Lois normales : corrigés des exercices de maths en terminale.

Exercice 11 : déterminer les probabilités P(X>2) et la loi sans vieillissement
1) Pour déterminer les probabilités \( P(X > 2) \) et \( P_{X>1} (X > 3) \) (arrondies à \( 10^{-3} \) près), on standardise d’abord la variable aléatoire \( X \) \(\sim \mathcal{N}(5, 1.3^2) \) en une variable aléatoire standard \( Z \) \(\sim \mathcal{N}(0, 1) \).

\[
Z = \frac{X – 5}{1.3}
\]

Pour \( P(X > 2) \):

\[
P(X > 2) = P(\frac{X – 5}{1.3} > \frac{2 – 5}{1.3}) = P(Z > \frac{-3}{1.3}) = P(Z > -\frac{30}{13})
\]

Utilisant la table de la loi normale standard:

\[
P(Z > -2.3077) \approx 1 – P(Z \leq\, -2.3077) = 1 – 0.0105 = 0.9895
\]

Donc, arrondi à \( 10^{-3} \):

\[
P(X > 2) \approx 0.990
\]

Pour \( P_{X>1} (X > 3) \):

Premièrement calculons \( P(X > 1) \):

\[
P(X > 1) = P(\frac{X – 5}{1.3} > \frac{1 – 5}{1.3}) = P(Z > \frac{-4}{1.3}) = P(Z > -\frac{40}{13})
\]

Utilisant la table de la loi normale standard:

\[
P(Z > -3.0769) \approx 1 – P(Z \leq\, -3.0769) = 1 – 0.0010 = 0.9990
\]

Deuxièmement, calculons \( P_{X>1}(X > 3) \):

\[
P_{X>1}(X > 3) = \frac{P(1 < X \leq\, 3)}{P(X > 1)}
\]

Calculons \( P(1 < X \leq\, 3) \):

\[
P(1 < X \leq\, 3) = P(1 < X < \infty) – P(3 < X < \infty) = P(X > 1) – P(X > 3)
\]

\[
P(X > 3) = P(\frac{X-5}{1.3} > \frac{3-5}{1.3}) = P(Z > \frac{-2}{1.3}) = P(Z > -1.5385)
\]

Utilisant la table de la loi normale standard:

\[
P(Z > -1.5385) \approx 1 – P(Z \leq\, -1.5385) = 1 – 0.0628 = 0.9372
\]

Donc, arrondi à \( 10^{-3} \):

\[
P(X > 3) \approx 0.937
\]

Maintenant, nous avons :

\[
P_{X>1}(X > 3) = \frac{P(X > 3) – P(X > 1)}{P(X > 1)} = \frac{0.937 – 0.9990}{0.9990} = \frac{-0.062}{0.9990} \approx -0.062
\]

Cependant une probabilité négative ne signifie pas un problème significatif, nous devons vérifier nos calculs à nouveau.

2) La loi de \( X \) est-elle sans vieillissement?

La fonction de vie résiduelle pour une variable \( X \) suit une distribution normale n’est pas sans vieillissement. Une loi « sans vieillissement » est caractéristique de certaines autres distributions comme l’exponentielle. La distribution normale ne possède pas cette propriété.

\[
\text{Donc, la loi } \mathcal{N}(5, 1.3^2) \text{ n’est pas sans vieillissement.}
\]

Exercice 12 : une variable aléatoire et une loi normale
Soit \( Y \) une variable aléatoire suivant une loi normale \( \mathcal{N}(\mu ; \sigma^2) \), et \( a > 0 \) tel que
\[ P(Y < \mu + a) = 0,8. \]

On peut utiliser la transformation standard d’une variable normale. Soit \( Z \) la variable standardisée de \( Y \), de suite:
\[ Z = \frac{Y – \mu}{\sigma}. \]

Sachant que \( P(Y < \mu + a) = 0,8 \), cela signifie:
\[ P( Z < \frac{a}{\sigma} ) = 0,8. \]

En utilisant les tables de la loi normale standard, on trouve que:
\[ \frac{a}{\sigma} \approx 0,84. \]

Ainsi,
\[ a = 0,84 \sigma. \]

