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Lois de probabilités continues Introduction L'histogramme ci-dessous résume la répartition, en fréquence, de la taille des individus au sein d'une population.
On rappelle que dans un histogramme chaque classe est représentée par un rectangle dont la largeur est proportionnelle à l'amplitude de la classe et dont la hauteur est proportionnelle à la densité de la classe.

Par exemple, la fréquence des personnes de cette population mesurant entre 150 et 160 cm est de : $10\times0,01818$ $\simeq$ $0,1818$.

Ainsi, c'est l'aire de chaque rectangle qui nous donne la fréquence pour chacune des classes.
On tire au sort un individu au sein de cette population et on note $X$ la variable aléatoire qui donne sa taille.
$X$ peut prendre toutes les valeurs de l'intervalle $[120;195]$.

On dit que $X$ suit une loi continue sur l'intervalle $[120;195]$.
La probabilité $P(X\in [160;175[)$ correspond à la somme des aires des deux rectangles correspondant aux classes $[160;165[$ et $[165;175[$.

$P(X\in [160;175[)$ $=$ $0,05455\times5$ $+$ $0,02272\times10$ $=$ $0,49995$.

Pour déterminer $P(X\in [167;178])$ il faudrait un histogramme plus fin, et il en faudrait un encore plus fin pour déterminer $P(X\in [162,7;168,1])$.
La situation ne peut donc être parfaitement décrite que par la courbe représentative d'une fontion $f$ qui "collerait" à l'histogramme.

Cette fonction $f$ devrait être continue et positive sur $[120;195]$ et telle que $\displaystyle{\int_{120}^{195} f(x)\mathrm{d}x}$ $=$ $1$ pour que l'aire sous la courbe soit égale à 1, tout comme la somme des aires de tous les rectangles de l'histogramme, correspondant à la somme de toutes les fréquences, vaut 1.
Déplacer $a$ et $b$ Ainsi la probabilité que $X$ soit dans l'intervalle $[\alpha;\beta]$ s'écrirait :
$ P(X\in[\alpha;\beta])$ $=$ $\displaystyle{\int_\alpha^\beta f(x)\mathrm{d}x}$.
La formule de l'espérance d'une variable aléatoire discrète :
$E(X) = x_1.p(X=x_1) + x_2.p(X=x_2)+\cdots+x_n.p(X=x_n)$
s'adapterait aussi au cas d'une variable aléatoire continue : $ E(X)$ $=$ $\displaystyle{\int_{120}^{195} x.f(x)\mathrm{d}x. }$ Lois continues sur un intervalle
On considère deux intervalles $[a;b]$ et $[\alpha;\beta]$ tels que $[\alpha;\beta]\subset [a;b]$.
Soit $X$ une variable aléatoire prenant ses valeurs dans l'intervalle $[a;b]$. On dit que $X$ suit une loi continue de densité $f$ si il existe une fonction $f$ continue et positive sur $[a;b]$ et telle que : La fonction $f$ est appelée la densité de la loi de probabilité. Si $X$ suit une loi continue de densité $f$ sur $[a;b]$, alors pour tout $\alpha\in[a;b]$ : $P(X=\alpha)$ $=$ $0$.
Si $X$ suit une loi continue de densité $f$ sur $[a;b]$ alors : $E(X)$ $=$ $\displaystyle{\int_a^b x.f(x)\mathrm{d}x}$. Montrer que $f(x)=3x^2$ est une densité de loi de probabilité sur $[0;1]$ d'une variable aléatoire $X$. Déterminer alors $P(0,1\leq X\leq 0,2)$ ainsi qu'une valeur approchée à $10^{-3}$ de $P_{\{X\geq0,2\}}(X\leq 0,9)$. La fonction $f$ est bien continue et positive sur $[0;1]$. Il nous reste à calculer l'intégrale sur $[0;1]$ de $f$.
$\displaystyle{\int_0^1f(x)\mathrm{d}x}$ $=$ $\displaystyle{\int_0^1 3x^2\mathrm{d}x}$ $=$ $\displaystyle{ \left[ x^3 \right]_0^1 }$ $=$ $1^3-0^3$ $=$ 1.
La fonction $f$ est bien une densité de probabilité sur $[0;1]$.

On a alors : $P(0,1\leq X\leq 0,2)$ $=$ $\displaystyle{\int_{0,1}^{0,2}f(x)\mathrm{d}x}$ $=$ $\left[ x^3 \right]_{0,1}^{0,2}$ $=$ $0,2^3-0,1^3$ $=$ $0,007$.

