Correction — Examen · Statistiques et Probabilités

Statistiques descriptives · Variables aléatoires à densité · Loi normale

Date de publication

18 février 2026

Modifié

25 mars 2026

Résumé

Corrigé détaillé de l’examen.

Barème indicatif : Exercice 1 — 30 pts · Exercice 2 — 35 pts · Exercice 3 — 35 pts

Exercice 1 — Statistiques descriptives (30 points)

Partie A — Série discrète (16 points)

1. (3 pts) Tableau complété.

Les fréquences valent \(f_i = n_i / 50\) ; les effectifs cumulés croissants \(N_i^+ = \sum_{j \leq i} n_j\) et les fréquences cumulées \(F_i^+ = N_i^+ / 50\).

\(x_i\) 0 1 2 3 4 5 Total
\(n_i\) 8 15 14 7 4 2 50
\(f_i\) 0,16 0,30 0,28 0,14 0,08 0,04 1
\(N_i^+\) 8 23 37 44 48 50
\(F_i^+\) 0,16 0,46 0,74 0,88 0,96 1,00

2. (1 pt) Mode.

La valeur de \(x_i\) dont l’effectif est le plus élevé est \(x = 1\) (avec \(n_1 = 15\)). Le mode est donc \(\boxed{Mo = 1}\).

3. (4 pts) Médiane, quartiles, écart interquartile.

On travaille avec la série ordonnée de \(n = 50\) valeurs.

Médiane. Les 25ᵉ et 26ᵉ valeurs déterminent la médiane. Or \(N_1^+ = 23 < 25\) et \(N_2^+ = 37 \geq 26\), donc ces deux valeurs sont égales à 2 : \[\boxed{Me = 2.}\]

Premier quartile \(Q_1\). La position \(n/4 = 12{,}5\) conduit à prendre la 13ᵉ valeur. \(N_0^+ = 8 < 13 \leq N_1^+ = 23\), d’où \(\boxed{Q_1 = 1.}\)

Troisième quartile \(Q_3\). La position \(3n/4 = 37{,}5\) conduit à prendre la 38ᵉ valeur. \(N_2^+ = 37 < 38 \leq N_3^+ = 44\), d’où \(\boxed{Q_3 = 3.}\)

Écart interquartile : \[\boxed{\mathrm{IQR} = Q_3 - Q_1 = 3 - 1 = 2.}\]

4. (5 pts) Moyenne, moyenne des carrés, variance, écart-type.

Moyenne : \[\bar{x} = \frac{1}{50}\sum n_i x_i = \frac{0 \times 8 + 1 \times 15 + 2 \times 14 + 3 \times 7 + 4 \times 4 + 5 \times 2}{50} = \frac{90}{50} = \boxed{1{,}8.}\]

Moyenne des carrés : \[\overline{x^2} = \frac{1}{50}\sum n_i x_i^2 = \frac{0 + 15 + 56 + 63 + 64 + 50}{50} = \frac{248}{50} = \boxed{4{,}96.}\]

Variance (König-Huygens) : \[\mathrm{Var}(x) = \overline{x^2} - \bar{x}^2 = 4{,}96 - 1{,}8^2 = 4{,}96 - 3{,}24 = \boxed{1{,}72.}\]

Écart-type : \[\sigma(x) = \sqrt{1{,}72} \approx \boxed{1{,}311.}\]

5. (3 pts) Transformation \(Y = 10X + 5\).

Pour \(Y = aX + b\) avec \(a = 10\), \(b = 5\) :

\[\bar{y} = a\,\bar{x} + b = 10 \times 1{,}8 + 5 = \boxed{23.}\]

\[\mathrm{Var}(Y) = a^2\,\mathrm{Var}(X) = 100 \times 1{,}72 = \boxed{172.}\]

\[\sigma(Y) = |a|\,\sigma(X) = 10 \times 1{,}311 \approx \boxed{13{,}115.}\]

Partie B — Série continue en classes (14 points)

6. (4 pts) Fréquences, amplitudes, densités de fréquence.

Durée (min) \([0\,;\,2[\) \([2\,;\,5[\) \([5\,;\,10[\) \([10\,;\,20[\)
\(n_i\) 6 12 14 8
\(f_i\) 0,150 0,300 0,350 0,200
\(A_i\) 2 3 5 10
\(d_i\) 0,075 0,100 0,070 0,020

7. (2 pts) Pourquoi les densités \(d_i\) et non les fréquences \(f_i\) ?

Dans un histogramme, c’est l’aire de chaque rectangle qui doit représenter la fréquence de la classe. L’aire est le produit de la hauteur par la largeur (amplitude) : \(\text{aire}_i = h_i \times A_i\). Pour que \(\text{aire}_i = f_i\), il faut \(h_i = f_i / A_i = d_i\).