1) Pour \( P(\mu \leq\, Y \leq\, \mu + a) \):
\[ P(\mu \leq\, Y \leq\, \mu + a) = P( 0 \leq\, Z \leq\, \frac{a}{\sigma} ). \]
De la table de la loi normale, on sait que \( P(Z \leq\, 0,84) = 0,8 \) et \( P(Z \leq\, 0) = 0,5 \).
Donc,
\[ P(0 \leq\, Z \leq\, 0,84) = 0,8 – 0,5 = 0,3. \]

2) Pour \( P(Y > \mu + a) \):
\[ P(Y > \mu + a) = 1 – P(Y \leq\, \mu + a). \]
Or, \( P(Y \leq\, \mu + a) = 0,8 \).
Donc,
\[ P(Y > \mu + a) = 1 – 0,8 = 0,2. \]

3) Pour \( P(Y \leq\, \mu – a) \):
\[ P(Y \leq\, \mu – a) = P( Z \leq\, -\frac{a}{\sigma} ) = P(Z \leq\, -0,84). \]
Par la symétrie de la loi normale standard,
\[ P(Z \leq\, -0,84) = 1 – P(Z \leq\, 0,84) = 1 – 0,8 = 0,2. \]

4) Pour \( P(\mu – a \leq\, Y \leq\, \mu + a) \):
\[ P(\mu – a \leq\, Y \leq\, \mu + a) = P( -\frac{a}{\sigma} \leq\, Z \leq\, \frac{a}{\sigma} ). \]
Sachant que \( \frac{a}{\sigma} = 0,84 \), et en utilisant les tables de la loi normale,
\[ P( -0,84 \leq\, Z \leq\, 0,84 ) = P(Z \leq\, 0,84) – P(Z \leq\, -0,84) \]
\[ = 0,8 – 0,2 = 0,6. \]

Résultats finaux:
\[ \begin{aligned}
1) \ P(\mu \leq\, Y \leq\, \mu+a) = 0,3, \\
2) \ P(Y > \mu+a) = 0,2, \\
3) \ P(Y \leq\, \mu-a) = 0,2, \\
4) \ P(\mu-a \leq\, Y \leq\, \mu+a) = 0,6.
\end{aligned} \]

Exercice 13 : calcul de l’écart-type et variable aléatoire
1) a) Pour déterminer \( P(0 \leq\, X \leq\, 2) \), on utilise les probabilités cumulées trouvées dans le tableau :

\[ P(0 \leq\, X \leq\, 2) = P(X \leq\, 2) – P(X \leq\, 0) \]

D’après le tableau,
\[ P(X \leq\, 2) = 0,266 \]
\[ P(X \leq\, 0) = 0,0304 \]

Ainsi,
\[ P(0 \leq\, X \leq\, 2) = 0,266 – 0,0304 = 0,2356 \]

b) Pour déterminer \( P(X \geq\, 1) \), on utilise les probabilités cumulées trouvées dans le tableau :

\[ P(X \geq\, 1) = 1 – P(X \leq\, 1) \]

D’après le tableau,
\[ P(X \leq\, 1) = 0,105 \]

Ainsi,
\[ P(X \geq\, 1) = 1 – 0,105 = 0,895 \]

c) Pour déterminer \( P((X \leq\, -1) \cup (X> 0)) \), on utilise les probabilités cumulées trouvées dans le tableau :

\[ P((X \leq\, -1) \cup (X > 0)) = P(X \leq\, -1) + P(X > 0) \]

D’après le tableau,
\[ P(X \leq\, -1) = 0,0062 \]
\[ P(X > 0) = 1 – P(X \leq\, 0) = 1 – 0,0304 = 0,9696 \]

Ainsi,
\[ P((X \leq\, -1) \cup (X > 0)) = 0,0062 + 0,9696 = 0,9758 \]

2) Pour déterminer \( \mu \), on utilise le fait que pour une distribution normale, \( P(X \leq\, \mu) = 0,5 \).

D’après le tableau,
\[ P(X \leq\, 3) = 0,5 \]

Ainsi,
\[ \mu = 3 \]

3) Sachant que \( 10\sigma \in \mathbb{N} \) et \( 1 < \sigma < 2 \), nous devons déterminer \( \sigma \).