Pour calculer $P_{\{X\geq0,2\}}(X\leq 0,9)$, on remarque tout d'abord que $X\geq0,2$ signifie $0,2\leq X \leq 1$ et $X\leq 0,9$ signifie $0\leq X\leq 0,9$, car $X$ est une variable aléatoire de $[0;1]$.
On a alors :
$P_{\{X\geq0,2\}}(X\leq 0,9)$ $=$ $\dfrac{P(X\geq0,2\mbox{ et }X\leq 0,9) }{P(X\geq0,2)}$ $=$ $\dfrac{P(0,2\leq X\leq 0,9)}{P(0,2\leq X\leq 1)}$ $=$ $\dfrac{ [x^3]_{0,2}^{0,9} }{ [x^3]_{0,2}^{1} }$ $=$ $\dfrac{0,9^3-0,2^3}{1^3-0,2^3}$ $\simeq$ $0,727$. Soit $X$ une variable aléatoire suivant la loi de probabilité $f$ où $f(t)=at^3$ sur l'intervalle $[0;1]$.
  1. Déterminer $a$.
  2. Calculer $\displaystyle{P\left(X\in \left[\frac{1}{4};\frac{1}{2}\right]\right)}$.
  1. Pour déterminer $a$, nous allons exploiter l'égalité : $\displaystyle{\int_{0}^{1}f(t)\mathrm{d}t = 1}$.
    On a alors :
    $\displaystyle{\int_{0}^{1}f(t)\mathrm{d}t = 1}$ $\Longleftrightarrow$ $\displaystyle{\int_{0}^{1}at^3\mathrm{d}t = 1}$ $\Longleftrightarrow$ $\left[ a\dfrac{t^4}{4}\right]_0^1 = 1$ $\Longleftrightarrow$ $\dfrac{a}{4} = 1$ $\Longleftrightarrow$ $a=4$.
  2. $\displaystyle{P\left(X\in \left[\frac{1}{4};\frac{1}{2}\right]\right)}$ $=$ $\displaystyle{\int_{1/4}^{1/2}4t^3\mathrm{d}t}$ $=$ $[ t^4 ]_{1/4}^{1/2}$ $=$ $\dfrac{1}{2^4}-\dfrac{1}{4^4}$ $=$ $\dfrac{15}{256}$.
Loi uniforme sur un intervalle Si $X$ est une variable aléatoire prenant un nombre fini de valeurs $x_1$, $x_2$, $\ldots$ , $x_n$ et suivant une loi uniforme alors $P(X=x_i)$ $=$ $\dfrac{1}{n}$.

