Correction — Examen Final · Statistiques et Probabilités
Variables aléatoires à densité · Loi normale · Intervalles de confiance
Corrigé détaillé de l’examen final.
Barème indicatif : Exercice 1 — 35 pts · Exercice 2 — 40 pts · Exercice 3 — 25 pts
Exercice 1 — Variable aléatoire à densité (35 points)
\[f(x) = \begin{cases} k\,x\,(4-x) & \text{si } x \in [0\,;\,4], \\ 0 & \text{sinon.} \end{cases}\]
1. (1 pt) Positivité de \(f\).
Pour tout \(x \in [0\,;\,4]\), on a \(x \geq 0\) et \(4 - x \geq 0\), donc \(x(4-x) \geq 0\). Comme \(k > 0\), on conclut : \[\boxed{f(x) = k\,x\,(4-x) \geq 0 \quad \text{sur } [0\,;\,4].}\]
2. (4 pts) Détermination de \(k\).
Pour que \(f\) soit une densité de probabilité, il faut \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx = 1\), c’est-à-dire : \[k\int_0^4 x(4-x)\,dx = 1.\] En utilisant le résultat admis \(\displaystyle\int_0^4 x(4-x)\,dx = \dfrac{32}{3}\) : \[k \cdot \frac{32}{3} = 1 \implies \boxed{k = \frac{3}{32}.}\]
3. (4 pts) \(P(X = 1)\) et \(P(0 \leq X \leq 1)\).
\(X\) est une variable aléatoire continue : toute probabilité en un point isolé est nulle, car l’intégrale sur un singleton est nulle. \[\boxed{P(X = 1) = \int_1^1 f(x)\,dx = 0.}\]
Pour \(P(0 \leq X \leq 1)\) : \[P(0 \leq X \leq 1) = \int_0^1 \frac{3}{32}\,x(4-x)\,dx = \frac{3}{32}\int_0^1 (4x - x^2)\,dx = \frac{3}{32}\left[2x^2 - \frac{x^3}{3}\right]_0^1 = \frac{3}{32}\left(2 - \frac{1}{3}\right) = \frac{3}{32} \cdot \frac{5}{3} = \boxed{\frac{5}{32} \approx 0{,}156.}\]
4. (8 pts) Fonction de répartition \(F_X\).
Si \(x < 0\) : \(f\) est nulle sur \((-\infty, 0)\), donc \(\displaystyle F_X(x) = \int_{-\infty}^x 0\,dt = 0\).
Si \(0 \leq x \leq 4\) : \[F_X(x) = \int_0^x \frac{3}{32}\,t(4-t)\,dt = \frac{3}{32}\int_0^x (4t - t^2)\,dt = \frac{3}{32}\left[2t^2 - \frac{t^3}{3}\right]_0^x = \frac{3}{32}\left(2x^2 - \frac{x^3}{3}\right).\] En développant : \[F_X(x) = \frac{6x^2 - x^3}{32} = \frac{x^2(6-x)}{32}.\]
Si \(x > 4\) : toute la masse est à gauche de \(x\), donc \(F_X(x) = 1\).
En résumé : \[\boxed{F_X(x) = \begin{cases} 0 & \text{si } x < 0, \\[4pt] \dfrac{x^2(6-x)}{32} & \text{si } 0 \leq x \leq 4, \\[6pt] 1 & \text{si } x > 4. \end{cases}}\]
5. (2 pts) Vérification \(F_X(4) = 1\).
\[F_X(4) = \frac{4^2(6-4)}{32} = \frac{16 \times 2}{32} = \frac{32}{32} = \boxed{1.} \checkmark\]
6. (3 pts) Calcul de \(P(X > 3)\).
\[P(X > 3) = 1 - F_X(3) = 1 - \frac{3^2(6-3)}{32} = 1 - \frac{9 \times 3}{32} = 1 - \frac{27}{32} = \boxed{\frac{5}{32} \approx 0{,}156.}\]
Remarque : on trouve \(P(X > 3) = P(0 \leq X \leq 1) = 5/32\), ce qui est cohérent avec la symétrie de \(f\) autour de \(x = 2\).
