Probabilités et statistique

Réponse finale

Démarche détaillée

1. Un code numérique n'est pas automatiquement une variable quantitative.
2. Le test à se rappeler : « est-ce que faire la moyenne aurait du sens ? ».
3. Ici, la moyenne du dossard n°42 et du dossard n°318 (soit 180) ne représente rien de significatif.
4. Les dossards servent uniquement à identifier les coureurs, sans ordre ni relation arithmétique.
5. C'est donc une variable qualitative nominale.

Réponse finale

Démarche détaillée

1. La population regroupe tous les individus visés par l'étude (les 320 lacs concernés).
2. L'échantillon est le sous-ensemble effectivement observé (les 40 lacs visités).
3. La variable est la caractéristique mesurée sur chaque unité, soit la profondeur maximale.

Réponse finale

Démarche détaillée

1. La fréquence relative cumulée est la somme des fréquences relatives des classes précédentes et de la classe considérée : 12 + 25 + 30 + 20 = 87 %.

Réponse finale

Démarche détaillée

1. L'étendue est $E = x_{\max} - x_{\min} = 65 - 15 = 50$ cm.
2. L'amplitude minimale par classe est $A = E/k = 50/5 = 10$ cm.
3. Ici, 10 cm est déjà un nombre commode, on peut le garder tel quel.

Réponse finale

Démarche détaillée

1. Le total en biologie s'obtient en additionnant les femmes en biologie et les hommes en biologie : 22 + 15 = 37 étudiants.

Réponse finale

Démarche détaillée

1. (a) L'effectif absolu se calcule par $n_i = f_i \times n$ : 0,05 × 100 = 5 ; 0,25 × 100 = 25 ; 0,45 × 100 = 45 ; 0,25 × 100 = 25. (b) La fréquence cumulée s'obtient par sommes successives : 5, 5+25=30, 30+45=75, 75+25=100. (c) « Au moins Bien » = Bien + Très bien = 45 % + 25 % = 70 %.

Réponse finale

Démarche détaillée

1. $x_{\max} = 35$ et $x_{\min} = 12$, donc $E = 35 - 12 = 23$ mm.
2. Amplitude minimale : $A = E/k = 23/5 = 4{,}6$ mm, qu'on arrondit vers le haut à 5 mm (nombre commode).
3. Les classes commencent à 12 : [12 ; 17), [17 ; 22), [22 ; 27), [27 ; 32), [32 ; 37).

Réponse finale

Démarche détaillée

1. Fréquences relatives : chaque effectif divisé par 60. 8/60 ≈ 13,3 %, 15/60 = 25,0 %, 22/60 ≈ 36,7 %, 10/60 ≈ 16,7 %, 5/60 ≈ 8,3 %.
2. Cumulées : sommes successives : 13,3 ; 13,3+25,0=38,3 ; 38,3+36,7=75,0 ; 75,0+16,7=91,7 ; 91,7+8,3=100,0.

Réponse finale

Démarche détaillée

1. (a) $E = x_{\max} - x_{\min} = 39{,}1 - 36{,}8 = 2{,}3$ °C. (b) On convertit un écart de température (pas d'ajout de 32) : $2{,}3 \times 9/5 = 4{,}14$ °F.

Réponse finale

Démarche détaillée

1. L'écart-type mesure la dispersion autour de la moyenne.
2. Un petit écart-type signifie que les valeurs sont regroupées autour de la moyenne (groupe A), tandis qu'un grand écart-type indique une forte dispersion (groupe B).
3. Avec la même moyenne, on peut dire que le groupe A est plus « prévisible » et le groupe B plus « variable ».

Réponse finale

Démarche détaillée

1. Cote $z$ de Marie : $z_M = (78-65)/10 = 1{,}3$.
2. Cote $z$ de Jean : $z_J = (82-75)/6 \approx 1{,}17$.
3. Marie se situe à 1,30 écart-type au-dessus de la moyenne de son groupe, alors que Jean n'est qu'à 1,17 écart-type au-dessus.
4. Marie a donc mieux performé par rapport à son groupe, même si Jean a une note brute plus élevée.