Étendons cela au cas où $X$ prend toutes les valeurs d'un intervalle $[a;b]$ de manière uniforme.
On dit qu'une variable aléatoire $X$ suit une loi uniforme sur un intervalle $[a;b]$ si la densité de la loi de probabilité de $X$ est une fonction constante.
Cette constante est alors égale à $\dfrac{1}{b-a}$. Justification
On a : $\forall x \in[a;b]$, $f(x)$ $=$ $c$ et $\displaystyle{\int_a^b f(x)\mathrm{d}x}$ $=$ $1$.
Or, $\displaystyle{\int_a^b c\mathrm{d}x}$ $=$ $\left[cx\right]_a^b$ $=$ $c(b-a)$ et donc $c$ $=$ $\dfrac{1}{b-a}$.
Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi uniforme sur l'intervalle $[a;b]$. Pour tout intervalle $[\alpha;\beta]\subset[a;b]$, on a : $ P(X\in [\alpha;\beta])$ $ = $ $\dfrac{\beta-\alpha}{b-a}. $ Preuve
$ P(X\in [\alpha;\beta]) $ $=$ $\displaystyle{\int_{\alpha}^{\beta}f(x)\mathrm{d}x}$ $=$ $\displaystyle{\int_{\alpha}^{\beta}\dfrac{\mathrm{d}x}{b-a}}$ $=$ $\left[ \dfrac{x}{b-a} \right]_{\alpha}^{\beta}$ $=$ $\dfrac{\beta-\alpha}{b-a}$. À partir de 7heures du matin, les bus passent toutes les quinze minutes à un arrêt précis. Un usager se présente à cet arrêt entre 7h et 7h30. On fait l'hypothèse que l'heure exacte de son arrivée, représentée par le nombre de minutes après 7h, est une variable aléatoire uniformément répartie sur l'intervalle $[0;30]$. Quelle est la probabilité que l'usager attende moins de cinq minutes le prochain bus? Qu'il l'attende plus de dix minutes? L'usager attendra moins de cinq minutes si son heure d'arrivée est comprise entre 7h10 et 7h15, ou entre 7h25 et 7h30.
Si on note $X$ la variable aléatoire définie par l'énoncé, ceci revient à $X$ appartient à $[10;15]$ ou $X$ appartient à $[25;30]$.
La probabilité recherchée est donc : $P(X\in[10;15])$ $+$ $P(X\in[25;30])$ $=$ $\dfrac{5}{30}$ $+$ $\dfrac{5}{30}$ $=$ $\dfrac{1}{3}$.
Le raisonnement est identique pour déterminer la probabilité qu'il attende plus de dix minutes. Dans ce cas, l'heure d'arrivée doit être comprise entre 7h et 7h05 ou entre 7h15 et 7h20.
$P(X\in[0;5])+P(X\in[15;20])$ $=$ $\dfrac{5}{30}+\dfrac{5}{30}$ $=$ $\dfrac{1}{3}$. Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi uniforme sur l'intervalle $[0;2]$.
On a alors: $P(X=1)$ $=$ $0$ mais $P(0,999 < X < 1,001)$ $=$ $\dfrac{0,002}{1}$ $=$ $0,002$.
De plus, pour tout entier $n\geq1$ : $P\left(1-\dfrac{1}{n} < X < 1+\dfrac{1}{n}\right)$ $=$ $\dfrac{2}{n}$.
Si $X$ est une variable aléatoire suivant une loi uniforme sur $[a;b]$ de fonction de densité $f$, alors l'espérance mathématique de $X$ est : $ E(X)$ $=$ $\dfrac{a+b}{2}. $ Preuve
$E(X)$ $=$ $\displaystyle{\int_a^b xf(x) \mathrm{d}x }$
$=$ $\displaystyle{\int_a^b \frac{x}{b-a} \mathrm{d}x }$
$=$ $\displaystyle{\frac{1}{b-a}\int_a^b x \mathrm{d}x}$
$=$ $\displaystyle{\frac{1}{b-a}\left[\frac{x^2}{2}\right]}$
$=$ $\dfrac{b^2-a^2}{2(b-a)}$
$=$ $\dfrac{(b-a)(b+a)}{2(b-a)}$
$=$ $\dfrac{a+b}{2}.$
Le tableau ci-dessous fournit 30 valeurs "aléatoires" générées par le langage Javascript, ainsi que la moyenne des résultats.
Moyenne :

La moyenne que nous pouvons espérer obtenir est de $\dfrac{1}{2}$. Les moyennes que nous obtenons sont-elles trop éloignées de $\dfrac{1}{2}$ ? Pour vérifier la qualité du générateur de nombres pseudo-aléatoires de Javascript on peut dans un premier temps calculer un intervalle de fluctuation d'échantillonnage comme en classe de 2nde, les conditions d'application de la formule étant réunies : taille de l'échantillon supérieur à 25 et probabilité comprise entre 0,2 et 0,8.
L'intervalle de fluctuation est donc : $\left[ 0,5-\dfrac{1}{\sqrt{30}} ; 0,5+\dfrac{1}{\sqrt{30}} \right]$, soit : $[0,317;0,683]$.
Les résultats que nous voyons apparaître sont quasiment tous dans cet intervalle, donc ce test ne permet pas de conclure que le générateur de nombres pseudo-aléatoires de Javascript s'éloigne trop d'une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur $[0;1]$.

Il existe de nombreuses méthodes pour tester la qualité des générateurs de nombres pseudo-aléatoires, mais cela ne fait pas l'objet de ce cours. Le lecteur curieux trouvera une littérature riche sur le sujet. Loi exponentielle
Une variable aléatoire continue $X$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda>0$ si sa densité est la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par : $f(x)$ $=$ $\lambda \mathrm{e}^{-\lambda x}.$ Vérifier que $\displaystyle{\lim_{t\rightarrow+\infty}\int_0^t f(x)\mathrm{d}x}=1$. La dérivée de $x\mapsto \text{e}^{-\lambda x}$ est $x\mapsto-\lambda\text{e}^{-\lambda x}$. Ainsi, on peut trouver une primitive pour la fonction que nous cherchons à intégrer.

