \(X\) le nombre de défauts relevés sur un mètre, \(X \sim \mathcal{P}(1{,}5)\). Calculer \(P(X = 0)\) et \(P(X = 2)\) (arrondir à \(10^{-3}\)).
On applique \(P(X=k) = e^{-\lambda}\dfrac{\lambda^k}{k!}\) avec \(\lambda = 1{,}5\) et \(e^{-1{,}5} \approx 0{,}2231\).
\[P(X=0) = e^{-1{,}5}\,\frac{1{,}5^0}{0!} = e^{-1{,}5} \approx 0{,}223\] \[P(X=2) = e^{-1{,}5}\,\frac{1{,}5^2}{2!} = 0{,}2231 \times \frac{2{,}25}{2} = 0{,}2231 \times 1{,}125 \approx 0{,}251\]Réponse : \(P(X=0) \approx \mathbf{0{,}223}\) et \(P(X=2) \approx \mathbf{0{,}251}\).
Espérance et variance de \(X \sim \mathcal{P}(\lambda)\)
\[E(X) = \lambda \qquad V(X) = \lambda \qquad \sigma(X) = \sqrt{\lambda}\]Pour la loi de Poisson, l'espérance est égale à la variance — propriété caractéristique.
La loi de Poisson modélise le nombre d'événements rares survenant dans un intervalle de temps ou d'espace donné, lorsque les événements sont :
Exemples : nombre de pannes par semaine, nombre d'appels par heure, nombre de défauts par mètre de câble.
Une ligne de production subit en moyenne 3 pannes par semaine (\(\lambda = 3\)). Soit \(X \sim \mathcal{P}(3)\).
a) Probabilité d'aucune panne :
\[P(X=0) = e^{-3}\,\frac{3^0}{0!} = e^{-3} \approx 0{,}0498\]Environ 5 % de chance de passer une semaine sans panne.
b) Probabilité d'exactement 2 pannes :
\[P(X=2) = e^{-3}\,\frac{3^2}{2!} = e^{-3} \times \frac{9}{2} \approx 0{,}0498 \times 4{,}5 \approx 0{,}224\]c) Probabilité d'au moins 4 pannes :
\[P(X \geq 4) = 1 - P(X \leq 3) = 1 - \left[P(0)+P(1)+P(2)+P(3)\right]\] \[P(X=1) = 3e^{-3} \approx 0{,}149 \qquad P(X=3) = e^{-3}\frac{27}{6} \approx 0{,}224\] \[P(X \leq 3) \approx 0{,}050 + 0{,}149 + 0{,}224 + 0{,}224 = 0{,}647\] \[P(X \geq 4) \approx 1 - 0{,}647 = 0{,}353\]Si \(\lambda = 3\) pannes/semaine, alors sur une journée (1/5 de semaine) :
\[\lambda_j = \frac{3}{5} = 0{,}6 \text{ panne/jour}\]Probabilité de 0 panne un lundi :
\[P(X=0) = e^{-0{,}6} \approx 0{,}549\]Plus d'une chance sur deux de passer la journée sans panne.
Si \(X \sim B(n, p)\) avec \(n\) grand (\(n \geq 50\)) et \(p\) petit (\(p \leq 0{,}1\)), alors :
\[B(n,\,p) \approx \mathcal{P}(\lambda) \quad \text{avec } \lambda = np\]Cette approximation simplifie les calculs car \(P(X=k) = e^{-\lambda}\lambda^k/k!\) est plus facile que la formule binomiale pour \(n\) grand.
Sur 200 pièces, le taux de défaut est \(p = 0{,}01\). Soit \(X \sim B(200;\,0{,}01)\).
Conditions : \(n = 200 \geq 50\) et \(p = 0{,}01 \leq 0{,}1\) → on approche par \(\mathcal{P}(\lambda = 2)\).
\[P(X=0) \approx e^{-2} \approx 0{,}135 \qquad P(X=3) \approx e^{-2}\frac{8}{6} \approx 0{,}180\]Calcul exact avec la binomiale : \(P(X=0) = (0{,}99)^{200} \approx 0{,}134\) — très proche.
Les lois binomiale et de Poisson comptent des événements. La loi exponentielle, elle, mesure une durée : le temps qui s'écoule avant qu'un événement se produise (première panne, prochaine arrivée). C'est une loi continue, à valeurs dans \([0\,;+\infty[\).