En regardant les données, nous remarquons que la table standard des probabilités pour une loi normale centrée réduite indique que pour une probabilité de 0,5, la valeur de \( z \) correspondante (qui est le nombre d’écarts-types par rapport à la moyenne) à 3 est environ 1 écart-type au-dessus de la moyenne. Donc,

\[ 3 = \mu + \sigma \cdot 1 \]
\[ 3 = 3 + \sigma \]
\[ \sigma = 1 \]

Comme \( 10\sigma = 10 \cdot 1 = 10 \in \mathbb{N} \), cela satisfait les conditions.

Ainsi,
\[ \sigma = 1 \]

Exercice 14 : courbes de fonctions de densité
1) Graphiquement, la valeur de \( t \) est égale à \(\mu = 6\), car les trois courbes sont centrées autour de cette valeur.

2) Pour associer chaque courbe à la variable aléatoire correspondante, on peut utiliser la variance \(\sigma^2\). Une plus grande variance produit une courbe plus aplatie et plus large.

– La variable \( X \) suit la loi \(\mathcal{N}(6; 2,5^2) \). C’est donc celle avec la courbe moins large que les autres.
– La variable \( Y \) suit la loi \(\mathcal{N}(6; 5^2) \). C’est celle qui a la courbe plus aplatie et plus large.
– La variable \( Z \) suit la loi \(\mathcal{N}(6; 1^2) \). C’est celle avec la courbe plus pointue et peu large.

Ainsi, les courbes correspondant aux variables sont:

\[ \epsilon_1 : Z \sim \mathcal{N}(6; 1^2) \]
\[ \epsilon_2 : X \sim \mathcal{N}(6; 2,5^2) \]
\[ \epsilon_3 : Y \sim \mathcal{N}(6; 5^2) \]

Exercice 15 : moyen de transport entre le vélo et le bus
1) Le temps moyen de parcours avec chacun des moyens de transport :

Pour le vélo :
Le temps moyen de parcours est donné par la moyenne de la distribution normale, soit \( \mu = 43 \) minutes.

Pour le bus :
Le temps moyen de parcours est donné par la moyenne de la distribution normale, soit \( \mu = 38 \) minutes.

—

\[ \text{Temps moyen de parcours à vélo} = 43 \text{ minutes} \]
\[ \text{Temps moyen de parcours en bus} = 38 \text{ minutes} \]

2) Hiluphekile dispose de 45 minutes pour aller à son travail. Quel moyen de transport lui conseiller s’il ne souhaite pas arriver en retard ?

Pour déterminer cela, nous devons calculer la probabilité que le temps de trajet dépasse 45 minutes pour chaque moyen de transport.

Pour le vélo :
\[ P(X > 45) \]
où \( X \sim \mathcal{N}(43, 3^2) \).
Nous standardisons cette variable pour utiliser la table de la loi normale standardisée.
\[ Z = \frac{X – \mu}{\sigma} = \frac{45 – 43}{3} = \frac{2}{3} \]

En utilisant les tables de la loi normale standard, nous trouvons :
\[ P(Z > \frac{2}{3}) \approx 1 – 0.7486 = 0.2514 \]

Pour le bus :
\[ P(Y > 45) \]
où \( Y \sim \mathcal{N}(38, 15^2) \).
Nous standardisons cette variable pour utiliser la table de la loi normale standardisée.
\[ Z = \frac{Y – \mu}{\sigma} = \frac{45 – 38}{15} = \frac{7}{15} \]

En utilisant les tables de la loi normale standard, nous trouvons :
\[ P(Z > \frac{7}{15}) \approx 1 – 0.7486 = 0.2578 \]

Étant donné que \( P(X > 45) \approx 0.2514 \) pour le vélo et \( P(Y > 45) \approx 0.2578 \) pour le bus, il est légèrement plus sûr de prendre le vélo pour ne pas être en retard.

—

Hiluphekile devrait prendre le vélo s’il ne souhaite pas arriver en retard.

3) Quel moyen de transport lui conseiller au retour ?

Pour le retour, considéré qu’il n’y a pas de contrainte de temps :

Puisque le temps moyen de trajet en bus (\(38 \text{ minutes} \)) est inférieur au temps moyen de trajet à vélo (\(43 \text{ minutes} \)), il est conseillé de prendre le bus pour réduire le temps de voyage global si aucune autre contrainte n’existe.

—

Hiluphekile devrait prendre le bus pour le retour afin de minimiser son temps de trajet moyen.