Pour tout réel $t>0$, on a :
$\displaystyle{\int_0^t f(x)\mathrm{d}x}$ $=$ $\displaystyle{\int_0^t \lambda\text{e}^{-\lambda x}\mathrm{d}x}$ $=$ $\left[ -\text{e}^{-\lambda x} \right]_0^t$ $=$ $-\text{e}^{-\lambda t}-(-1)$ $=$ $1-\text{e}^{-\lambda t}$.
Ainsi : $\displaystyle{\lim_{t\rightarrow+\infty}\int_0^t f(x)\mathrm{d}x}$ $=$ $\displaystyle{\lim_{t\rightarrow+\infty}1-\text{e}^{-\lambda t} }$ $=$ $1-0$ $=$ $1$.
En effet, puisque $\lambda>0$, on a : $\displaystyle{\lim_{t\rightarrow+\infty}\text{e}^{-\lambda t} }$ $=$ $0$.
Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de paramètre $\lambda>0$.
  1. Pour tout réel $t>0$ : $P(X < t)$ $=$ $1-\text{e}^{-\lambda t}$ 2 et 2 $P(X>t)$ $=$ $\text{e}^{-\lambda t}.$
  2. Pour tous réels strictement positifs $t_1$ et $t_2$ : $P(t_1\leq X\leq t_2)$ $=$ $\text{e}^{-\lambda t_1}-\text{e}^{-\lambda t_2}.$
Preuve du point 1
Pour tout réel $t>0$, on a :
$P(X < t)$ $=$ $\displaystyle{\int_0^t f(x)\mathrm{d}x}$ $=$ $\displaystyle{\int_0^t \lambda\text{e}^{-\lambda x}\mathrm{d}x}$ $=$ $\left[ -\text{e}^{-\lambda x} \right]_0^t$ $=$ $-\text{e}^{-\lambda t}-(-1)$ $=$ $1-\text{e}^{-\lambda t}$.

De plus, $X$ étant continue, $P(X \geq t)$ $=$ $P(\{X=t\}\cup\{ X>t\}) $ $=$ $P(X = t)+P(X > t)$ $=$ $0+P(X > t)$ $=$ $P(X > t)$.
Nous avons alors : $P(X > t)$ $=$ $P(X \geq t)$ $=$ $1-P( X < t)$ $=$ $1 - (1-\text{e}^{-\lambda t})$ $=$ $\text{e}^{-\lambda t}$.

Preuve du point 2
Pour tous réels strictement positifs $t_1$ et $t_2$, par définition on a :
$P(t_1\leq X\leq t_2)$ $=$ $\displaystyle{\int_{t_1}^{t_2}\lambda\text{e}^{-\lambda x}\mathrm{d}x}$ $=$ $\left[ -\text{e}^{-\lambda x} \right]_{t_1}^{t_2}$ $=$ $-\text{e}^{-\lambda t_2}-(-\text{e}^{-\lambda t_1})$ $=$ $\text{e}^{-\lambda t_1}-\text{e}^{-\lambda t_2}$.
Si $X$ est une variable aléatoire exponentielle de paramètre $\lambda>0$ alors son espérance est : $E(X)$ $=$ $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow+\infty}\int_0^x tf(t)\mathrm{d}t}$ $=$ $\dfrac{1}{\lambda}.$ Preuve
Remarquons tout d'abord que la fonction $F$ définie sur $\mathbb{R}$ par $\displaystyle{F(t)=-\left(t+\frac{1}{\lambda}\right)\text{e}^{-\lambda t}}$ a pour dérivée $tf(t)$.
En effet, en utilisant la dérivée d'un produit, on a :
$F'(t)$ $=$ $-1\times\text{e}^{-\lambda t}-\left(t+\dfrac{1}{\lambda}\right)\times(-\lambda) \text{e}^{-\lambda t} $ $=$ $-\text{e}^{-\lambda t}+\lambda\left(t+\dfrac{1}{\lambda}\right)\text{e}^{-\lambda t}$ $=$ $-\text{e}^{-\lambda t}+\lambda t\text{e}^{-\lambda t}+\text{e}^{-\lambda t}$ $=$ $\lambda t\text{e}^{-\lambda t}$ $=$ $tf(t)$.
Nous pouvons donc calculer l'espérance de $X$ :
$E(x)$ $=$ $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow+\infty}\int_0^x tf(t)\mathrm{d}t}$
$=$ $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow+\infty}\left[-\left(t+\dfrac{1}{\lambda}\right)\text{e}^{-\lambda t}\right]_0^x}$ $=$ $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow+\infty}-\left(x+\dfrac{1}{\lambda}\right)\text{e}^{-\lambda x}+\dfrac{1}{\lambda}}$.

