Corrigé des 20 exercices sur les lois normales en terminale à télécharger en PDF

\(L\) suit la loi \(\mathcal{N}(0\,;\,1)\). On utilise la calculatrice (fonction de répartition normale avec \(\mu=0\) et \(\sigma=1\)).

a) \(P(-0{,}1\leqslant L\leqslant 0{,}1)\approx 0{,}0797\).

b) \(P(L\leqslant 0{,}05)\approx 0{,}5199\).

c) \(P(L\geqslant 0{,}2)=1-P(L\lt 0{,}2)\approx 1-0{,}5793=0{,}4207\).

Interprétation du a) : environ 8 % des vis ont une longueur comprise entre 34,9 mm et 35,1 mm.

1) \(T\geqslant 0{,}25\) signifie \(t-3\geqslant 0{,}25\), soit \(t\geqslant 3{,}25\) h. L’événement est donc : « le participant a mis au moins 3 h 15 min pour faire la course » (soit au moins un quart d’heure de plus que le temps moyen).

2) À la calculatrice, avec \(T\) de loi \(\mathcal{N}(0\,;\,1)\) :

• a) \(P(T\geqslant 0{,}25)\approx 0{,}40\) ;
• b) \(P(T\leqslant -0{,}5)\approx 0{,}31\) ;
• c) \(P(-0{,}1\leqslant T\leqslant 0{,}2)\approx 0{,}12\).

\(X\) est exprimée en milliers d’euros et suit \(\mathcal{N}(0\,;\,1)\).

1) Être à découvert, c’est avoir un solde négatif : \(P(X\lt 0)=0{,}5\) par symétrie de la courbe autour de 0.

2) a) Entre 200 et 500 euros : \(P(0{,}2\leqslant X\leqslant 0{,}5)\approx 0{,}1122\).

b) À découvert d’entre 100 et 600 euros : le solde est entre −600 et −100 euros, soit \(P(-0{,}6\leqslant X\leqslant -0{,}1)\approx 0{,}1859\).

3) Recevoir un SMS, c’est l’événement \(X\lt 0\). Être à découvert de plus de 500 euros, c’est \(X\lt -0{,}5\), événement inclus dans \(X\lt 0\). Donc

\[ P_{X\lt 0}(X\lt -0{,}5)=\frac{P(X\lt -0{,}5)}{P(X\lt 0)}\approx\frac{0{,}308\,54}{0{,}5}\approx 0{,}6171. \]

1) \(X\) suit \(\mathcal{N}(2\,;\,3^2)\) : \(\mu=2\) et \(\sigma=3\). Calculatrice, arrondis au millième :

• a) \(P(0\leqslant X\leqslant 3)\approx 0{,}378\) ;
• b) \(P(X\lt 2)=0{,}5\) (car \(2=\mu\)) ;
• c) \(P(4\geqslant X)=P(X\leqslant 4)\approx 0{,}748\) ;
• d) \(P(X\lt 1)\approx 0{,}369\) ;
• e) \(P(X\geqslant 3)\approx 0{,}369\) (même valeur que d) par symétrie : 1 et 3 sont symétriques par rapport à 2) ;
• f) \(P(X\gt -2)\approx 0{,}909\) ;
• g) \(P_{1\lt X\lt 3}(X\geqslant 2)=\dfrac{P(2\leqslant X\lt 3)}{P(1\lt X\lt 3)}=0{,}5\), car l’intervalle \(]1\,;\,3[\) est coupé en deux parties de même aire par \(\mu=2\) ;
• h) \(P_{X\geqslant 2}(X\gt 3)=\dfrac{P(X\gt 3)}{P(X\geqslant 2)}\approx\dfrac{0{,}3694}{0{,}5}\approx 0{,}739\).

2) \(Y\) suit \(\mathcal{N}(10\,;\,4^2)\). On se ramène toujours à une égalité du type \(P(Y\leqslant t)=p\), puis on utilise la fonction « inverse normale » de la calculatrice.