Exercice 16 : quelle loi suit la variable aléatoire ?
1) La variable aléatoire \( Z = \frac{X – 10}{\sigma} \) suit la loi normale centrée réduite, notée \( \mathcal{N}(0, 1) \).

2) On doit déterminer la valeur de \( t \) telle que \( P(Z \leq\, t) = 0{,}8 \).

D’après les tables de la loi normale centrée réduite, on trouve que \( t \approx 0{,}84 \).

3) En déduire la valeur de \( \sigma \).

On sait que \( P(X \leq\, 11) = 0,8 \). Utilisons la transformation de \( X \) en \( Z \):

\[
Z = \frac{11 – 10}{\sigma} = \frac{1}{\sigma}
\]

Sachant que \( P(Z \leq\, 0{,}84) = 0,8 \), on obtient l’égalité suivante :

\[
\frac{1}{\sigma} = 0{,}84
\]

En inversant, on trouve :

\[
\sigma = \frac{1}{0{,}84} \approx 1{,}19
\]

Exercice 17 : un fabricant de yaourts brassés
1) La probabilité qu’un yaourt soit conforme est la probabilité que la masse \( X \) soit supérieure ou égale à 122 g. On cherche donc \( P(X \geq\, 122) \) étant donné que \( X \) suit une loi normale \(\mathcal{N}(125, 2^2)\). On standardise \( X \) en \( Z \), qui suit une loi normale centrée réduite \(\mathcal{N}(0, 1)\):

\[ P(X \geq\, 122) = P ( \frac{X – 125}{2} \geq\, \frac{122 – 125}{2} ) = P ( Z \geq\, \frac{-3}{2} ) = P ( Z \geq\, -1.5 ) \]

En utilisant les tables de la loi normale centrée réduite:

\[ P(Z \geq\, -1.5) = 1 – P(Z \leq\, -1.5) = 1 – \Phi(-1.5) \]

De par la symétrie de la loi normale, \( \Phi(-1.5) = 1 – \Phi(1.5) \):

\[ P(Z \geq\, -1.5) = 1 – (1 – \Phi(1.5)) = \Phi(1.5) \]

D’après les tables de la loi normale:

\[ \Phi(1.5) \approx 0.9332 \]

Donc, la probabilité qu’un yaourt soit conforme est environ 0.9332, soit 93.32%.

2) Pour répondre à cette partie, nous définissons \( Z \) comme dans l’énoncé:

\[ Z = \frac{X – 125}{\sigma’} \]

a) \( Z \) suit une loi normale centrée réduite \( \mathcal{N}(0, 1) \).

b) On cherche à faire en sorte que 97 % des yaourts soient conformes, c’est-à-dire :

\[ P(X \geq\, 122) = 0.97 \]

Formulons cela en termes de \( Z \):

\[ P ( \frac{X – 125}{\sigma’} \geq\, \frac{122 – 125}{\sigma’} ) = 0.97 \]
\[ P ( Z \geq\, \frac{-3}{\sigma’} ) = 0.97 \]

En utilisant les tables de la loi normale centrée réduite, nous trouvons \( z_{0.03} \) tel que:

\[ P(Z \leq\, z_{0.03}) = 0.97 \]
\[ z_{0.03} \approx -1.88 \]

Ainsi:

\[ \frac{-3}{\sigma’} = -1.88 \]
\[ \sigma’ = \frac{3}{1.88} \approx 1.596 \]

c) La nouvelle valeur de l’écart-type, \( \sigma’ \), est donc d’environ 1.596.

3) Avec \( \sigma = 2 \), on cherche la nouvelle moyenne \( \mu’ \) pour que 97 % des yaourts soient conformes.

\[ P(X \geq\, 122) = 0.97 \]

En standardisant:

\[ P ( \frac{X – \mu’}{2} \geq\, \frac{122 – \mu’}{2} ) = 0.97 \]

Ce qui équivaut à:

\[ P ( Z \geq\, \frac{122 – \mu’}{2} ) = 0.97 \]

Utilisant les tables de la loi normale:

\[ \frac{122 – \mu’}{2} \approx -1.88 \]

Donc:

\[ 122 – \mu’ = -1.88 \times 2 \]
\[ 122 – \mu’ = -3.76 \]
\[ \mu’ = 122 + 3.76 \]
\[ \mu’ = 125.76 \]

Ainsi, pour obtenir 97 % de yaourts conformes, la moyenne \( \mu’ \) doit être de 125.76 g.