Loi exponentielle
Une variable aléatoire continue \(X\), à valeurs positives, suit la loi exponentielle de paramètre \(\lambda > 0\) si sa densité de probabilité est :
\[ \boxed{f(t) = \lambda\,e^{-\lambda t}} \quad \text{pour } t \geq 0, \qquad f(t) = 0 \text{ pour } t < 0 \]On note \(X \sim \mathcal{E}(\lambda)\). Le paramètre \(\lambda\) est un taux (nombre d'événements par unité de temps).
Les probabilités s'obtiennent directement, sans table, à partir de la fonction de répartition \(F(t) = P(X \leq t)\) :
\[ P(X \leq t) = 1 - e^{-\lambda t} \qquad\qquad P(X > t) = e^{-\lambda t} \] \[ P(a \leq X \leq b) = e^{-\lambda a} - e^{-\lambda b} \]La quantité \(P(X > t) = e^{-\lambda t}\) s'appelle la fiabilité \(R(t)\) : la probabilité que le composant fonctionne encore après une durée \(t\).
L'espérance \(1/\lambda\) s'interprète comme la durée moyenne de fonctionnement (la MTBF — Mean Time Between Failures — en fiabilité). Fait remarquable : espérance et écart-type sont égaux.
La loi exponentielle est sans mémoire : pour tous \(s, t \geq 0\),
\[P(X > s + t \mid X > s) = P(X > t)\]Autrement dit, un composant « ne vieillit pas » sous ce modèle : sachant qu'il a déjà fonctionné \(s\) heures, sa probabilité de tenir \(t\) heures de plus est la même qu'au premier jour. C'est le modèle des pannes accidentelles (indépendantes de l'usure), au cœur de la « courbe en baignoire » de la fiabilité.
La durée de fonctionnement (en heures) d'une carte électronique suit la loi \(\mathcal{E}(\lambda)\) avec \(\lambda = 0{,}001\) h\(^{-1}\). Une carte fonctionne déjà depuis 800 h. Quelle est la probabilité qu'elle fonctionne encore 500 h de plus ? (arrondir à \(10^{-3}\))
On cherche \(P(X > 800 + 500 \mid X > 800)\). La loi exponentielle étant sans mémoire :
\[P(X > 1300 \mid X > 800) = P(X > 500) = e^{-0{,}001 \times 500} = e^{-0{,}5} \approx 0{,}607\]Réponse : la probabilité vaut environ \(\mathbf{0{,}607}\). Les 800 h déjà effectuées ne changent rien : la carte « ne vieillit pas » sous ce modèle.
Si les événements surviennent au hasard à un taux moyen \(\lambda\) (le nombre d'événements sur une durée fixe suit alors une loi de Poisson), le temps d'attente entre deux événements consécutifs suit la loi exponentielle \(\mathcal{E}(\lambda)\). Poisson compte, l'exponentielle chronomètre : ce sont les deux faces d'un même processus.
La durée de fonctionnement (en heures) d'un relais électronique suit une loi exponentielle de MTBF 5000 h. Le taux de défaillance est donc :
\[\lambda = \frac{1}{E(X)} = \frac{1}{5000} = 0{,}0002 \text{ h}^{-1}\]a) Probabilité que le relais fonctionne encore après 5000 h :
\[R(5000) = P(X > 5000) = e^{-0{,}0002 \times 5000} = e^{-1} \approx 0{,}368\]Seulement 36,8 % des relais atteignent leur durée de vie moyenne : la moyenne n'est pas une garantie.
b) Probabilité de tomber en panne avant 2000 h :
\[P(X < 2000) = 1 - e^{-0{,}0002 \times 2000} = 1 - e^{-0{,}4} \approx 1 - 0{,}670 = 0{,}330\]c) Probabilité d'une panne entre 2000 h et 5000 h :
\[P(2000 \leq X \leq 5000) = e^{-0{,}4} - e^{-1} \approx 0{,}670 - 0{,}368 = 0{,}302\]La durée de vie (en années) d'une pompe de circulation suit une loi exponentielle de paramètre \(\lambda = 0{,}125\) an\(^{-1}\).
1. \(E(X) = \dfrac{1}{\lambda} = \dfrac{1}{0{,}125} = 8\) ans.
2. \(P(X > 10) = e^{-0{,}125 \times 10} = e^{-1{,}25} \approx 0{,}287\) — environ 28,7 %.