Si l’on utilisait \(f_i\) comme hauteur avec des amplitudes inégales, les classes les plus larges auraient une aire disproportionnée par rapport à leur fréquence, ce qui fausserait la représentation visuelle.

8. (4 pts) Médiane par interpolation linéaire.

Fréquences cumulées croissantes :

Borne sup. 2 5 10 20
\(F_i^+\) 0,150 0,450 0,800 1,000

On cherche la classe où \(F\) atteint \(0{,}50\). On a \(F(5) = 0{,}450 < 0{,}50\) et \(F(10) = 0{,}800 \geq 0{,}50\). La médiane se trouve donc dans la classe \([5\,;\,10[\).

Par interpolation linéaire : \[Me = 5 + \frac{0{,}50 - 0{,}450}{0{,}800 - 0{,}450} \times (10 - 5) = 5 + \frac{0{,}05}{0{,}35} \times 5 = 5 + \frac{5}{7} \approx \boxed{5{,}714.}\]

9. (4 pts) Moyenne et variance par les centres de classe.

Les centres de classe sont \(c_1 = 1\), \(c_2 = 3{,}5\), \(c_3 = 7{,}5\), \(c_4 = 15\).

Moyenne : \[\bar{x} = \frac{1 \times 6 + 3{,}5 \times 12 + 7{,}5 \times 14 + 15 \times 8}{40} = \frac{6 + 42 + 105 + 120}{40} = \frac{273}{40} = \boxed{6{,}825.}\]

Moyenne des carrés : \[\overline{x^2} = \frac{1^2 \times 6 + 3{,}5^2 \times 12 + 7{,}5^2 \times 14 + 15^2 \times 8}{40} = \frac{6 + 147 + 787{,}5 + 1800}{40} = \frac{2740{,}5}{40} = 68{,}5125.\]

Variance : \[\mathrm{Var}(x) = \overline{x^2} - \bar{x}^2 = 68{,}5125 - 6{,}825^2 = 68{,}5125 - 46{,}5806 \approx \boxed{21{,}932.}\]

Exercice 2 — Variable aléatoire à densité (35 points)

\[f(x) = \begin{cases} \frac{3}{4}\,x\,(2 - x) & \text{si } x \in [0\,;\,2], \\ 0 & \text{sinon.} \end{cases}\]

1. (1 pt) Vérification \(f(x) \geq 0\).

Sur \([0\,;\,2]\) on a \(x \geq 0\) et \(2 - x \geq 0\), donc \(x(2-x) \geq 0\). Comme \(k > 0\), on conclut \(f(x) = k\,x\,(2-x) \geq 0\).

2. (4 pts) Détermination de \(k\).

Pour que \(f\) soit une densité, il faut \(\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx = 1\), soit : \[k \int_0^2 x(2-x)\,dx = 1.\] On utilise le résultat admis \(\displaystyle\int_0^2 x(2-x)\,dx = \frac{4}{3}\) : \[k \cdot \frac{4}{3} = 1 \implies \boxed{k = \frac{3}{4}.}\]

3. (4 pts) \(P(X = 1)\) et \(P(0 \leq X \leq 1)\).

\(X\) est une variable aléatoire continue ; la probabilité en un point isolé est toujours nulle : \[\boxed{P(X = 1) = 0.}\]

\[P(0 \leq X \leq 1) = \int_0^1 \frac{3}{4}\,x\,(2-x)\,dx = \frac{3}{4}\int_0^1 (2x - x^2)\,dx = \frac{3}{4}\left[x^2 - \frac{x^3}{3}\right]_0^1 = \frac{3}{4}\left(1 - \frac{1}{3}\right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3} = \boxed{\frac{1}{2}.}\]

4. (8 pts) Fonction de répartition \(F_X\).

  • Si \(x < 0\) : \(F_X(x) = 0\).
  • Si \(0 \leq x \leq 2\) :

\[F_X(x) = \int_0^x \frac{3}{4}\,t\,(2-t)\,dt = \frac{3}{4}\int_0^x (2t - t^2)\,dt = \frac{3}{4}\left[t^2 - \frac{t^3}{3}\right]_0^x = \frac{3}{4}\left(x^2 - \frac{x^3}{3}\right).\]

  • Si \(x > 2\) : \(F_X(x) = 1\).

\[\boxed{F_X(x) = \begin{cases} 0 & \text{si } x < 0, \\ \dfrac{3}{4}\!\left(x^2 - \dfrac{x^3}{3}\right) & \text{si } 0 \leq x \leq 2, \\ 1 & \text{si } x > 2. \end{cases}}\]

5. (2 pts) Vérification \(F_X(2) = 1\).

\[F_X(2) = \frac{3}{4}\left(4 - \frac{8}{3}\right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{12 - 8}{3} = \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{3} = 1. \quad\checkmark\]