• a) \(P(Y\lt t)=0{,}2\) donne \(t\approx 6{,}634\).
• b) \(P(Y\geqslant t)=0{,}7\) équivaut à \(P(Y\lt t)=0{,}3\), d’où \(t\approx 7{,}902\).
• c) \(P(-t\lt Y-10\lt t)=P(10-t\lt Y\lt 10+t)=0{,}9\). Par symétrie, \(P(Y\lt 10+t)=0{,}95\), donc \(10+t\approx 16{,}579\) et \(t\approx 6{,}579\).
• d) \(P(t\leqslant Y\leqslant 10)=0{,}35\) équivaut à \(0{,}5-P(Y\lt t)=0{,}35\), soit \(P(Y\lt t)=0{,}15\) : \(t\approx 5{,}854\).
• e) \(P(t\leqslant Y\lt 9)=P(Y\lt 9)-P(Y\lt t)=0{,}1\). Or \(P(Y\lt 9)\approx 0{,}4013\), donc \(P(Y\lt t)\approx 0{,}3013\) et \(t\approx 7{,}917\).

\(Z\) suit \(\mathcal{N}(8\,;\,4)\) : la variance vaut 4, donc \(\sigma=2\) (et non 4).

1) a) \(P(6\leqslant Z\leqslant 12)\approx 0{,}8186\).

b) \(P(Z\gt 9)\approx 0{,}3085\).

c) \(P(Z\leqslant 7{,}5)\approx 0{,}4013\).

d) \(P_{Z\geqslant 8}(Z\lt 10)=\dfrac{P(8\leqslant Z\lt 10)}{P(Z\geqslant 8)}=\dfrac{P(8\leqslant Z\lt 10)}{0{,}5}\approx\dfrac{0{,}341\,34}{0{,}5}\approx 0{,}6827\). On retrouve la probabilité de l’intervalle \([\mu-\sigma\,;\,\mu+\sigma]\).

2) a) \(P(Z\leqslant t)=0{,}3\) : fonction inverse normale, \(t\approx 6{,}9512\).

b) \(P(Z\geqslant 2t)=0{,}4\) équivaut à \(P(Z\lt 2t)=0{,}6\), donc \(2t\approx 8{,}5067\) et \(t\approx 4{,}2533\).

1) \(X\) suit \(\mathcal{N}(5\,;\,1{,}3^2)\). À la calculatrice :

\(P(X\gt 2)\approx 0{,}989\).

\[ P_{X\gt 1}(X\gt 3)=\frac{P\big((X\gt 3)\cap(X\gt 1)\big)}{P(X\gt 1)}=\frac{P(X\gt 3)}{P(X\gt 1)}\approx\frac{0{,}938\,03}{0{,}998\,95}\approx 0{,}939. \]

2) Si la loi était sans vieillissement, on aurait \(P_{X\gt 1}(X\gt 1+2)=P(X\gt 2)\). Or \(0{,}939\neq 0{,}989\). La loi de \(X\) n’est donc pas sans vieillissement (seule la loi exponentielle a cette propriété parmi les lois à densité).

La courbe de densité est symétrique par rapport à \(x=\mu\), donc \(P(Y\lt\mu)=0{,}5\), et \(\mu-a\), \(\mu+a\) sont symétriques par rapport à \(\mu\).

1) \(P(\mu\leqslant Y\leqslant \mu+a)=P(Y\lt\mu+a)-P(Y\lt\mu)=0{,}8-0{,}5=0{,}3\).

2) \(P(Y\gt\mu+a)=1-0{,}8=0{,}2\).

3) Par symétrie, \(P(Y\leqslant\mu-a)=P(Y\geqslant\mu+a)=0{,}2\).

4) \(P(\mu-a\leqslant Y\leqslant\mu+a)=2\times 0{,}3=0{,}6\) (ou \(1-0{,}2-0{,}2\)).