Réponse finale

Démarche détaillée

1. On isole $x$ dans la formule : $z = (x - \bar{x})/s$ donne $x = \bar{x} + z \cdot s = 68 + (-1{,}5)(8) = 68 - 12 = 56$.
2. L'étudiant a obtenu 56, soit 1,5 écart-type sous la moyenne du groupe.
3. Comme $|z| < 2$, ce n'est pas considéré comme atypique, mais il se situe clairement dans la partie basse de la distribution.

Réponse finale

Démarche détaillée

1. (a) Dans une distribution asymétrique à droite, la queue tire la moyenne vers les grandes valeurs, alors que la médiane reste au milieu de la distribution.
2. On a donc systématiquement $\bar{x} > \text{Me}$. (b) La médiane représente mieux le revenu typique parce qu'elle n'est pas influencée par une minorité de très hauts revenus.

Réponse finale

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1. La croissance réelle est de $\dfrac{550\,000 - 500\,000}{500\,000} = 10\,\%$, mais un axe tronqué (par exemple, commençant à 480 000 $) rend la différence proportionnellement énorme.
2. Cette pratique est trompeuse.
3. Correction : commencer l'axe Y à 0.
4. Sinon, indiquer explicitement la troncature et l'échelle utilisée.

Réponse finale

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1. Le poids est un nombre → quantitatif.
2. Il provient d'une mesure sur un intervalle continu (2,3 kg, 2,315 kg…) → continu.

Réponse finale

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1. $E = 100 - 0 = 100$.
2. $A = E/k = 100/5 = 20$.
3. Une amplitude plus petite ne couvre pas toute l'étendue en 5 classes.

Réponse finale

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1. L'échantillon est auto-sélectionné : seuls les jeunes actifs sur Instagram et intéressés par le sujet répondent, ce qui surreprésente les grands utilisateurs d'écrans. 5000 n'est pas insuffisant — c'est la méthode qui pose problème.

Réponse finale

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1. On conditionne sur les hommes : 45 fumeurs / 120 hommes = 0,375 = 37,5 %.
2. L'option (a) confond avec 45/200 (proportion des hommes fumeurs dans le total).

Réponse finale

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1. Un code numérique n'est pas automatiquement quantitatif.
2. Les numéros servent d'identifiants — leur moyenne (50,5) n'a aucune signification.
3. Test à retenir : « Est-ce que la moyenne aurait du sens ? » → non, donc pas quantitatif.

Réponse finale

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1. Une translation (ajouter la même constante) déplace la moyenne mais ne change pas la dispersion.
2. Chaque écart reste identique : $(x_i + 5) - (\bar{x} + 5) = x_i - \bar{x}$.
3. Donc $s = 10$ reste inchangé.
4. Seule la moyenne passe de 50 à 55.

Réponse finale

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1. Vrai.
2. Par définition, un sondage observe seulement un échantillon.
3. C'est ce qui le distingue d'un recensement (qui observe toute la population).

Réponse finale

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1. Faux.
2. Dans une distribution symétrique, la moyenne et la médiane sont égales.
3. Elles ne diffèrent typiquement que lorsque la distribution est asymétrique ou contient des valeurs extrêmes.

Réponse finale

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1. Vrai.
2. La longue queue à droite tire la moyenne vers les grandes valeurs, alors que la médiane reste au centre de la majorité des observations.
3. On observe donc systématiquement moyenne > médiane.
4. L'inverse (moyenne < médiane) caractérise une asymétrie à gauche.

Réponse finale

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1. L'univers Ω est l'ensemble de tous les résultats possibles.
2. Pour un dé à 6 faces : Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Réponse finale

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1. Cas favorables : {5, 6}, soit 2 résultats.
2. $|\Omega| = 6$.
3. Par équiprobabilité : $P(A) = 2/6 = 1/3$.

Réponse finale

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1. Il y a 4 rois sur 52 cartes.
2. $P(\text{roi}) = 4/52 = 1/13$.

Réponse finale

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1. On applique $P(A \cap B) = P(A) \times P(B \mid A) = 0{,}60 \times 0{,}30 = 0{,}18$.