Or $\lambda>0$, donc : $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow+\infty}\text{e}^{-\lambda x}}$ $=$ $0$.
De plus, $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow+\infty}x+\dfrac{1}{\lambda}}$ $=$ $+\infty$, nous sommes donc en présence d'une forme indéterminée, mais d'après les formules de croissances comparées, nous avons :

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow+\infty}-\left(x+\dfrac{1}{\lambda}\right)\text{e}^{-\lambda x}}$ $=$ $0$.

Ainsi, nous obtenons bien : $E(X)$ $=$ $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow+\infty}\int_0^x tf(t)\mathrm{d}t}$ $=$ $\dfrac{1}{\lambda}$. Un composant électronique a une durée de vie $X$ (en heures) modélisée par une loi exponentielle de paramètre $\lambda = 5\times10^{-5}$.
  1. Déterminer $P(X \leq t)$ et $P(X>t)$. En déduire $P(X>1000)$.
  2. Déterminer $m$ tel que $P(X>m)=\dfrac{1}{2}$.
  3. Calculer $E(X)$. Interpréter le résultat.
  4. Comparer $P_{\{X\geq t\}}(X \geq t+h)$ et $P(X\geq h)$. Interpréter le résultat.
  1. D'après la propriété 4, on a : $P(X \leq t) $ $=$ $1-\text{e}^{-\lambda t}$ $=$ $1-\text{e}^{-0,00001t}$ et $P(X > t) $ $=$ $\text{e}^{-\lambda t}$ $=$ $\text{e}^{-0,00005t}$.
    Ainsi : $P(X>1000)$ $=$ $\text{e}^{-0,00005\times1000}$ $=$ $\text{e}^{-0,05}$ $\simeq$ $0,9512$.
  2. $P(X>m)=\dfrac{1}{2}$ $\Longleftrightarrow$ $\text{e}^{-\lambda m} = \dfrac{1}{2}$ $\Longleftrightarrow$ $-\lambda m = \ln\left(\dfrac{1}{2}\right)$ $\Longleftrightarrow$ $-\lambda m = -\ln(2)$ $\Longleftrightarrow$ $m=\dfrac{\ln(2)}{\lambda}$ $\Longleftrightarrow$ $m = \dfrac{10^5\ln(2)}{5}$ $\simeq$ $13862,94$.
    Le nombre $m$ représente la médiane de $X$. C'est-à-dire que la durée de vie du composant électronique a la même probabilité de durée moins de $m$, que plus de $m$.
  3. $E(X)$ $=$ $\dfrac{1}{\lambda}$ $=$ $\dfrac{1}{5\times10^{-5}}$ $=$ $\dfrac{10^5}{5}$ $=$ $20000$.
    On peut donc espérer que le composant électronique ait une durée de vie de 20 000 heures.
  4. $P_{\{X\geq t\}}(X \geq t+h)$ $=$ $\dfrac{P(\{X\geq t\}\cap\{ X \geq t+h \}) }{P(X\geq t)}$.
    Or, si $X\geq t+h$ alors nécessairement $X\geq t$, car $t$ et $h$ sont positifs. Ainsi : $P(\{X\geq t\}\cap\{ X \geq t+h \})$ $=$ $P(X\geq t+h)$ et :
    $P_{\{X\geq t\}}(X \geq t+h)$ $=$ $\dfrac{P(X\geq t+h)}{P(X\geq t)}$ $=$ $\dfrac{ \text{e}^{-\lambda(t+h)} }{\text{e}^{-\lambda t}}$ $=$ $\text{e}^{-\lambda(t+h)-(-\lambda t)}$ $=$ $\text{e}^{-\lambda h}$ $=$ $P(X\geq h)$.
    On peut interpréter ce résultat en disant que quelle que soit la durée de vie déjà écoulée pour le composant électronique, la probabilité que celle-ci dure encore $h$ heures de plus est toujours la même.
La dernière question de l'exercice précédent nous fait dire qu'une loi exponentielle est une loi de durée sans vieillissement. C'est une question qui revient souvent dans les exercices de baccalauréat, sa connaissance est donc fortement recommandée. Loi normale Théorème de Moivre-Laplace Soit $n\in\mathbb{N}^*$. On dit qu'une variable aléatoire $X_n$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$ lorsque $X_n$ compte le nombre de succès lors de $n$ répétitions indépendantes d'une même épreuve de Bernouilli de paramètre $p$.
Déplacer $n$ et $p$ On a alors :
1Théorème de Moivre-Laplace
Soit pour tout entier $n$, une variable aléatoire $X_n$ qui suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$ et soit $Z_n$ $=$ $\displaystyle{\dfrac{X_n -np}{\sqrt{np(1-p)}}}$ la variable centrée réduite associée à $X_n$.
Alors pour tous réels $a$ et $b$, tels que $a < b$ : $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow+\infty} P(a \leq Z_n \leq b)}$ $ = $ $\displaystyle{\int_a^b \dfrac{1}{2\pi}\text{e}^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm{d}x.}$
On peut interpréter ce théorème en disant que lorsque $n$ est de plus en plus grand, le diagramme bâton représentant la variable aléatoire $X_n$ est de plus en plus proche de la courbe d'une fonction particulière.
Cela est à rapprocher de l'histogramme représentant la répartition des tailles des individus d'une population que l'on avait remplacé par la courbe d'une fonction. Le calcul des probabilités se faisant en calculant des aires, l'intégrale de cette fonction avait donc été introduite de manière naturelle.
Par ailleurs, ces fonctions qui apparaissent nous amènent à effectuer les études des paragraphes suivants. Loi normale centrée réduite
Une variable aléatoire continue $X$ suit la loi normale $\mathcal{N}(0;1)$ si sa densité est la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x)$ $=$ $\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \text{e} ^{-\frac{x^2}{2}}$.
On admettra le fait que l'intégrale sous la courbe vaut $1$ et qu'ainsi f est bien une densité. La fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \text{e}^{-\frac{x^2}{2}}$ est paire (pour tout réel $x$, $f(-x)$ $=$ $f(x)$) et sa courbe représentative est donc symétrique par rapport à l'axe des ordonnées.