1) a) \(P(0\lt X\leqslant 2)=P(X\leqslant 2)-P(X\leqslant 0)=0{,}266-0{,}0304=0{,}2356\).

b) \(P(X\geqslant 1)=1-P(X\lt 1)=1-0{,}1056=0{,}8944\).

c) Les événements \(X\lt -1\) et \(X\gt 0\) sont incompatibles :

\[ P\big((X\lt -1)\cup(X\gt 0)\big)=P(X\lt -1)+1-P(X\leqslant 0)=0{,}0062+1-0{,}0304=0{,}9758. \]

2) Pour une loi normale, \(P(X\leqslant\mu)=0{,}5\). Le tableau donne \(P(X\leqslant 3)=0{,}5\), donc \(\mu=3\).

3) \(\sigma\) est l’un des nombres 1,1 ; 1,2 ; … ; 1,9. On teste à la calculatrice \(P(X\leqslant 2)\) pour \(X\) de loi \(\mathcal{N}(3\,;\,\sigma^2)\) : avec \(\sigma=1{,}6\), on obtient \(P(X\leqslant 2)\approx 0{,}266\), \(P(X\leqslant 1)\approx 0{,}1056\), \(P(X\leqslant 0)\approx 0{,}0304\) et \(P(X\leqslant -1)\approx 0{,}0062\) : tout le tableau est retrouvé. (Avec \(\sigma=1{,}5\), \(P(X\leqslant 2)\approx 0{,}252\) ; avec \(\sigma=1{,}7\), environ 0,278 : ces valeurs ne conviennent pas.)

1) Les trois lois ont la même espérance \(\mu=6\). Chaque courbe est symétrique par rapport à la droite d’équation \(x=\mu\), et les trois courbes ont le même axe de symétrie passant par \(t\). Donc \(t=6\).

2) L’aire sous chaque courbe vaut 1. Plus l’écart-type \(\sigma\) est petit, plus les valeurs sont concentrées autour de \(\mu\) : la courbe est haute et étroite (son maximum vaut \(\dfrac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\)). Après cela, plus \(\sigma\) est grand, plus elle est basse et étalée.

• \(\mathcal{C}_1\), la plus pointue, correspond à \(\sigma=1\) : c’est la courbe de \(Z\).
• \(\mathcal{C}_2\), intermédiaire, correspond à \(\sigma=2{,}5\) : courbe de \(X\).
• \(\mathcal{C}_3\), la plus aplatie, correspond à \(\sigma=5\) : courbe de \(Y\).

Notons \(V\) la durée à vélo, de loi \(\mathcal{N}(43\,;\,3^2)\), et \(B\) la durée en bus, de loi \(\mathcal{N}(38\,;\,15^2)\).

1) Le temps moyen est l’espérance : 43 min à vélo et 38 min en bus.

2) Il faut comparer les probabilités d’arriver à l’heure, c’est-à-dire de mettre au plus 45 minutes :

• \(P(V\leqslant 45)\approx 0{,}748\) (risque de retard \(\approx 0{,}252\)) ;
• \(P(B\leqslant 45)\approx 0{,}680\) (risque de retard \(\approx 0{,}320\)).

Bien que le bus soit plus rapide en moyenne, sa durée est beaucoup plus irrégulière (\(\sigma=15\)). Le vélo donne la plus grande probabilité d’arriver à l’heure.

3) Au retour, il n’y a plus d’horaire à respecter : le critère devient le temps de trajet moyen. On lui conseille alors le bus, dont la durée moyenne (38 min) est inférieure à celle du vélo (43 min).

1) Si \( X \) suit \( \mathcal{N}(\mu \,;\, \sigma^2) \), alors la variable centrée réduite \( Z = \dfrac{X – \mu}{\sigma} \) suit la loi normale centrée réduite. Ici \( \mu = 10 \), donc \( Z = \dfrac{X – 10}{\sigma} \) suit \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \).