Réponse finale

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1. $E(X) = \sum x_i \cdot P(X = x_i) = 1(0{,}2) + 2(0{,}5) + 3(0{,}3) = 0{,}2 + 1{,}0 + 0{,}9 = 2{,}1$.

Réponse finale

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1. (a) Ordre compte, sans répétition → arrangement. (b) Ordre ne compte pas → combinaison. (c) Ordre compte → arrangement.

Réponse finale

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1. Événement contraire : « aucun 6 sur les 3 dés ».
2. Par indépendance : $P(\text{aucun 6}) = (5/6)^3 = 125/216$.
3. Donc $P(\text{au moins un 6}) = 1 - 125/216 = 91/216 \approx 42{,}13\,\%$.

Réponse finale

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1. Total = 150 personnes.
2. Sportifs = $45 + 55 = 100$. (a) $P(\text{sport}) = 100/150 = 2/3$. (b) $P(\text{sport} \mid \text{fille}) = 45/80 = 0{,}5625$. (c) $P(\text{fille} \mid \text{sport}) = 45/100 = 0{,}45$.

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1. (a) Le 1er anniversaire peut être n'importe quel jour (365/365), le 2ᵉ doit éviter le 1er (364/365), … le 30ᵉ doit éviter les 29 précédents (336/365).
2. $P = \dfrac{365 \times 364 \times \ldots \times 336}{365^{30}} = \dfrac{A^{30}_{365}}{365^{30}} \approx 0{,}294$. (b) $P(\text{au moins 2 mêmes}) = 1 - 0{,}294 \approx 0{,}706$.
3. Il suffit de 23 personnes pour dépasser 50 % — c'est le célèbre « paradoxe des anniversaires ».

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1. Standardisation : $z_1 = \dfrac{2800 - 3400}{400} = -1{,}50$ et $z_2 = \dfrac{3800 - 3400}{400} = 1{,}00$.
2. Les deux bornes encadrent $0$ : l'intervalle se compose de deux morceaux, de part et d'autre de la moyenne. Les aires s'additionnent.
3. Par symétrie, l'aire entre $-1{,}50$ et $0$ égale $A(1{,}50) = 0{,}4332$.
4. $\prob(2800 \leq X \leq 3800) = A(1{,}50) + A(1{,}00) = 0{,}4332 + 0{,}3413 = 0{,}7745$, soit $77{,}45~\%$.
5. Contrôle : l'intervalle s'étend sur $1{,}5$ écart-type d'un côté et $1$ de l'autre. Un résultat entre 68 % et 95 % est attendu.

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1. Événement contraire : les 3 lancers évitent à la fois 6 et 1 → chaque lancer dans {2, 3, 4, 5}.
2. $P = (4/6)^3 = 64/216$.
3. $P(\text{au moins un 6 OU un 1}) = 1 - 64/216 = 152/216 = 19/27$.

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1. Les nombres premiers de {1..6} sont 2, 3 et 5 → 3 cas favorables sur 6.
2. $P = 3/6 = 1/2$.

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1. Définition classique d'indépendance : $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$.
2. Équivalent : $P(A \mid B) = P(A)$.
3. L'option (a) définit l'incompatibilité, pas l'indépendance.

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1. Loi de De Morgan : le contraire de « A ou B » est « ni A ni B », soit $\overline{A} \cap \overline{B}$.
2. Autrement dit, $\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}$.

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1. L'ordre compte (BAC ≠ CAB), sans répétition → arrangement.
2. $A^3_{26} = 26 \times 25 \times 24 = 15\,600$.
3. L'option (c) est $26^3$ = mots AVEC répétition.

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1. Formule d'inclusion-exclusion : $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 0{,}5 + 0{,}4 - 0{,}2 = 0{,}7$.
2. L'option (c) oublie de soustraire l'intersection.

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1. Faux.
2. La distribution normale est symétrique et unimodale : moyenne = médiane = mode, tous en $x = \mu$.

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1. Vrai.
2. Formule à connaître : $E(X) = np$ et $\mathrm{Var}(X) = np(1-p)$ pour une loi binomiale.