7. (4 pts) Symétrie et espérance.
Vérification de la symétrie. Pour tout \(t \in \mathbb{R}\) : \[f(2+t) = \frac{3}{32}(2+t)\bigl(4-(2+t)\bigr) = \frac{3}{32}(2+t)(2-t) = \frac{3}{32}(4-t^2).\] \[f(2-t) = \frac{3}{32}(2-t)\bigl(4-(2-t)\bigr) = \frac{3}{32}(2-t)(2+t) = \frac{3}{32}(4-t^2).\] On constate bien \(f(2+t) = f(2-t)\) pour tout \(t\) : \(f\) est symétrique par rapport à \(x = 2\). \(\checkmark\)
Déduction de \(\mathbb{E}(X)\). Pour une densité symétrique par rapport à un point \(a\), l’espérance vaut \(a\) (si elle existe). Ici : \[\boxed{\mathbb{E}(X) = 2.}\]
8. (6 pts) \(\mathbb{E}(X^2)\) et \(\mathrm{Var}(X)\).
Par le théorème de transfert : \[\mathbb{E}(X^2) = \int_0^4 x^2 \cdot \frac{3}{32}\,x(4-x)\,dx = \frac{3}{32}\int_0^4 (4x^3 - x^4)\,dx.\]
\[\int_0^4 (4x^3 - x^4)\,dx = \left[x^4 - \frac{x^5}{5}\right]_0^4 = 256 - \frac{1024}{5} = \frac{1280 - 1024}{5} = \frac{256}{5}.\]
\[\mathbb{E}(X^2) = \frac{3}{32} \cdot \frac{256}{5} = \frac{768}{160} = \frac{24}{5} = 4{,}8.\]
Formule de König-Huygens : \[\mathrm{Var}(X) = \mathbb{E}(X^2) - \bigl[\mathbb{E}(X)\bigr]^2 = \frac{24}{5} - 4 = \frac{24 - 20}{5} = \boxed{\frac{4}{5} = 0{,}8.}\]
9. (3 pts) Loi exponentielle.
Pour une loi \(\mathcal{E}(\lambda)\), on a \(P(T > t) = e^{-\lambda t}\). Donc : \[P(T > 6) = e^{-6\lambda} = e^{-2} \implies 6\lambda = 2 \implies \boxed{\lambda = \frac{1}{3}\text{ h}^{-1}.}\]
L’espérance d’une loi exponentielle de paramètre \(\lambda\) vaut \(1/\lambda\) : \[\boxed{\mathbb{E}(T) = \frac{1}{\lambda} = 3 \text{ heures}.}\]
Exercice 2 — Loi normale et Théorème Central Limite (40 points)
Partie A — Loi normale centrée réduite (12 points)
\(Z \sim \mathcal{N}(0,1)\), avec \(\Phi(-x) = 1 - \Phi(x)\) et \(P(-a \leq Z \leq a) = 2\Phi(a) - 1\).
1. (4 pts) Calculs de probabilités.
\(P(Z \leq 1{,}50) = \Phi(1{,}50) = \boxed{0{,}9332.}\)
\(P(Z > -0{,}50) = P(Z \leq 0{,}50)\) par symétrie de la loi normale (car \(P(Z > -a) = 1 - \Phi(-a) = 1 - (1 - \Phi(a)) = \Phi(a)\)) : \[P(Z > -0{,}50) = \Phi(0{,}50) = \boxed{0{,}6915.}\]
\(P(-1{,}00 \leq Z \leq 2{,}00) = \Phi(2{,}00) - \Phi(-1{,}00) = \Phi(2{,}00) - (1 - \Phi(1{,}00))\)
\[= 0{,}9772 - (1 - 0{,}8413) = 0{,}9772 - 0{,}1587 = \boxed{0{,}8185.}\]
2. (2 pts) Calcul de \(P(Z^2 \leq 4)\).
