BTS | Mathématiques | Groupements B1, B2, D1, D2
Dernière mise à jour : 26 juin 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 : \(\dbinom{5}{2} = 10\), \(\dbinom{10}{3} = 120\), \(\dbinom{n}{0} = \dbinom{n}{n} = 1\).
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 \(B(n,\,p)\) :
\[ \boxed{P(X = k) = \binom{n}{k}\,p^k\,(1-p)^{n-k}} \qquad k = 0, 1, 2, \ldots, n \]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).
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.
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 % |
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 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 :
\[P(X \geq t_G) = 0{,}90 \Rightarrow P(X < t_G) = 0{,}10\] \[\Phi\!\left(\frac{t_G - 5000}{500}\right) = 0{,}10 \Rightarrow \frac{t_G-5000}{500} = -1{,}28\] \[t_G = 5000 - 1{,}28 \times 500 = 4360 \text{ h}\]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 |
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.
\(n \geq 50\), \(p \leq 0{,}1\) : \(B(n,p) \approx \mathcal{P}(np)\)
\(np \geq 5\), \(nq \geq 5\) : \(B(n,p) \approx \mathcal{N}(np,npq)\)
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 \(1-\alpha\))
\[\left[\hat{p} \pm z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\right]\]