Réponse finale

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1. Vrai.
2. Règle empirique 68-95-99,7 :  68 % dans $\pm 1\sigma$,  95 % dans $\pm 2\sigma$,  99,7 % dans $\pm 3\sigma$.

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1. Faux.
2. Une cote $z = 3$ est atypique ( 0,15 % des observations dans une loi normale) mais peut être une valeur légitime — juste rare.
3. Il faut investiguer avant de conclure à une erreur.

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1. (a) Compter les issues. Les boules sont numérotées, donc toutes distinguables. Pour la première, 5 choix ; pour la seconde, 4 restants. L'ordre étant noté : $5 \times 4 = 20$ issues.
2. (b) Décrire l'événement. $A$ est l'ensemble des couples ordonnés de boules toutes deux rouges. Il y a 3 rouges : $3 \times 2 = 6$ couples ordonnés.
3. (c) Calculer. Les 20 issues sont équiprobables (tirage au hasard sans remise, boules distinguables), donc $\prob(A) = \dfrac{6}{20} = \dfrac{3}{10} = 0{,}3$.
4. (d) Examiner l'univers proposé. Comptons les issues derrière chaque résultat de couleur : $RR$ en compte 6 ($3 \times 2$), $RV$ en compte 6 ($3 \times 2$), $VR$ en compte 6 ($2 \times 3$), et $VV$ seulement 2 ($2 \times 1$).
5. (d) Conclure. Total $6 + 6 + 6 + 2 = 20$, ce qui confirme le compte. Mais $VV$ ne pèse que $2/20$ alors que les trois autres pèsent $6/20$ : les quatre résultats ne sont pas équiprobables, et diviser par 4 est sans fondement.
6. Ce qu'il fallait retenir. L'univers $\{RR, RV, VR, VV\}$ n'est pas interdit — il est même commode. Ce qui est faux, c'est de lui appliquer la formule des cas favorables sur cas possibles, qui exige l'équiprobabilité.

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1. Compter ceux qui suivent au moins un cours. Additionner 70 et 50 compte deux fois les 30 étudiants inscrits aux deux. On retranche donc l'intersection : $|M \cup P| = 70 + 50 - 30 = 90$.
2. Passer au complémentaire. « Ni l'un ni l'autre » est le contraire de « au moins un des deux » : $120 - 90 = 30$ étudiants.
3. Calculer la probabilité. $\prob = \dfrac{30}{120} = \dfrac{1}{4} = 0{,}25$.
4. Vérifier par les quatre catégories. Maths seulement : $70 - 30 = 40$. Physique seulement : $50 - 30 = 20$. Les deux : 30. Ni l'un ni l'autre : 30. Total $40 + 20 + 30 + 30 = 120$. Le compte est bon.

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1. (a) Inclusion-exclusion à trois ensembles. $|A \cup B \cup C| = |A| + |B| + |C| - |A \cap B| - |A \cap C| - |B \cap C| + |A \cap B \cap C|$.
2. (a) Application. $60 + 45 + 35 - 20 - 15 - 12 + 5 = 140 - 47 + 5 = 98$.
3. (b) Complémentaire. $150 - 98 = 52$ personnes n'utilisent aucune des trois.
4. (c) Utilisateurs de $A$ seulement. On retire de 60 ceux qui utilisent aussi $B$ (20) et ceux qui utilisent aussi $C$ (15). Mais les 5 qui utilisent les trois viennent d'être retirés deux fois : on les remet une fois. Soit $60 - 20 - 15 + 5 = 30$.
5. (c) Les deux autres, de la même façon. $B$ seulement : $45 - 20 - 12 + 5 = 18$. $C$ seulement : $35 - 15 - 12 + 5 = 13$.
6. (c) Total. $30 + 18 + 13 = 61$ personnes utilisent exactement une application.
7. Contrôle par les sept régions. Exactement deux applications : $A \cap B$ sans $C$ vaut $20 - 5 = 15$ ; $A \cap C$ sans $B$ vaut $15 - 5 = 10$ ; $B \cap C$ sans $A$ vaut $12 - 5 = 7$. Somme de toutes les régions : $30 + 18 + 13 + 15 + 10 + 7 + 5 = 98$, ce qui redonne exactement le résultat de (a).
8. Le point de méthode. Chaque région du diagramme se calcule séparément, puis on additionne. Soustraire « à la volée » les intersections d'un total conduit presque toujours à retirer deux fois l'intersection triple.