6. (3 pts) \(P\!\left(X > \dfrac{3}{2}\right)\).

\[P\!\left(X > \frac{3}{2}\right) = 1 - F_X\!\left(\frac{3}{2}\right).\]

\[F_X\!\left(\frac{3}{2}\right) = \frac{3}{4}\left(\frac{9}{4} - \frac{1}{3}\cdot\frac{27}{8}\right) = \frac{3}{4}\left(\frac{9}{4} - \frac{9}{8}\right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{9}{8} = \frac{27}{32}.\]

\[\boxed{P\!\left(X > \frac{3}{2}\right) = 1 - \frac{27}{32} = \frac{5}{32} \approx 0{,}156.}\]

7. (4 pts) Symétrie et \(\mathbb{E}(X)\).

Vérification de la symétrie : \[f(1+t) = \frac{3}{4}(1+t)\bigl(2-(1+t)\bigr) = \frac{3}{4}(1+t)(1-t) = \frac{3}{4}(1 - t^2).\] \[f(1-t) = \frac{3}{4}(1-t)\bigl(2-(1-t)\bigr) = \frac{3}{4}(1-t)(1+t) = \frac{3}{4}(1 - t^2).\]

On a bien \(f(1+t) = f(1-t)\) pour tout \(t \in \mathbb{R}\). \(\checkmark\)

Espérance : la densité \(f\) est symétrique par rapport à \(x = 1\), donc le centre de symétrie est l’espérance : \[\boxed{\mathbb{E}(X) = 1.}\]

8. (6 pts) \(\mathbb{E}(X^2)\) et \(\mathrm{Var}(X)\).

Par le théorème de transfert : \[\mathbb{E}(X^2) = \int_0^2 x^2 \cdot \frac{3}{4}\,x\,(2-x)\,dx = \frac{3}{4}\int_0^2 (2x^3 - x^4)\,dx.\]

\[= \frac{3}{4}\left[\frac{x^4}{2} - \frac{x^5}{5}\right]_0^2 = \frac{3}{4}\left(\frac{16}{2} - \frac{32}{5}\right) = \frac{3}{4}\left(8 - \frac{32}{5}\right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{8}{5} = \boxed{\frac{6}{5} = 1{,}2.}\]

Variance par König-Huygens : \[\mathrm{Var}(X) = \mathbb{E}(X^2) - \bigl[\mathbb{E}(X)\bigr]^2 = \frac{6}{5} - 1^2 = \boxed{\frac{1}{5} = 0{,}2.}\]

9. (3 pts) Loi exponentielle : détermination de \(\lambda\) et \(\mathbb{E}(T)\).

\(T \sim \mathcal{E}(\lambda)\) implique \(P(T > t) = e^{-\lambda t}\) pour \(t \geq 0\). On a : \[P(T > 2) = e^{-2\lambda} = e^{-3} \implies 2\lambda = 3 \implies \boxed{\lambda = \frac{3}{2}.}\]

\[\boxed{\mathbb{E}(T) = \frac{1}{\lambda} = \frac{2}{3} \text{ heure} \approx 40 \text{ min}.}\]

Exercice 3 — Loi normale (35 points)

Partie A — Loi normale centrée réduite (12 points)

\(Z \sim \mathcal{N}(0,1)\), \(\Phi\) désigne la fonction de répartition de \(Z\).

1. (4 pts) Calculs de probabilités.

  • \(P(Z \leq 1{,}65) = \Phi(1{,}65) = \boxed{0{,}9505.}\)

  • \(P(Z > -0{,}84) = 1 - \Phi(-0{,}84) = \Phi(0{,}84) = \boxed{0{,}7995.}\)

  • \(P(-2{,}58 \leq Z \leq 1{,}96) = \Phi(1{,}96) - \Phi(-2{,}58)\)

    \[= \Phi(1{,}96) - \bigl[1 - \Phi(2{,}58)\bigr] = 0{,}9750 - 1 + 0{,}9951 = \boxed{0{,}9701.}\]

2. (2 pts) \(P(Z^2 \leq 1)\).

\[P(Z^2 \leq 1) = P(|Z| \leq 1) = P(-1 \leq Z \leq 1) = 2\Phi(1) - 1 = 2 \times 0{,}8413 - 1 = \boxed{0{,}6827.}\]

3. (3 pts) Lecture inverse de la table.

  • \(P(Z \leq z_0) = 0{,}9772\). Par lecture directe, \(\Phi(2{,}00) = 0{,}9772\), donc \(\boxed{z_0 = 2{,}00.}\)

  • \(P(|Z| \leq d) = 0{,}90\) avec \(d > 0\). On a \(2\Phi(d) - 1 = 0{,}90\), soit \(\Phi(d) = 0{,}95\). Or \(\Phi(1{,}64) = 0{,}9495\) et \(\Phi(1{,}65) = 0{,}9505\). Par interpolation linéaire : \[\boxed{d \approx 1{,}645.}\]

4. (3 pts) \(\mathbb{E}(Z)\) et \(\mathrm{Var}(Z)\).