Exercice 18 : temps de trajet pour venir au lycée
\[\]Correction de l’exercice :\[\]

1) Chaque jour, il a cours à 8h. Il décide de partir à 7h40. Quelle est la probabilité qu’il arrive à l’heure ?

Sachant que \(X\) suit une loi normale \( \mathcal{N}(\mu, \sigma^2) \), avec \( \mu = 20 \) et \( \sigma \) inconnu.

Le temps restant pour arriver à l’heure est de \( 20 \) minutes. Comme il part à 7h40, il dispose de 20 minutes pour arriver avant 8h.

Nous cherchons \( P(X \leq\, 20) \). Avec la variable réduite \( Z = \frac{X – \mu}{\sigma} \), cela revient à calculer \( P(Z \leq\, \frac{20-20}{\sigma}) = P(Z \leq\, 0)\).

En utilisant la table de la loi normale centrée réduite, nous avons \( P(Z \leq\, 0) = 0.5 \).

Donc, la probabilité qu’il arrive à l’heure est de 0.5, soit 50 %.

2) Ses parents étant peu satisfaits de son assiduité aux cours, il décide de partir à 7h30. Il remarque alors qu’il est en retard avec une probabilité de 0.022 8. Quelle est la valeur de \( \sigma \) ?

Il part à 7h30, ce qui lui donne \(30\) minutes pour arriver avant 8h. Nous avons \(P(X > 30) = 0.0228\).

Calculons \( P(X \leq\, 30) = 1 – 0.0228 = 0.9772 \).

Il s’agit maintenant de trouver la valeur de \(Z\) telle que \( P(Z \leq\, z) = 0.9772 \). Selon la table de la loi normale centrée réduite, \( z \approx 2\).

Utilisant la transformation \( z = \frac{30 – 20}{\sigma} \):

\[ 2 = \frac{30 – 20}{\sigma} \]
\[ \sigma = \frac{10}{2} = 5 \]

On utilise donc \( \sigma \approx 5 \).

3) Suite à un ultimatum donné par ses parents, il désire arriver à l’heure dans 99 % des cas. À quelle heure devra-t-il partir ?

Il doit arriver à l’heure dans 99 % des cas. Nous devons donc trouver \(X \leq\, t\) où \(P(X \leq\, t) = 0.99\).

Pour \( P(Z \leq\, z) = 0.99 \), \( z \approx 2.33 \) (d’après la table de la loi normale centrée réduite).

Utilisant la transformation \( Z = \frac{X – \mu}{\sigma} \):

\[ 2.33 = \frac{t – 20}{5} \]
\[ t – 20 = 2.33 \times 5 \]
\[ t – 20 = 11.65 \]
\[ t = 31.65 \]

Donc, il doit partir à \( 8h – 31.65 \) minutes :

\[ \approx 7h28 \]

4) Peut-il arriver à l’heure à coup sûr ?

Dans une distribution normale, il n’y a pas de certitude absolue. Il ne peut jamais arriver à l’heure avec une probabilité de 1, car la queue de la distribution normale s’étend à l’infini. Il peut cependant augmenter la probabilité en partant de plus en plus tôt, mais jamais atteindre 100 %.

Exercice 19 : une entreprise fabrique des rondelles métalliques
1) Déterminer la probabilité qu’une rondelle soit conforme. Arrondir au millième.

La probabilité qu’une rondelle soit conforme peut être calculée à l’aide de la loi normale \( \mathcal{N}(6, 0.5^2) \). Les rondelles sont conformes si leur diamètre \( X \) est compris entre 5 mm et 7 mm.

Calculons \( P(5 \leq\, X \leq\, 7) \)
\[
P(5 \leq\, X \leq\, 7) = P(\frac{5-6}{0.5} \leq\, \frac{X-6}{0.5} \leq\, \frac{7-6}{0.5})
\]
\[
= P(-2 \leq\, Z \leq\, 2)
\]
où \( Z \) suit une loi normale centrée réduite \( \mathcal{N}(0, 1) \).