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1. Identifier la structure. Quatre postes distincts, pas de cumul possible : c'est un arrangement de 4 personnes parmi 10.
2. Compter poste par poste. Président : 10 choix. Vice-président : 9. Secrétaire : 8. Trésorier : 7.
3. Multiplier. $10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5\,040$, soit $A^4_{10} = \dfrac{10!}{6!}$.
4. Contrôler par la formule alternative. Choisir d'abord les 4 personnes, $\binom{10}{4} = 210$, puis leur répartir les postes, $4! = 24$ : $210 \times 24 = 5\,040$. ✓

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1. Le test décisif. Sélectionner trois personnes puis en échanger deux : si la configuration obtenue est différente, l'ordre compte et il faut un arrangement ; si elle est identique, c'est une combinaison.
2. Appliquer le test. Échanger le président et le trésorier change le bureau (a). Échanger deux membres d'une délégation ne change rien (c). Échanger deux prix change le palmarès (b). Échanger deux chaises numérotées change le plan de salle (d).
3. Conclure. Seul (c) décrit un sous-ensemble sans structure interne : $\binom{12}{3} = 220$.
4. Le lien entre les deux nombres. $A^3_{12} = \binom{12}{3} \times 3! = 220 \times 6 = 1\,320$. Chaque délégation peut se voir attribuer les trois rôles de 6 façons — c'est exactement le facteur qui sépare les deux formules.

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1. Fixer l'univers équiprobable. Deux dés équilibrés produisent 36 couples $(d_1, d_2)$, tous de probabilité $1/36$. C'est le seul univers sur lequel « cas favorables sur cas possibles » s'applique.
2. Tester (a). Somme 7 : six couples. Somme 8 : cinq couples, soit $(2,6), (3,5), (4,4), (5,3), (6,2)$. Les probabilités diffèrent, l'affirmation est fausse.
3. Tester (b). Le produit est impair uniquement si les deux dés sont impairs : $3 \times 3 = 9$ couples, soit $9/36 = 1/4$. Donc le produit est pair dans $3/4$ des cas, pas $1/2$.
4. Tester (c). Les sommes 2 et 12 viennent chacune d'un seul couple : $1/36$ et non $1/11$.
5. Tester (d). $\prob(\text{somme} = 7) = 6/36 = 1/6$. Correct.
6. Le fil commun des erreurs. Trois des quatre affirmations comptent des catégories (sommes possibles, pair ou impair) comme si elles étaient équiprobables. L'équiprobabilité vient du dispositif, jamais du fait d'avoir dressé une liste.

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1. Univers de départ. Le nombre de mains de 2 cartes est $\binom{52}{2} = 1\,326$. Le nombre de mains formées de deux as est $\binom{4}{2} = 6$.
2. (a) Compter les mains avec au moins un as. Passer par le contraire : les mains sans aucun as sont $\binom{48}{2} = 1\,128$. Donc $1\,326 - 1\,128 = 198$ mains contiennent au moins un as.
3. (a) Conditionner. L'univers se réduit à ces 198 mains, dont 6 sont formées de deux as : $\prob(\text{2 as} \mid \text{au moins un as}) = \dfrac{6}{198} = \dfrac{1}{33} \approx 0{,}030$.
4. (b) Compter les mains contenant l'as de pique. L'as de pique occupe une place, la seconde carte est n'importe laquelle des 51 restantes : $\binom{51}{1} = 51$ mains.
5. (b) Compter celles qui sont deux as. Parmi ces 51 mains, celles formées de deux as contiennent l'as de pique et l'un des 3 autres as : 3 mains.
6. (b) Conditionner. $\prob(\text{2 as} \mid \text{as de pique}) = \dfrac{3}{51} = \dfrac{1}{17} \approx 0{,}059$.
7. (c) Comparer. La seconde probabilité est presque le double de la première ($33/17 \approx 1{,}94$ fois). Nommer l'as change l'information reçue : « au moins un as » est satisfait par 198 mains, dont beaucoup contiennent un as isolé accompagné d'une carte quelconque ; « l'as de pique est là » n'en laisse que 51. Une condition plus précise découpe un univers plus petit, et la proportion de mains à deux as y est plus grande.
8. Le point à retenir. Conditionner, ce n'est pas seulement « savoir qu'un événement s'est produit » : c'est remplacer l'univers par l'ensemble des cas compatibles avec l'information reçue. Deux informations qui semblent dire la même chose peuvent définir deux univers très différents.