2) On cherche \( t \) tel que \( P(Z \leqslant t) = 0{,}8 \). À la calculatrice (fonction inverse de la loi normale, avec \( \mu = 0 \) et \( \sigma = 1 \)) : \( t \approx 0{,}842 \).

3) Comme \( \sigma \gt 0 \) :

\[ X \leqslant 11 \iff X – 10 \leqslant 1 \iff \frac{X – 10}{\sigma} \leqslant \frac{1}{\sigma} \iff Z \leqslant \frac{1}{\sigma} \]

Donc \( P\left(Z \leqslant \dfrac{1}{\sigma}\right) = P(X \leqslant 11) = 0{,}8 \). Par unicité du réel \( t \) de la question 2, \( \dfrac{1}{\sigma} = t \), d’où :

\[ \sigma = \frac{1}{t} \approx \frac{1}{0{,}8416} \approx 1{,}188 \]

1) \( X \) suit \( \mathcal{N}(125 \,;\, 2^2) \). Un pot est conforme si \( X \geqslant 122 \). À la calculatrice :

\[ P(X \geqslant 122) \approx 0{,}933 \]

La probabilité qu’un yaourt soit conforme est d’environ 0,933 (soit 93,3 %).

2) a) \( X \) suit \( \mathcal{N}(125 \,;\, \sigma^{\prime 2}) \), donc \( Z = \dfrac{X – 125}{\sigma^{\prime}} \) suit \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \).

b) On retranche 125 puis on divise par \( \sigma^{\prime} \), qui est strictement positif (le sens de l’inégalité ne change donc pas) :

\[ 122 \leqslant X \iff -3 \leqslant X – 125 \iff -\frac{3}{\sigma^{\prime}} \leqslant \frac{X – 125}{\sigma^{\prime}} \iff -\frac{3}{\sigma^{\prime}} \leqslant Z \]

c) On veut \( P(X \geqslant 122) = 0{,}97 \), c’est-à-dire \( P\left(Z \geqslant -\dfrac{3}{\sigma^{\prime}}\right) = 0{,}97 \), soit \( P\left(Z \lt -\dfrac{3}{\sigma^{\prime}}\right) = 0{,}03 \). À la calculatrice, le réel \( u \) tel que \( P(Z \lt u) = 0{,}03 \) vaut \( u \approx -1{,}881 \). Donc :

\[ -\frac{3}{\sigma^{\prime}} = -1{,}881 \iff \sigma^{\prime} = \frac{3}{1{,}881} \approx 1{,}595 \]

Il faut régler la machine avec un écart-type d’environ 1,6 g (plus petit que 2 g : la machine doit être plus régulière).

3) Cette fois \( \sigma = 2 \) et la moyenne \( \mu^{\prime} \) est inconnue. \( Z = \dfrac{X – \mu^{\prime}}{2} \) suit \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \) et, comme au 2) b), \( X \geqslant 122 \iff Z \geqslant \dfrac{122 – \mu^{\prime}}{2} \). On veut :

\[ P\left(Z \lt \frac{122 – \mu^{\prime}}{2}\right) = 0{,}03 \iff \frac{122 – \mu^{\prime}}{2} = -1{,}881 \iff \mu^{\prime} = 122 + 2 \times 1{,}881 \approx 125{,}76 \]

\( X \) (en minutes) suit \( \mathcal{N}(20 \,;\, \sigma^2) \).

1) En partant à 7h40, il dispose de 20 minutes. Il est à l’heure si \( X \leqslant 20 \). Comme 20 est la moyenne et que la courbe de densité est symétrique par rapport à \( \mu \) :

\[ P(X \leqslant 20) = 0{,}5 \]

Il arrive à l’heure une fois sur deux, quel que soit \( \sigma \).