La densité de \(\mathcal{N}(0,1)\) est \(\varphi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-x^2/2}\). C’est une fonction paire : \(\varphi(-x) = \varphi(x)\). La densité est donc symétrique par rapport à \(0\), ce qui entraîne \(\boxed{\mathbb{E}(Z) = 0.}\)

Par définition de la loi \(\mathcal{N}(0,1)\) : \(\boxed{\mathrm{Var}(Z) = 1.}\)

Partie B — Loi normale générale (15 points)

\(X \sim \mathcal{N}(120,\, 25)\), c’est-à-dire \(\mu = 120\) et \(\sigma^2 = 25\).

5. (1 pt) Paramètres.

\[\boxed{\mathbb{E}(X) = 120, \qquad \sigma_X = 5.}\]

6. (5 pts) Calculs de probabilités.

On standardise avec \(Z = \dfrac{X - 120}{5}\).

  • \(P(X \leq 127{,}5) = P\!\left(Z \leq \dfrac{127{,}5 - 120}{5}\right) = \Phi(1{,}50) = \boxed{0{,}9332.}\)

  • \(P(115 \leq X \leq 130) = P\!\left(\dfrac{115 - 120}{5} \leq Z \leq \dfrac{130 - 120}{5}\right) = P(-1 \leq Z \leq 2)\)

    \[= \Phi(2) - \Phi(-1) = \Phi(2) - \bigl[1 - \Phi(1)\bigr] = 0{,}9772 - 0{,}1587 = \boxed{0{,}8185.}\]

7. (3 pts) Seuil \(s\).

\[P(X > s) = 0{,}10 \iff P(X \leq s) = 0{,}90 \iff \Phi\!\left(\frac{s - 120}{5}\right) = 0{,}90.\]

Or \(\Phi^{-1}(0{,}90) \approx 1{,}282\), d’où : \[\frac{s - 120}{5} = 1{,}282 \implies s = 120 + 5 \times 1{,}282 = \boxed{126{,}41.}\]

8. (6 pts) Somme \(S = X_1 + X_2 + X_3 + X_4\).

Loi de \(S\) : les \(X_i\) sont indépendantes et de même loi \(\mathcal{N}(120, 25)\). Par stabilité de la loi normale par somme : \[\boxed{S \sim \mathcal{N}(4 \times 120,\; 4 \times 25) = \mathcal{N}(480,\, 100).}\]

Donc \(\mathbb{E}(S) = 480\) et \(\sigma_S = 10\).

Calcul de \(P(S \leq 490)\) : \[P(S \leq 490) = P\!\left(Z \leq \frac{490 - 480}{10}\right) = \Phi(1) = \boxed{0{,}8413.}\]

Partie C — Identification des paramètres (8 points)

9. (8 pts) Détermination de \(m\) et \(\sigma\).

\(X \sim \mathcal{N}(m, \sigma^2)\). On standardise \(Z = \dfrac{X - m}{\sigma}\).

Les conditions donnent :

\[P(X < 165) = 0{,}3085 \iff \Phi\!\left(\frac{165 - m}{\sigma}\right) = 0{,}3085.\]

\[P(X < 180) = 0{,}8413 \iff \Phi\!\left(\frac{180 - m}{\sigma}\right) = 0{,}8413.\]

Par lecture inverse de la table de \(\Phi\) :

  • \(\Phi(z) = 0{,}3085 \implies z = -0{,}50\) (car \(\Phi(0{,}50) = 0{,}6915\) et \(\Phi(-0{,}50) = 1 - 0{,}6915 = 0{,}3085\)).
  • \(\Phi(z) = 0{,}8413 \implies z = 1{,}00\).

On obtient le système : \[\begin{cases} \dfrac{165 - m}{\sigma} = -0{,}50 \\ \dfrac{180 - m}{\sigma} = 1{,}00 \end{cases} \iff \begin{cases} 165 - m = -0{,}50\,\sigma & (1) \\ 180 - m = \sigma & (2) \end{cases}\]

En soustrayant \((1)\) de \((2)\) : \[180 - 165 = \sigma + 0{,}50\,\sigma = 1{,}50\,\sigma \implies \sigma = \frac{15}{1{,}5} = \boxed{10.}\]

En reportant dans \((2)\) : \[m = 180 - \sigma = 180 - 10 = \boxed{170.}\]

La durée de vie suit donc la loi \(\mathcal{N}(170,\, 100)\).