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1. Traduire l'incompatibilité. $A \cap B = \emptyset$, donc $\prob(A \cap B) = 0$.
2. Écrire la condition d'indépendance. $A$ et $B$ sont indépendants si $\prob(A \cap B) = \prob(A)\prob(B)$.
3. Confronter. Le membre de gauche vaut 0 ; le membre de droite est un produit de deux nombres strictement positifs, donc strictement positif. L'égalité est impossible.
4. L'intuition remise à l'endroit. Savoir que $A$ s'est produit apprend au contraire beaucoup sur $B$ : cela garantit que $B$ ne s'est pas produit. C'est une dépendance maximale, pas une absence d'information.
5. En conditionnel. $\prob(B \mid A) = 0$, alors que $\prob(B) > 0$. La probabilité de $B$ change radicalement quand on apprend $A$ : la définition même de la dépendance.

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1. Passer au contraire. Le contraire de « au moins un tombe en panne » est « aucun ne tombe en panne », c'est-à-dire les trois fonctionnent.
2. Probabilités de bon fonctionnement. $1 - 0{,}10 = 0{,}90$ ; $1 - 0{,}05 = 0{,}95$ ; $1 - 0{,}20 = 0{,}80$.
3. Utiliser l'indépendance. Les capteurs étant indépendants, la probabilité qu'ils fonctionnent tous les trois est le produit : $0{,}90 \times 0{,}95 \times 0{,}80 = 0{,}684$.
4. Conclure. $\prob(\text{au moins une panne}) = 1 - 0{,}684 = 0{,}316$.
5. Contrôler l'ordre de grandeur. Le résultat doit dépasser la plus grande probabilité individuelle ($0{,}20$) sans atteindre leur somme ($0{,}35$) : $0{,}316$ se situe bien dans cet intervalle.

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1. (a) Valeurs possibles. L'écart minimal est 0 (les deux dés égaux) et le maximal est $|6-1| = 5$. Donc $D \in \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$.
2. (b) Le cas $D = 0$. Les couples $(1,1), (2,2), \ldots, (6,6)$ : 6 couples, d'où $\prob(D = 0) = \dfrac{6}{36}$.
3. (b) Le cas $D = d \geq 1$. Il faut $d_2 = d_1 + d$ ou $d_1 = d_2 + d$. Pour chaque sens, $d_1$ peut prendre $6 - d$ valeurs. Les deux sens donnent des couples distincts, d'où $2(6-d)$ couples.
4. (b) La loi. $\prob(D=1) = \dfrac{10}{36}$, $\prob(D=2) = \dfrac{8}{36}$, $\prob(D=3) = \dfrac{6}{36}$, $\prob(D=4) = \dfrac{4}{36}$, $\prob(D=5) = \dfrac{2}{36}$.
5. (c) Vérifier. $6 + 10 + 8 + 6 + 4 + 2 = 36$, donc la somme des probabilités vaut 1. ✓
6. (d) Calculer. $\prob(D \leq 2) = \dfrac{6 + 10 + 8}{36} = \dfrac{24}{36} = \dfrac{2}{3} \approx 0{,}667$.
7. Lire la loi. Contrairement au maximum, l'écart est décroissant : les petits écarts sont les plus fréquents. Deux dés sur trois diffèrent de 2 ou moins.