\(Z^2 \leq 4 \iff |Z| \leq 2 \iff -2 \leq Z \leq 2.\) Donc : \[P(Z^2 \leq 4) = 2\Phi(2) - 1 = 2 \times 0{,}9772 - 1 = \boxed{0{,}9544.}\]
3. (3 pts) Lecture inverse.
\(P(Z \leq z_0) = 0{,}9938\) : on cherche la valeur \(z\) telle que \(\Phi(z) = 0{,}9938\). La table donne \(\Phi(2{,}50) = 0{,}9938\), donc \(\boxed{z_0 = 2{,}50.}\)
\(P(|Z| \leq d) = 0{,}80\) : \(2\Phi(d) - 1 = 0{,}80 \implies \Phi(d) = 0{,}90\). La table donne \(\Phi(1{,}28) \approx 0{,}8997 \approx 0{,}90\), donc \(\boxed{d = 1{,}28.}\)
4. (3 pts) Espérance et variance de \(\mathcal{N}(0,1)\).
La densité de \(\mathcal{N}(0,1)\) est \(\varphi(z) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-z^2/2}\), qui est une fonction paire : \(\varphi(-z) = \varphi(z)\). La densité est donc symétrique par rapport à 0. L’intégrale \(\mathbb{E}(Z) = \int_{-\infty}^{+\infty} z\,\varphi(z)\,dz\) est celle d’une fonction impaire sur un domaine symétrique, donc nulle sans aucun calcul : \[\boxed{\mathbb{E}(Z) = 0.}\] Par définition de la loi normale centrée réduite : \(\boxed{\mathrm{Var}(Z) = 1.}\)
Partie B — Loi normale générale (15 points)
\(X \sim \mathcal{N}(150,\, 16)\), soit \(\mathbb{E}(X) = 150\) et \(\sigma_X = \sqrt{16} = 4\) mm.
5. (1 pt) \[\boxed{\mathbb{E}(X) = 150 \text{ mm}, \qquad \sigma_X = 4 \text{ mm}.}\]
6. (5 pts) Probabilités.
On centre-réduit par \(Z = (X - 150)/4\).
\(P(X \leq 156) = P\!\left(Z \leq \dfrac{156-150}{4}\right) = P(Z \leq 1{,}5) = \Phi(1{,}5) = \boxed{0{,}9332.}\)
\(P(144 \leq X \leq 154) = P\!\left(\dfrac{144-150}{4} \leq Z \leq \dfrac{154-150}{4}\right) = P(-1{,}5 \leq Z \leq 1{,}0)\)
\[= \Phi(1{,}0) - \Phi(-1{,}5) = \Phi(1{,}0) - (1 - \Phi(1{,}5)) = 0{,}8413 - 0{,}0668 = \boxed{0{,}7745.}\]
7. (3 pts) Seuil \(s\) tel que \(P(X > s) = 0{,}025\).
\[P(X > s) = 0{,}025 \implies P(X \leq s) = 0{,}975 \implies \Phi\!\left(\frac{s-150}{4}\right) = 0{,}975.\]
La table donne \(\Phi(1{,}96) = 0{,}975\), donc \(\dfrac{s - 150}{4} = 1{,}96\) : \[s = 150 + 4 \times 1{,}96 = 150 + 7{,}84 = \boxed{157{,}84 \text{ mm}.}\]
8. (6 pts) Loi de la somme \(S = X_1 + X_2 + X_3 + X_4\).