3. \(P(X < 4) = 1 - e^{-0{,}125 \times 4} = 1 - e^{-0{,}5} \approx 1 - 0{,}607 = 0{,}393\) — environ 39,3 %.
Loi normale (loi de Gauss)
Une variable aléatoire continue \(X\) suit la loi normale \(\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)\) si sa densité de probabilité est :
\[ f(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,\exp\!\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right) \]Pour \(X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^2)\) :
\[P(\mu - \sigma \leq X \leq \mu + \sigma) \approx 68{,}27\,\%\] \[P(\mu - 2\sigma \leq X \leq \mu + 2\sigma) \approx 95{,}45\,\%\] \[P(\mu - 3\sigma \leq X \leq \mu + 3\sigma) \approx 99{,}73\,\%\]Loi normale centrée réduite \(\mathcal{N}(0,1)\)
C'est la loi normale avec \(\mu = 0\) et \(\sigma = 1\). Sa densité est :
\[ \varphi(z) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-z^2/2} \]La fonction de répartition est notée \(\Phi(z) = P(Z \leq z)\) et se lit dans une table de la loi normale centrée réduite.
Pour calculer des probabilités avec \(X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^2)\), on effectue le changement de variable :
\[ Z = \frac{X - \mu}{\sigma} \sim \mathcal{N}(0,1) \]| \(z\) | \(\Phi(z) = P(Z \leq z)\) | \(P(-z \leq Z \leq z)\) |
|---|---|---|
| 0 | 0,5000 | 0 % |
| 0,5 | 0,6915 | 38,3 % |
| 1,0 | 0,8413 | 68,3 % |
| 1,28 | 0,9000 | 80,0 % |
| 1,5 | 0,9332 | 86,6 % |
| 1,645 | 0,9500 | 90,0 % |
| 1,96 | 0,9750 | 95,0 % |
| 2,0 | 0,9772 | 95,4 % |
| 2,33 | 0,9901 | 98,0 % |
| 2,576 | 0,9950 | 99,0 % |
| 3,0 | 0,9987 | 99,7 % |
La masse (en g) de flacons remplis par une doseuse suit la loi \(\mathcal{N}(20\,;\,4)\), soit \(\mu = 20\) g et \(\sigma = 2\) g. Calculer \(P(X \leq 23)\) puis \(P(X > 23)\) en utilisant la table ci-dessus.
Étape 1. \(\mu = 20\) et \(\sigma = \sqrt{4} = 2\).
Étape 2. Standardisation de la borne :
\[z = \frac{23 - 20}{2} = 1{,}5\]Étape 3. Lecture dans la table : \(\Phi(1{,}5) = 0{,}9332\).
\[P(X \leq 23) = \Phi(1{,}5) = 0{,}9332 \qquad P(X > 23) = 1 - 0{,}9332 = 0{,}0668\]Réponse : \(P(X \leq 23) = \mathbf{0{,}9332}\) et \(P(X > 23) = \mathbf{0{,}0668}\), soit environ 6,7 % de flacons au-dessus de 23 g.
Le diamètre d'une pièce suit \(\mathcal{N}(50;\,0{,}04)\), soit \(\mu = 50\) mm et \(\sigma = 0{,}2\) mm. La tolérance est \([49{,}6\,;\,50{,}4]\) mm.
Proportion de pièces dans la tolérance :
\[z_1 = \frac{49{,}6 - 50}{0{,}2} = -2 \qquad z_2 = \frac{50{,}4 - 50}{0{,}2} = 2\] \[P(49{,}6 \leq X \leq 50{,}4) = \Phi(2) - \Phi(-2) = \Phi(2) - (1 - \Phi(2)) = 2\Phi(2) - 1\] \[= 2 \times 0{,}9772 - 1 = 0{,}9544 = 95{,}44\,\%\]Environ 4,56 % des pièces seront hors tolérance — soit environ 46 pièces sur 1000.
La résistance d'un câble suit \(\mathcal{N}(100\,\Omega;\,9\,\Omega^2)\), soit \(\mu = 100\) et \(\sigma = 3\,\Omega\). Quelle est la probabilité que la résistance dépasse 104 \(\Omega\) ?
\[z = \frac{104 - 100}{3} = \frac{4}{3} \approx 1{,}33\] \[P(X > 104) = 1 - \Phi(1{,}33) \approx 1 - 0{,}9082 = 0{,}0918\]Il y a environ 9,2 % de chance que la résistance dépasse 104 \(\Omega\).