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1. Rappeler les conditions. Une loi binomiale exige : un nombre fixe $n$ d'épreuves ; deux issues par épreuve ; des épreuves indépendantes ; une probabilité de succès $p$ constante.
2. Tester la constance de $p$. Au premier tirage, $\prob(\text{cœur}) = \dfrac{13}{52} = \dfrac{1}{4}$. Si ce tirage donne un cœur, il n'en reste que 12 sur 51 : $\prob = \dfrac{12}{51} \approx 0{,}235$. Sinon, $\dfrac{13}{51} \approx 0{,}255$.
3. Conclure sur les conditions. $p$ change d'un tirage à l'autre, et les tirages ne sont pas indépendants. Deux conditions sur quatre sont violées : la loi n'est pas binomiale.
4. La loi correcte. Le nombre de cœurs suit une loi hypergéométrique, celle du tirage sans remise. C'est d'ailleurs le calcul de l'exercice sur les mains à deux cœurs : $\dfrac{\binom{13}{k}\binom{39}{5-k}}{\binom{52}{5}}$.
5. Quand l'approximation serait acceptable. Si l'on tirait 5 cartes dans un sabot de 10 jeux mélangés (520 cartes), retirer une carte modifierait $p$ de façon négligeable et la binomiale serait une bonne approximation. C'est la règle usuelle : échantillon petit devant la population.

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Réponse finale

Démarche détaillée

1. Exploiter la symétrie. L'intervalle $(-z ; z)$ se compose de deux moitiés de même aire : $(-z ; 0)$ et $(0 ; z)$. La table donne directement la seconde.
2. Écrire la formule. $\prob(-z < Z < z) = 2 \times \text{table}(z)$.
3. Appliquer trois fois. $\prob(-1 < Z < 1) = 2 \times 0{,}3413 = 0{,}6826$ ; $\prob(-2 < Z < 2) = 2 \times 0{,}4772 = 0{,}9544$ ; $\prob(-3 < Z < 3) = 2 \times 0{,}4987 = 0{,}9974$.
4. Comparer à la règle empirique. Les valeurs mémorisées — 68 %, 95 %, 99,7 % — sont les arrondis de $0{,}6826$, $0{,}9544$ et $0{,}9974$. La règle n'est donc pas une approximation grossière : c'est la lecture exacte de la table, arrondie.
5. Vérifier la cohérence. La table plafonne à $0{,}5000$ pour $z = 3{,}90$, ce qui correspond à $\prob(-3{,}90 < Z < 3{,}90) \approx 1$ : toute la masse est contenue dans quatre écarts-types.

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Réponse finale

Démarche détaillée

1. (a) Standardiser la borne haute. $z = \dfrac{175 - 150}{20} = \dfrac{25}{20} = 1{,}25$.
2. (a) Passer à la queue droite. $\prob(X > 175) = \prob(Z > 1{,}25) = 0{,}5 - 0{,}3944 = 0{,}1056$.
3. (b) Standardiser la borne basse. $z = \dfrac{140 - 150}{20} = \dfrac{-10}{20} = -0{,}50$. La table ne donne rien pour un $z$ négatif.
4. (b) Utiliser la symétrie. $\prob(Z < -0{,}50) = \prob(Z > 0{,}50) = 0{,}5 - 0{,}1915 = 0{,}3085$.
5. (c) L'intervalle central. Il s'étend de $z = -0{,}50$ à $z = 1{,}25$, donc à cheval sur 0. On additionne les deux moitiés : $\prob(-0{,}50 < Z < 1{,}25) = 0{,}1915 + 0{,}3944 = 0{,}5859$.
6. (d) Vérifier. Les trois régions — sous 140, entre 140 et 175, au-dessus de 175 — sont disjointes et couvrent tout : $0{,}3085 + 0{,}5859 + 0{,}1056 = 1{,}0000$. ✓
7. La règle de découpage. Quand l'intervalle est à cheval sur 0, on additionne les deux valeurs de table. Quand les deux bornes sont du même côté, on les soustrait. C'est le seul point à ne pas confondre avec cette table.