2) En partant à 7h30, il dispose de 30 minutes : il est en retard si \( X \gt 30 \). On pose \( Z = \dfrac{X – 20}{\sigma} \), qui suit \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \), et \( X \gt 30 \iff Z \gt \dfrac{10}{\sigma} \). Donc :

\[ P\left(Z \gt \frac{10}{\sigma}\right) = 0{,}0228 \iff P\left(Z \leqslant \frac{10}{\sigma}\right) = 0{,}9772 \]

À la calculatrice, \( P(Z \leqslant u) = 0{,}9772 \) donne \( u \approx 2{,}000 \). Ainsi \( \dfrac{10}{\sigma} = 2 \), d’où \( \sigma \approx 5{,}00 \) minutes.

3) \( X \) suit maintenant \( \mathcal{N}(20 \,;\, 5^2) \). On cherche la durée \( d \) telle que \( P(X \leqslant d) = 0{,}99 \). À la calculatrice (inverse de la loi normale, \( \mu = 20 \), \( \sigma = 5 \)) : \( d \approx 31{,}63 \) minutes.

Il doit donc prévoir au moins 31,63 minutes, soit environ 31 min 38 s, avant 8h : il doit partir au plus tard vers 7h28.

4) Non. Pour une loi normale, \( P(X \leqslant d) \lt 1 \) pour tout réel \( d \) : la probabilité d’être en retard n’est jamais nulle dans ce modèle, aussi tôt qu’il parte. Elle devient seulement aussi petite qu’on veut.

Le diamètre \( D \) (en mm) suit \( \mathcal{N}(6 \,;\, 0{,}5^2) \).

1) À la calculatrice :

\[ P(5 \leqslant D \leqslant 7) \approx 0{,}954 \]

On pouvait le prévoir : \( [5 \,;\, 7] = [\mu – 2\sigma \,;\, \mu + 2\sigma] \), et \( P(\mu – 2\sigma \leqslant D \leqslant \mu + 2\sigma) \approx 0{,}954 \). La probabilité qu’une rondelle soit conforme est 0,954.

2) La probabilité qu’une rondelle soit non conforme est \( 1 – 0{,}954 = 0{,}046 \). Les rondelles étant indépendantes, le nombre de rondelles non conformes dans un stock de 500 000 suit une loi binomiale d’espérance :

\[ 500\,000 \times 0{,}046 = 23\,000 \]

On peut s’attendre à environ 23 000 rondelles non conformes (22 750 avec la valeur non arrondie).

3) On veut diviser la probabilité de non-conformité par deux : \( \dfrac{0{,}046}{2} = 0{,}023 \), donc \( P(5 \leqslant D \leqslant 7) = 0{,}977 \), la moyenne restant 6 mm. Avec \( Z = \dfrac{D – 6}{\sigma} \) de loi \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \) :

\[ P(5 \leqslant D \leqslant 7) = P\left(-\frac{1}{\sigma} \leqslant Z \leqslant \frac{1}{\sigma}\right) = 2P\left(Z \leqslant \frac{1}{\sigma}\right) – 1 \]

Donc \( 2P\left(Z \leqslant \dfrac{1}{\sigma}\right) – 1 = 0{,}977 \iff P\left(Z \leqslant \dfrac{1}{\sigma}\right) = 0{,}9885 \). À la calculatrice, \( \dfrac{1}{\sigma} \approx 2{,}273 \), d’où :

\[ \sigma \approx \frac{1}{2{,}273} \approx 0{,}44 \]

Le temps de parcours \( T \) (en heures) suit \( \mathcal{N}(3{,}5 \,;\, 0{,}5^2) \).

1) Un coureur termine avant l’installation du ruban si \( T \lt 2 \). À la calculatrice :

\[ P(T \lt 2) \approx 0{,}00135 \]

C’est très faible : 2 h correspond à \( \mu – 3\sigma \). Sur 2 000 coureurs, on en attend environ \( 2000 \times 0{,}00135 \approx 2{,}7 \), soit 2 ou 3 : le ruban risque d’être installé un peu tard pour les tout premiers.