Les \(X_i\) sont indépendantes et de même loi \(\mathcal{N}(150, 16)\). Par stabilité de la loi normale par combinaison linéaire : \[\mathbb{E}(S) = 4 \times 150 = 600, \qquad \mathrm{Var}(S) = 4 \times 16 = 64, \qquad \sigma_S = 8.\] \[\boxed{S \sim \mathcal{N}(600,\, 64).}\]
\[P(S \leq 592) = P\!\left(Z \leq \frac{592 - 600}{8}\right) = P(Z \leq -1) = 1 - \Phi(1) = 1 - 0{,}8413 = \boxed{0{,}1587.}\]
Partie C — Identification des paramètres (8 points)
9. (8 pts) Système en \(m\) et \(\sigma\).
Soit \(X \sim \mathcal{N}(m, \sigma^2)\). On traduit chaque condition :
\[P(X < 85) = 0{,}8413 \implies \Phi\!\left(\frac{85-m}{\sigma}\right) = 0{,}8413 = \Phi(1) \implies \frac{85-m}{\sigma} = 1. \tag{I}\]
\[P(X < 95) = 0{,}9772 \implies \Phi\!\left(\frac{95-m}{\sigma}\right) = 0{,}9772 = \Phi(2) \implies \frac{95-m}{\sigma} = 2. \tag{II}\]
On obtient le système : \[\begin{cases} 85 - m = \sigma, \\ 95 - m = 2\sigma. \end{cases}\]
En soustrayant (I) de (II) : \((95 - m) - (85 - m) = 2\sigma - \sigma\), d’où \(10 = \sigma\).
En reportant dans (I) : \(85 - m = 10\), d’où \(m = 75\). \[\boxed{m = 75 \text{ points}, \qquad \sigma = 10 \text{ points}.}\]
Partie D — Théorème Central Limite (5 points)
10. (2 pts) Loi approx de \(\bar{X}_{100}\).
Les \(X_i\) sont iid avec \(\mathbb{E}(X_i) = \mu = 250\) g et \(\mathrm{Var}(X_i) = \sigma^2 = 100\) g² (car \(\sigma = 10\) g). Le TCL donne : \[\bar{X}_{100} = \frac{1}{100}\sum_{i=1}^{100} X_i \underset{n \to \infty}{\overset{\mathcal{L}}{\longrightarrow}} \mathcal{N}\!\left(\mu,\, \frac{\sigma^2}{n}\right) = \mathcal{N}\!\left(250,\, \frac{100}{100}\right).\] \[\boxed{\bar{X}_{100} \approx \mathcal{N}(250,\, 1), \text{ avec } \sigma(\bar{X}_{100}) = 1 \text{ g}.}\]
11. (3 pts) Calcul de \(P(|\bar{X}_{100} - 250| \leq 1{,}96)\).
On pose \(Z = \bar{X}_{100} - 250 \approx \mathcal{N}(0, 1)\) (car \(\sigma(\bar{X}) = 1\)). Alors : \[P(|\bar{X}_{100} - 250| \leq 1{,}96) = P(-1{,}96 \leq Z \leq 1{,}96) = 2\Phi(1{,}96) - 1 = 2 \times 0{,}975 - 1 = \boxed{0{,}95.}\]
Interprétation : il y a 95 % de chances que la moyenne d’un échantillon de 100 sachets s’écarte de moins de 1,96 g de la vraie espérance \(\mu\).
Exercice 3 — Intervalles de confiance (25 points)
Partie A — Intervalle de confiance pour une proportion (12 points)
\(n = 400\) composants prélevés, dont \(80\) défectueux.
1. (2 pts) Estimateur \(\hat{p}\).
L’estimateur naturel de \(p\) est la fréquence observée : \[\boxed{\hat{p} = \frac{80}{400} = 0{,}2.}\]
2. (2 pts) Approximation normale de \(\hat{p}\).