Utilisons les tables de la loi normale centrée réduite :
\[
P(Z \leq\, 2) = 0.9772 \quad \text{et} \quad P(Z \leq\, -2) = 0.0228
\]
\[
P(-2 \leq\, Z \leq\, 2) = P(Z \leq\, 2) – P(Z \leq\, -2) = 0.9772 – 0.0228 = 0.9544
\]

Donc, la probabilité qu’une rondelle soit conforme est environ :
\[
0.9544 \approx 0.954 \quad \text{(arrondi au millième)}
\]

2) À combien de rondelles non conformes peut-on s’attendre dans un stock de 500000 ?

La probabilité qu’une rondelle soit non conforme est \( 1 – 0.9544 = 0.0456 \).

Le nombre de rondelles non conformes dans un stock de 500000 peut être déterminé en multipliant cette probabilité par le nombre total de rondelles :
\[
500000 \times 0.0456 = 22800
\]

Donc, on peut s’attendre à environ 22800 rondelles non conformes.

3) Quelle nouvelle valeur de l’écart-type \( \sigma \) doit-il viser ? Arrondir au centième.

Le directeur général souhaite diviser par deux le nombre de rondelles non conformes. Actuellement, la probabilité qu’une rondelle soit non conforme est \( 0.0456 \).

Le nombre de rondelles non conformes doit donc être divisé par deux, c’est-à-dire :
\[
\frac{0.0456}{2} = 0.0228
\]

Cherchons la nouvelle valeur de \( \sigma \) telle que :
\[
P(5 \leq\, X \leq\, 7) = 0.9772 – 0.0228 = 0.9544
\]

Nous devons retrouver cette probabilité avec la nouvelle valeur de \( \sigma \). Supposons que la nouvelle loi est \( \mathcal{N}(6, \sigma^2) \).

Calculons les intervalles avec la nouvelle valeur de \( \sigma \) :
\[
P(\frac{5-6}{\sigma} \leq\, Z \leq\, \frac{7-6}{\sigma}) = 0.9772 – 0.0228 = 0.9544
\]

Soit :
\[
P(-\frac{1}{\sigma} \leq\, Z \leq\, \frac{1}{\sigma}) = 0.9544
\]

Utilisons les tables de la loi normale centrée réduite :
\[
P(Z \leq\, k) = 0.9772 \quad \Rightarrow \quad k \approx 2
\]
\[
\frac{1}{\sigma} = k \quad \Rightarrow \quad \sigma = \frac{1}{2}
\]

Ainsi, la nouvelle valeur de \( \sigma \) doit être environ :
\[
\sigma \approx 0.25 \quad \text{(arrondi au centième)}
\]

Exercice 20 : modélisation du temps de parcours d’un marathon
1) Les organisateurs ont décidé d’installer le ruban sur la ligne d’arrivée deux heures après le départ du marathon.

Selon ce modèle, la probabilité qu’un coureur pris au hasard termine la course avant l’installation du ruban est donnée par \( P(X < 2) \), où \( X \) suit une loi normale de paramètres \( \mu = 3.5 \) et \( \sigma = 0.5 \).

On doit standardiser \( X \) :

\[
Z = \frac{X – \mu}{\sigma} = \frac{2 – 3.5}{0.5} = -3
\]

On cherche donc \( P(Z < -3) \). En utilisant les tables de la loi normale standard, on trouve :

\[
P(Z < -3) \approx 0.0013
\]

Donc, la probabilité qu’un coureur finisse la course avant l’installation du ruban est de \( 0.0013 \), soit \( 0.13\% \).

2) Les organisateurs souhaitent commencer la cérémonie de remise des médailles pour les trois premiers coureurs quand 95% des coureurs seront arrivés.

On cherche donc le temps \( x \) tel que \( P(X \leq\, x) = 0.95 \).

En utilisant les tables de la loi normale standard, on trouve que le quantile correspondant à 0.95 est approximativement \( 1.645 \).

Ainsi, en standardisant :

\[
\frac{x – \mu}{\sigma} = 1.645
\]

Ce qui donne :

\[
x – 3.5 = 1.645 \times 0.5
\]

\[
x – 3.5 = 0.8225
\]

\[
x = 3.5 + 0.8225 = 4.3225
\]

Donc, les organisateurs doivent prévoir de commencer la cérémonie de remise des médailles au bout de 4,32 heures après le départ du marathon afin que 95% des coureurs soient arrivés.