2) On cherche \( t \) tel que \( P(T \leqslant t) = 0{,}95 \). À la calculatrice (inverse de la loi normale, \( \mu = 3{,}5 \), \( \sigma = 0{,}5 \)) : \( t \approx 4{,}322 \) h.

Or \( 0{,}322 \times 60 \approx 19 \) min. La cérémonie peut commencer environ 4 h 19 min après le départ.

\( X \) suit \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \). Outils : la calculatrice (probabilité d’un intervalle, en remplaçant une borne infinie par \( \pm 10^{99} \)), la symétrie de la courbe par rapport à l’axe des ordonnées et \( P(X \leqslant 0) = 0{,}5 \).

1)

• a) \( P(0 \leqslant X \leqslant 0{,}5) \approx 0{,}191 \).
• b) \( P(X \leqslant 0{,}5) = 0{,}5 + P(0 \leqslant X \leqslant 0{,}5) \approx 0{,}691 \).
• c) Par symétrie, \( P(X \gt -0{,}5) = P(X \lt 0{,}5) \approx 0{,}691 \).
• d) \( P(-1 \leqslant X \leqslant 0{,}5) \approx 0{,}533 \).
• e) \( P(X \geqslant 1) \approx 0{,}159 \).
• f) \( P(X \lt -2) \approx 0{,}023 \).

2) On se ramène toujours à une probabilité de la forme \( P(X \leqslant t) \) pour utiliser la fonction inverse de la calculatrice.

• a) \( P(X \lt t) = 0{,}8 \) : \( t \approx 0{,}842 \).
• b) \( P(X \gt t) = 0{,}9 \iff P(X \leqslant t) = 0{,}1 \) : \( t \approx -1{,}282 \).
• c) \( P(0 \leqslant X \leqslant t) = 0{,}15 \iff P(X \leqslant t) = 0{,}5 + 0{,}15 = 0{,}65 \) : \( t \approx 0{,}385 \).
• d) Par symétrie, \( P(-t \lt X \lt t) = 2P(X \lt t) – 1 \). Donc \( 2P(X \lt t) – 1 = 0{,}4 \iff P(X \lt t) = 0{,}7 \) : \( t \approx 0{,}524 \).

On sait que \( P(Y \lt a) = 0{,}7 \). On utilise : \( P(Y = a) = 0 \) (loi à densité), l’événement contraire, et la symétrie de la courbe de \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \) : \( P(Y \leqslant -a) = P(Y \geqslant a) \). Comme \( 0{,}7 \gt 0{,}5 \), on a \( a \gt 0 \).

• 1) \( P(Y \leqslant a) = P(Y \lt a) + P(Y = a) = 0{,}7 \).
• 2) \( P(Y \gt a) = 1 – P(Y \leqslant a) = 1 – 0{,}7 = 0{,}3 \).
• 3) Par symétrie, \( P(Y \geqslant -a) = P(Y \leqslant a) = 0{,}7 \).
• 4) \( P(0 \leqslant Y \leqslant a) = P(Y \leqslant a) – P(Y \lt 0) = 0{,}7 – 0{,}5 = 0{,}2 \).
• 5) Par symétrie, \( P(Y \leqslant -a) = P(Y \geqslant a) = 0{,}3 \).

1) \( X \) suit \( \mathcal{N}(\mu \,;\, \sigma^2) \), donc \( Z = \dfrac{X – \mu}{\sigma} \) suit \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \).