Même câble. Trouver la valeur \(a\) telle que 95 % des câbles ont une résistance inférieure à \(a\).
\[P(X \leq a) = 0{,}95 \Rightarrow \Phi\!\left(\frac{a-100}{3}\right) = 0{,}95\]Dans la table : \(\Phi(1{,}645) = 0{,}95\), donc :
\[\frac{a-100}{3} = 1{,}645 \Rightarrow a = 100 + 3 \times 1{,}645 = 104{,}9\,\Omega\]Intervalle de confiance pour la proportion
On observe \(k\) succès dans un échantillon de taille \(n\). La fréquence observée est \(\hat{p} = k/n\). L'intervalle de confiance au niveau \(1-\alpha\) pour la proportion \(p\) de la population est :
\[ \left[\hat{p} - z_{\alpha/2}\,\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\,;\;\hat{p} + z_{\alpha/2}\,\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right] \quad \text{avec } \sigma \approx \sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})} \]Valeurs usuelles de \(z_{\alpha/2}\) :
Sur un échantillon de 400 pièces prélevées en fin de ligne, 20 sont non conformes. Déterminer l'intervalle de confiance à 95 % du taux de non-conformité \(p\) de la production.
Au niveau 95 %, \(z_{\alpha/2} = 1{,}96\) et \(\sqrt{n} = \sqrt{400} = 20\) :
\[\text{marge d'erreur} = 1{,}96 \times \frac{0{,}218}{20} = 1{,}96 \times 0{,}0109 \approx 0{,}021\] \[IC_{95\%} = [0{,}05 - 0{,}021\,;\;0{,}05 + 0{,}021] = [0{,}029\,;\;0{,}071]\]Réponse : \(IC_{95\%} = \mathbf{[0{,}029\,;\;0{,}071]}\), soit un taux de non-conformité compris entre 2,9 % et 7,1 % avec 95 % de confiance.
Sur 500 pièces contrôlées, 12 sont défectueuses. Construire un intervalle de confiance à 95 % pour le taux de défaut réel \(p\).
\[\hat{p} = \frac{12}{500} = 0{,}024 \qquad \hat{\sigma} = \sqrt{0{,}024 \times 0{,}976} \approx 0{,}153\] \[\text{marge d'erreur} = 1{,}96 \times \frac{0{,}153}{\sqrt{500}} = 1{,}96 \times 0{,}00685 \approx 0{,}0134\] \[IC_{95\%} = [0{,}024 - 0{,}013\,;\;0{,}024 + 0{,}013] = [0{,}011\,;\;0{,}037]\]On peut affirmer avec 95 % de confiance que le taux de défaut de la production est compris entre 1,1 % et 3,7 %.
Si \(X \sim B(n,p)\) avec \(n\) grand et \(np \geq 5\) et \(n(1-p) \geq 5\), alors :
\[B(n,p) \approx \mathcal{N}(\mu,\,\sigma^2) \quad \text{avec } \mu = np \text{ et } \sigma^2 = np(1-p)\]On utilise alors la correction de continuité : \(P(X \leq k) \approx P\!\left(Z \leq \dfrac{k+0{,}5-np}{\sqrt{npq}}\right)\)
Soit \(X \sim B(100;\,0{,}3)\). Calculer \(P(X \leq 25)\) par approximation normale.
\[\mu = 100 \times 0{,}3 = 30 \qquad \sigma = \sqrt{100 \times 0{,}3 \times 0{,}7} = \sqrt{21} \approx 4{,}58\]Conditions : \(np = 30 \geq 5\) et \(n(1-p) = 70 \geq 5\) ✓
\[P(X \leq 25) \approx P\!\left(Z \leq \frac{25{,}5 - 30}{4{,}58}\right) = P(Z \leq -0{,}98) = 1 - \Phi(0{,}98) \approx 1 - 0{,}8365 = 0{,}164\]| Loi de départ | Approximation | Condition |
|---|---|---|
| \(B(n,p)\) | \(\mathcal{P}(\lambda = np)\) | \(n \geq 50\) et \(p \leq 0{,}1\) |
| \(B(n,p)\) | \(\mathcal{N}(np,\,npq)\) | \(np \geq 5\) et \(nq \geq 5\) |
| \(\mathcal{P}(\lambda)\) | \(\mathcal{N}(\lambda,\,\lambda)\) | \(\lambda \geq 20\) |
Un atelier décide d'accepter un lot si, parmi 30 pièces prélevées, il y a au plus 2 défectueuses. Le taux de défaut réel d'un lot est \(p\).