On peut alors déduire graphiquement quelques propriétés pour $X$ suivant une loi $\mathcal{N}(0;1)$ :
Soit $X$ une variable aléatoire continue suivant la loi $\mathcal{N}(0;1)$. On a alors :
Nous ne connaissons aucune primitive à la fonction $x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \text{e}^{-\frac{x^2}{2}}$, ainsi, si $X$ suit une loi normale centrée réduite, afin de déterminer $P(\alpha < X < \beta)$ on n'aura d'autre choix que celui d'utiliser la calculatrice : Soit $X$ une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite. À l'aide de votre calculatrice donner une valeur approchée à $10^{-4}$ des probabilités suivantes :
  1. $P(-1,5 \leq X \leq 2,2)$
  2. $P(X < 1,3)$
  3. $P(0,2 < X)$
  4. $P(X=1)$
  5. $P_{\{X>-0,38\}}(X<1,02)$
Quel que soit le modèle de calculatrice nous avons besoin d'entrer les valeurs des deux bornes.
On pourra tout de même vérifier les résultats en modifiant les valeurs de $a$ et $b$ du graphique ci-dessous.
  1. $P(-1,5 \leq X \leq 2,2)$ $\simeq$ $0,9193$.
  2. Pour calculer $P(X < 1,3)$ il nous manque la borne inférieur. En fonction des calculatrice on la remplacera par $-\infty$ ou par un nombre "très" éloigné de $0$, par exemple $-10^{99}$. On obtient alors :
    $P(X < 1,3)$ $\simeq$ $0,9032$.
  3. Ici, nous rencontrons le même problème mais avec la borne supérieur. On la remplacera en fonction des calculatrices par $+\infty$ ou $10^{99}$. On a ainsi : $P(0,2 < X)$ $\simeq$ $0,4207$.
  4. De manière triviale, nous avons $P(X=1)$ $=$ $0$, car $X$ est une variable aléatoire continue.
  5. $P_{\{X>-0,38\}}(X<1,02)$ $=$ $\dfrac{ P(\{ X<1,02 \}\cap\{ X>-0,38 \}) }{P(X>-0,38)}$ $=$ $\dfrac{P( -0,38 < X < 1,02)}{P(X>-0,38)}$ $=$ $\dfrac{0,494163}{0,648027}$ $\simeq$ $0,7626$.
Si $X$ suit une loi normale centrée réduite, afin de déterminer le nombre réel $\gamma$ tel que $P(X<\gamma) = k$ on n'aura d'autre choix que celui d'utiliser la calculatrice : Soit $X$ une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite. À l'aide de la calculatrice résoudre les équations suivantes en arrondissant les résultats à $10^{-5}$ :
  1. $P(X \leq a) = 0,1256$
  2. $P(X > b) = 0,2347$
  3. $P(0 < X < c) = 0,4988$
On pourra ici aussi vérifier les résultats de la calculatrice à l'aide du graphique ci-dessous. Dans le cas où il n'y a pas de borne inférieur, on mettra $a$ complétement à gauche, et réciproquement lorsqu'il n'y a pas de borne supérieur $n$ sera complétement à droite.
  1. Pour $P(X \leq a) = 0,1256$ nous trouvons $a\simeq-1,14744$.
  2. Pour $P(X > b) = 0,2347$ les calculatrices ne donnent pas directement de résultats. On doit modifier tout d'abord l'expression.
    $P(X > b) = 0,2347$ $\Longleftrightarrow$ $P(X \leq b) = 1 - 0,2347$ $\Longleftrightarrow$ $P(X \leq b) = 0,7653$.
    La calculatrice nous donne alors : $b\simeq0,72346$.
  3. Pour $P(0 < X < c) = 0,4988$ la calculatrice ne peut également fournir immédiatement de résultat.
    $P(0 < X < c) = 0,4988$ $\Longleftrightarrow$ $P(X\leq0)+P(0 < X < c) = P(X\leq0)+0,4988$ $\Longleftrightarrow$ $P(X < c) = 0,5+0,4988$ $\Longleftrightarrow$ $P(X < c) = 0,9988$.
    La calculatrice nous donne : $c\simeq 3,03567$.