2) a) On retranche \( \mu \), puis on divise par \( \sigma \gt 0 \), ce qui conserve le sens de l’inégalité :

\[ X \lt 14 \iff X – \mu \lt 14 – \mu \iff \frac{X – \mu}{\sigma} \lt \frac{14 – \mu}{\sigma} \iff Z \lt \frac{14 – \mu}{\sigma} \]

b) À la calculatrice, \( P(Z \lt t) = 0{,}0668 \) donne \( t \approx -1{,}50 \).

c) D’après a), \( P\left(Z \lt \dfrac{14 – \mu}{\sigma}\right) = P(X \lt 14) = 0{,}0668 \). Par unicité de \( t \), \( \dfrac{14 – \mu}{\sigma} = -1{,}5 \), d’où \( 14 – \mu = -1{,}5\sigma \), c’est-à-dire \( 14 = -1{,}5\sigma + \mu \).

3) De même, \( X \geqslant 27 \iff Z \geqslant \dfrac{27 – \mu}{\sigma} \). Donc \( P\left(Z \lt \dfrac{27 – \mu}{\sigma}\right) = 1 – 0{,}04 = 0{,}96 \). À la calculatrice, \( P(Z \lt u) = 0{,}96 \) donne \( u \approx 1{,}75 \). Ainsi :

\[ \frac{27 – \mu}{\sigma} = 1{,}75 \iff 27 = 1{,}75\sigma + \mu \]

4) On résout le système :

\[ \begin{cases} \mu – 1{,}5\sigma = 14 \\ \mu + 1{,}75\sigma = 27 \end{cases} \]

En soustrayant la première équation à la seconde : \( 3{,}25\sigma = 13 \), donc \( \sigma = \dfrac{13}{3{,}25} = 4 \). Puis \( \mu = 14 + 1{,}5 \times 4 = 20 \).

\( Z \) suit \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \).

1) À la calculatrice, le réel \( u \) tel que \( P(Z \lt u) = 0{,}99 \) vaut \( u \approx 2{,}326 \). Donc \( 6t = 2{,}326 \), d’où :

\[ t = \frac{2{,}326}{6} \approx 0{,}39 \]

2) Par symétrie de la loi \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \), pour \( h \gt 0 \) : \( P(-2h \lt Z \lt 2h) = 2P(Z \lt 2h) – 1 \). Donc :

\[ 2P(Z \lt 2h) – 1 = 0{,}95 \iff P(Z \lt 2h) = 0{,}975 \]

On reconnaît la valeur du cours : \( 2h \approx 1{,}96 \), donc \( h \approx 0{,}98 \).

L’abscisse \( X \) (en dm) du point d’arrivée suit \( \mathcal{N}(0 \,;\, 1) \).

1) À la calculatrice : \( P(-1 \leqslant X \lt 2) \approx 0{,}819 \).

2) La puce retombe à son point de départ si \( X = 0 \). Pour une variable aléatoire à densité, la probabilité d’une valeur isolée est nulle : \( P(X = 0) = 0 \).

3) Elle parcourt plus de 1 dm si \( X \lt -1 \) ou \( X \gt 1 \). Par l’événement contraire :

\[ P(X \lt -1 \text{ ou } X \gt 1) = 1 – P(-1 \leqslant X \leqslant 1) \approx 1 – 0{,}683 = 0{,}317 \]

4) La puce peut sauter d’un côté comme de l’autre. On cherche la distance \( d \gt 0 \) telle que la puce retombe à moins de \( d \) de son point de départ avec une probabilité de 0,99 :

\[ P(-d \leqslant X \leqslant d) = 0{,}99 \iff 2P(X \leqslant d) – 1 = 0{,}99 \iff P(X \leqslant d) = 0{,}995 \]

À la calculatrice, \( d \approx 2{,}576 \) (c’est le nombre \( u_{0{,}01} \) du cours). Le chat doit se placer à au moins 2,576 dm de la puce, soit environ 26 cm.

Remarque : si l’on considère que la puce ne peut atteindre le chat qu’en sautant de son côté, on résout plutôt \( P(X \geqslant d) = 0{,}01 \), ce qui donne \( d \approx 2{,}326 \) dm ; la distance de 2,576 dm convient dans tous les cas.