\(\hat{p} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\) où les \(X_i \sim \mathcal{B}(1, p)\) sont iid. Par le Théorème Central Limite : \[\hat{p} \underset{n \to \infty}{\approx} \mathcal{N}\!\left(p,\, \frac{p(1-p)}{n}\right).\] En pratique, on substitue \(\hat{p}\) à \(p\) (inconnu) dans la variance : \[\hat{p} \approx \mathcal{N}\!\left(0{,}2,\, \frac{0{,}2 \times 0{,}8}{400}\right) = \mathcal{N}(0{,}2,\, 0{,}0004),\] \[\boxed{\sigma(\hat{p}) \approx \sqrt{0{,}0004} = 0{,}02.}\]
3. (4 pts) IC à 95 % pour \(p\).
La formule de l’intervalle de confiance asymptotique à \(1 - \alpha = 95\,\%\) est : \[\hat{p} \pm z_{\alpha/2}\,\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}, \quad \text{avec } z_{0{,}025} = 1{,}96.\]
\[0{,}2 \pm 1{,}96 \times 0{,}02 = 0{,}2 \pm 0{,}0392.\]
\[\boxed{IC_{95\,\%}(p) = [0{,}161\,;\, 0{,}239].}\]
Lecture : avec 95 % de confiance, le vrai taux de défaut \(p\) est compris entre 16,1 % et 23,9 %.
4. (4 pts) Effectif minimal pour une demi-largeur \(\leq 0{,}02\).
On veut : \[1{,}96\,\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}} \leq 0{,}02.\]
En isolant \(n\) : \[\sqrt{\frac{0{,}16}{n}} \leq \frac{0{,}02}{1{,}96} \implies \frac{0{,}16}{n} \leq \frac{1}{9604} \implies n \geq 0{,}16 \times 9604 = 1\,536{,}64.\]
\[\boxed{n_{\min} = 1\,537 \text{ composants}.}\]
Partie B — Intervalle de confiance pour une moyenne (13 points)
\(n = 36\) piles, \(\bar{x} = 520\) h, \(\sigma = 30\) h (connu).
5. (3 pts) Loi de \(\bar{X}_{36}\).
Si \(X \sim \mathcal{N}(\mu, 900)\), les \(X_i\) sont iid de même loi normale. Par stabilité de la loi normale : \[\bar{X}_{36} = \frac{1}{36}\sum_{i=1}^{36} X_i \sim \mathcal{N}\!\left(\mu,\, \frac{\sigma^2}{n}\right) = \mathcal{N}\!\left(\mu,\, \frac{900}{36}\right) = \mathcal{N}(\mu,\, 25).\] \[\boxed{\bar{X}_{36} \sim \mathcal{N}(\mu,\, 25), \quad \sigma(\bar{X}) = 5 \text{ h}.}\]
6. (4 pts) IC à 95 % pour \(\mu\).
\[\bar{x} \pm 1{,}96 \cdot \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = 520 \pm 1{,}96 \times 5 = 520 \pm 9{,}8.\]
\[\boxed{IC_{95\,\%}(\mu) = [510{,}2\,;\, 529{,}8] \text{ heures}.}\]
7. (3 pts) IC à 99 % pour \(\mu\).
Pour \(1 - \alpha = 99\,\%\), le quantile est \(z_{0{,}005} = 2{,}58\) : \[520 \pm 2{,}58 \times 5 = 520 \pm 12{,}9.\]
\[\boxed{IC_{99\,\%}(\mu) = [507{,}1\,;\, 532{,}9] \text{ heures}.}\]
Remarque : l’IC à 99 % est plus large que celui à 95 %, ce qui traduit le fait qu’une plus grande confiance exige un intervalle plus prudent.
8. (3 pts) Effectif minimal pour une largeur \(\leq 10\) h.
On veut : \[2 \times 1{,}96 \times \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \leq 10 \implies \frac{30}{\sqrt{n}} \leq \frac{10}{2 \times 1{,}96} = \frac{10}{3{,}92} \approx 2{,}551.\]
\[\sqrt{n} \geq \frac{30}{2{,}551} \approx 11{,}76 \implies n \geq 11{,}76^2 \approx 138{,}3.\]
\[\boxed{n_{\min} = 139 \text{ piles}.}\]