Si une variable $X$ suit une loi normale $\mathcal{N}(0;1)$ alors : Preuve
Le résultat sur la variance est admis. Nous démontrons celui concernant l'espérance.
$E(X)$ $=$ $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow-\infty} \int_x^0 tf(t)\mathrm{d}t + \lim_{x\rightarrow+\infty} \int_0^x tf(t)\mathrm{d}t }$
$=$ $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow-\infty} \int_x^0 \frac{t}{\sqrt{2\pi}} \text{e}^{-\frac{t^2}{2}}\mathrm{d}t + \lim_{x\rightarrow+\infty} \int_0^x \frac{t}{\sqrt{2\pi}} \text{e} ^{-\frac{t^2}{2}}\mathrm{d}t }$
$=$ $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow-\infty} \left[ -\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \text{e}^{-\frac{t^2}{2}} \right]_x^0 + \lim_{x\rightarrow+\infty} \left[ -\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \text{e}^{-\frac{t^2}{2}} \right]_0^x }$
$=$ $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow-\infty} \left( -1 +\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \text{e}^{-\frac{x^2}{2}} \right) +}$ $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow+\infty} \left( -\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \text{e}^{-\frac{x^2}{2}} + 1\right) }$
$=$ $\displaystyle{-1+0-0+1}$ 3par limite de la fonction exponentielle
$=$ $0$.
Loi normale
Soient $\mu\in\mathbb{R}$ et $\sigma>0$.
Une variable aléatoire $X$ suit la loi normale $\mathcal{N}(\mu;\sigma ^2)$ si la variable aléatoire $\dfrac{X-\mu}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite $\mathcal{N}(0;1)$. Faire varier les valeurs de $\mu$ et $\sigma$ pour observer leur influence sur la courbe.
Modifier le paramètre $\mu$ déplace l'axe de symétrie de la courbe et modifier $\sigma$ fait varier l'aplatissement de la courbe.
Si une variable $X$ suit une loi normale $\mathcal{N}(\mu;\sigma ^2)$ alors : Preuve
Ces résultats s'obtiennent à l'aide des opérations sur les variables aléatoires.

À, savoir que si $X$ est une variable aléatoire et $a$ un réel alors, en notant $E$ l'espérance et $s$ l'écart-type : $E(X+a)$ $=$ $E(X)+a$, $s(X+a)$ $=$ $s(X)$, $E(aX)$ $=$ $aE(X)$ et $s(aX)$ $=$ $|a|S(X)$.
On pourra revoir le cours se rapportant à ses notions.

Nous avons que $\dfrac{X-\mu}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite, donc :
$E\left(\dfrac{X-\mu}{\sigma}\right)=0$ $\Longleftrightarrow$ $\dfrac{1}{\sigma}E(X-\mu) = 0$ $\Longleftrightarrow$ $E(X-\mu) = 0$ $\Longleftrightarrow$ $E(X)-\mu=0$ $\Longleftrightarrow$ $E(X)=\mu$.