Calculer la probabilité d'acceptation pour \(p = 0{,}05\) et \(p = 0{,}15\).
\(X \sim B(30;\,p)\) et on accepte si \(X \leq 2\).
Pour \(p = 0{,}05\) :
\[P(X=0) = (0{,}95)^{30} \approx 0{,}215\] \[P(X=1) = 30 \times 0{,}05 \times (0{,}95)^{29} \approx 0{,}339\] \[P(X=2) = 435 \times (0{,}05)^2 \times (0{,}95)^{28} \approx 0{,}259\] \[P_{\text{accept}} = 0{,}215 + 0{,}339 + 0{,}259 = 0{,}812\]Pour \(p = 0{,}15\) :
\[P(X=0) = (0{,}85)^{30} \approx 0{,}008\] \[P(X=1) = 30 \times 0{,}15 \times (0{,}85)^{29} \approx 0{,}041\] \[P(X=2) \approx 0{,}100\] \[P_{\text{accept}} \approx 0{,}149\]Le plan distingue bien les bons lots (81 % d'acceptation à 5 %) des mauvais lots (15 % à 15 %).
La durée de vie d'un capteur de température suit une loi normale \(\mathcal{N}(5000\text{ h};\,250\,000\text{ h}^2)\), soit \(\mu = 5000\) h et \(\sigma = 500\) h.
a) Probabilité que le capteur tombe en panne avant 4000 h :
\[z = \frac{4000 - 5000}{500} = -2 \Rightarrow P(X < 4000) = \Phi(-2) = 1 - 0{,}9772 = 0{,}023\]Seulement 2,3 % des capteurs tombent en panne avant 4000 h.
b) Garantie minimale couvrant 90 % des capteurs :
\[P(X \geq t_G) = 0{,}90 \Rightarrow P(X < t_G) = 0{,}10\] \[\Phi\!\left(\frac{t_G - 5000}{500}\right) = 0{,}10 \Rightarrow \frac{t_G-5000}{500} = -1{,}28\] \[t_G = 5000 - 1{,}28 \times 500 = 4360 \text{ h}\]Jusqu'ici, chaque expérience était isolée. On étudie maintenant un processus aléatoire qui évolue par étapes, où la probabilité de l'état suivant ne dépend que de l'état présent (et non de tout le passé) : c'est une chaîne de Markov.
Graphe probabiliste
Un graphe probabiliste à \(N\) sommets représente un système pouvant se trouver dans \(N\) états. Chaque flèche porte la probabilité de transition d'un état vers un autre à chaque étape. La somme des probabilités des flèches sortant d'un même sommet vaut toujours 1.
Matrice de transition et état probabiliste
On range les probabilités de transition dans une matrice de transition \(M\) : le coefficient de la ligne \(i\), colonne \(j\), est la probabilité de passer de l'état \(i\) à l'état \(j\). Chaque ligne a pour somme \(1\).
L'état probabiliste à l'étape \(n\) est le vecteur ligne \(P_n = \big(\,p_1\ \ p_2\ \cdots\ p_N\,\big)\) des probabilités d'être dans chaque état. Il évolue par :
\[ \boxed{P_{n+1} = P_n \times M} \qquad\text{d'où}\qquad P_n = P_0 \times M^{\,n} \]La probabilité d'un chemin précis dans le graphe est le produit des probabilités des flèches empruntées.
Une machine est chaque jour « en marche » (état 1) ou « en panne » (état 2). D'un jour au suivant :
La matrice de transition est :
\[M = \begin{pmatrix} 0{,}9 & 0{,}1 \\ 0{,}6 & 0{,}4 \end{pmatrix}\]a) La machine marche aujourd'hui (\(P_0 = (1\ \ 0)\)). État probabiliste demain et après-demain :
\[P_1 = P_0 \times M = (0{,}9\ \ 0{,}1)\] \[P_2 = P_1 \times M = \big(0{,}9\times0{,}9 + 0{,}1\times0{,}6\ \ ;\ \ 0{,}9\times0{,}1 + 0{,}1\times0{,}4\big) = (0{,}87\ \ 0{,}13)\]Après deux jours, il y a 87 % de chances que la machine soit en marche.
b) Probabilité du parcours « marche → marche → panne » sur trois jours :
\[0{,}9 \times 0{,}1 = 0{,}09\]c) État stable à long terme : on cherche \(P = (a\ \ b)\) avec \(a + b = 1\) et \(P = P \times M\), c'est-à-dire \(a = 0{,}9a + 0{,}6b\).
\[0{,}1a = 0{,}6b \Rightarrow a = 6b \Rightarrow 6b + b = 1 \Rightarrow b = \tfrac{1}{7} \approx 0{,}143\ ;\quad a = \tfrac{6}{7} \approx 0{,}857\]À long terme, la machine est disponible environ 85,7 % du temps, quel que soit son état de départ.
Un capteur transmet ou non une mesure correcte à chaque cycle. S'il vient de transmettre correctement, il recommence correctement avec probabilité 0,95 ; sinon (erreur), il redevient correct avec probabilité 0,7.
1. \(M = \begin{pmatrix} 0{,}95 & 0{,}05 \\ 0{,}7 & 0{,}3 \end{pmatrix}\)
2. \(P_0 = (1\ \ 0)\), donc \(P_1 = (0{,}95\ \ 0{,}05)\).
\[P_2 = (0{,}95\times0{,}95 + 0{,}05\times0{,}7\ \ ;\ \ 0{,}95\times0{,}05 + 0{,}05\times0{,}3)\] \[P_2 = (0{,}9025 + 0{,}035\ \ ;\ \ 0{,}0475 + 0{,}015) = (0{,}9375\ \ 0{,}0625)\]Au cycle 2, la mesure est correcte avec une probabilité d'environ 93,8 %.
Question 1 : La variable est-elle continue ou discrète ?
Question 2 : Compte-t-on des succès dans \(n\) épreuves identiques ?
Approximations disponibles :
| Situation | Loi | Paramètres | Formule \(P(X=k)\) |
|---|---|---|---|
| \(n\) épreuves Bernoulli indép. | B(n,p) | \(n\), \(p\) | \(\dbinom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}\) |
| Événements rares, taux constant | P(λ) | \(\lambda = np\) | \(e^{-\lambda}\lambda^k/k!\) |
| Variable continue, symétrique | N(μ,σ²) | \(\mu\), \(\sigma\) | Table après standardisation |
| Durée de vie, temps d'attente | E(λ) | \(\lambda = 1/E(X)\) | \(P(X>t)=e^{-\lambda t}\) |
| Processus par étapes (états) | Markov | matrice \(M\) | \(P_{n+1}=P_n\times M\) |
Identifier la loi et résoudre chaque problème :
1. Loi normale \(\mathcal{N}(200;\,0{,}25)\) — \(\sigma = 0{,}5\) cm
\[z_1 = \frac{199{,}5-200}{0{,}5} = -1 \qquad z_2 = \frac{200{,}5-200}{0{,}5} = 1\] \[P = \Phi(1) - \Phi(-1) = 2\Phi(1)-1 = 2(0{,}8413)-1 = 0{,}6827 = 68{,}3\,\%\]2. Loi de Poisson \(\mathcal{P}(\lambda=2)\)
\[P(X=0) = e^{-2} \approx 0{,}135\]Environ 13,5 % de chance d'un chantier sans fuite.
3. Loi binomiale \(B(15;\,0{,}08)\)
\[P(X=1) = \binom{15}{1}(0{,}08)^1(0{,}92)^{14} = 15 \times 0{,}08 \times (0{,}92)^{14}\] \[(0{,}92)^{14} \approx e^{14\ln0{,}92} \approx e^{-1{,}17} \approx 0{,}311\] \[P(X=1) \approx 15 \times 0{,}08 \times 0{,}311 \approx 0{,}373\]Environ 37,3 % de chance de trouver exactement 1 prise défectueuse.
État stable : \(P = P \times M\) avec \(\sum p_i = 1\).
\(n \geq 50\), \(p \leq 0{,}1\) : \(B(n,p) \approx \mathcal{P}(np)\)
\(np \geq 5\), \(nq \geq 5\) : \(B(n,p) \approx \mathcal{N}(np,npq)\)
Règle des sigmas
\[P(\mu \pm \sigma) \approx 68\% \qquad P(\mu \pm 2\sigma) \approx 95\% \qquad P(\mu \pm 3\sigma) \approx 99{,}7\%\]Intervalle de confiance (niveau \(1-\alpha\))
\[\left[\hat{p} \pm z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\right]\]