De plus, en notant $s$ l'écart-type d'une variable aléatoire, nous avons :

$s\left( \dfrac{X-\mu}{\sigma} \right)=1$ $\Longleftrightarrow$ $\dfrac{1}{\sigma}s(X-\mu)=1$ $\Longleftrightarrow$ $s\left( X-\mu \right) = \sigma$ $\Longleftrightarrow$ $s(X)=\sigma$. Tout comme pour la loi normale centrée réduite, si X suit une loi normale $\mathcal{N}(\mu;\sigma ^2)$ on ne pourra calculer $P(\alpha < X < \beta)$ qu'à l'aide de la calculatrice : Le périmètre crânien en cm d'un enfant de 3 ans suit la loi normale d'espérance $49$cm et d'écart-type $1,6$cm.
  1. Quelle est la probabilité pour que le périmètre crânien d'un enfant de 3 ans soit compris entre $45,8$ et $52,2$cm ?
  2. Quelle est la probabilité pour que le périmètre crânien d'un enfant de 3 ans soit inférieure à $48$cm ?
Notons $X$ la variable aléatoire donnant le périmètre crânien. Nous avons alors que $X$ suit $\mathcal{N}(49;1,6^2)$.
  1. Nous cherchons dans cette question $P( 45,8 < X < 52,2)$. Nous obtenons à la calculatrice, en arrondissant à $10^{-4}$ : $0,95450$.
  2. Ici, nous voulons : $P( X < 48)$. Toujours à la calculatrice, en arrondissant à $10^{-4}$, on obtient : $0,26599$.
Tout comme pour la loi normale centrée réduite, si X suit une loi normale $\mathcal{N}(\mu;\sigma ^2)$ on ne pourra résoudre l'équation $P(X < \gamma)=k$ qu'à l'aide de la calculatrice : Intervalles et écarts-types
Si X est une variable aléatoire suivant la loi normale $\mathcal{N}(0;1)$ alors pour tout réel $\alpha$ $\in$ $]0;1[$, il existe un unique réel positif $u_{\alpha}$ tel que $P(-u_{\alpha} \leq X \leq u_{\alpha})$ $=$ $1-\alpha$.
Preuve
Remarquons tout d'abord que pour tout réel positif $t$ :
$P( -t\leq X \leq t )=1-\alpha$ $\Longleftrightarrow$ $P( X\leq t) = 1-\alpha+\dfrac{\alpha}{2}$ $\Longleftrightarrow$ $P( X\leq t) = 1 -\dfrac{\alpha}{2}$.
On cherche donc à prouver qu'il existe une unique solution $t$ à l'équation $P( X\leq t) = 1 -\dfrac{\alpha}{2}$. Nous allons pour cela utiliser le théorème de la bijection.
On définit la fonction $f$ sur $\mathbb{R}$ par $f(t)=P( X\leq t)$. On cherche donc à prouver l'existence et l'unicité d'une solution à l'équation $f(t)=1 -\dfrac{\alpha}{2}$.

Pour calculer une probabilité associée à une variable aléatoire continue nous utilisons une intégrale, ainsi la fonction $f$ est bien continue sur $\mathbb{R}$.

De plus, si $t$ et $t'$ sont deux réels tels que $t < t'$, alors $P(X\leq t) < P(X\leq t')$ car nous calculons une aire de plus en plus loin sous la courbe. Ainsi, $f(t) < f(t')$ dès que $t < t'$, la fonction $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

Nous avons que :
$\displaystyle{\lim_{t\rightarrow-\infty}f(t)}$ $=$ $\displaystyle{\lim_{t\rightarrow-\infty}P(X\leq t)}$ $=$ $0$, et $\displaystyle{\lim_{t\rightarrow+\infty}f(t)}$ $=$ $\displaystyle{\lim_{t\rightarrow+\infty}P(X\leq t)}$ $=$ $1$.
Or $\alpha\in]0;1[$, donc $1 -\dfrac{\alpha}{2}$ $\in$ $]0;1[$, nous pouvons alors appliquer le théorème de la bijection et affirmer que l'équation $f(t)=1 -\dfrac{\alpha}{2}$ admet une unique solution sur $\mathbb{R}$, que nous notons $u_{\alpha}$. À l'aide de la calculatrice on obtient alors les valeurs suivantes : Ces valeurs sont à connaître par coeur, on retiendra donc que, si $X$ suit $\mathcal{N}(0;1)$ alors :
Si $X$ suit la loi $\mathcal{N}(\mu;\sigma ^2)$, on a les approximations suivantes :
Dans le graphique précédent nous remarquons, quelles que soient les valeurs de $\mu$ et $\sigma$ que les probabilités restent identiques.