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Terminale STI2D

Contrôle d'un lot de connecteurs : approximation et décision

Énoncé

Un atelier d'électronique fabrique des connecteurs USB. Le cahier des charges garantit une proportion de connecteurs défectueux égale à p=0,1p = 0{,}1. Pour contrôler la production, le service qualité prélève un échantillon de n=900n = 900 connecteurs. On note XX le nombre de connecteurs défectueux dans l'échantillon ; en supposant le cahier des charges respecté, XX suit la loi binomiale B(900 ; 0,1)\mathcal{B}(900\,;\,0{,}1).

1. Vérifier que la loi de XX peut être approchée par une loi normale, puis préciser les paramètres μ\mu et σ\sigma de cette loi normale.
2. En utilisant cette approximation et le repère « un écart-type », donner une valeur approchée de P(X⩽99)P(X \leqslant 99).
3. Déterminer l'intervalle de fluctuation au seuil de 95 %95\,\% de la fréquence de connecteurs défectueux pour un échantillon de taille 900900.
4. Le service qualité trouve finalement 126126 connecteurs défectueux. Au risque de 5 %5\,\%, le cahier des charges semble-t-il respecté ?
Besoin d'un coup de pouce ?
  1. Pour la question 2, place la borne 9999 par rapport à μ=90\mu = 90 et σ=9\sigma = 9 : tu reconnais μ+σ\mu + \sigma. Décompose alors P(Y⩽99)P(Y \leqslant 99) en P(Y⩽μ)+P(μ⩽Y⩽μ+σ)P(Y \leqslant \mu) + P(\mu \leqslant Y \leqslant \mu + \sigma).
  2. L'intervalle de fluctuation se centre sur la proportion annoncée p=0,1p = 0{,}1 (et non sur la fréquence observée), avec un demi-rayon 1,96 p (1−p)n1{,}96\,\sqrt{\dfrac{p\,(1 - p)}{n}}. Calcule d'abord la fraction sous la racine.
  3. Pour décider, compare f=126900f = \dfrac{126}{900} aux bornes de II : si ff sort de l'intervalle, l'écart est trop grand pour le hasard et on rejette l'hypothèse au risque de 5 %5\,\%.

Mode élève : cherche d'abord par toi-même (les coups de pouce sont là pour t'aider), puis passe en vue « Corrigé » pour vérifier.

Voir le corrigé détaillé

  1. 1. Vérifier les conditions d'approximation

    On peut approcher une loi binomiale B(n ; p)\mathcal{B}(n\,;\,p) par une loi normale lorsque n⩾30n \geqslant 30, n p⩾5n\,p \geqslant 5 et n (1−p)⩾5n\,(1 - p) \geqslant 5. Ici :
    n=900⩾30,n p=900×0,1=90⩾5,n (1−p)=900×0,9=810⩾5.n = 900 \geqslant 30, \qquad n\,p = 900 \times 0{,}1 = 90 \geqslant 5, \qquad n\,(1 - p) = 900 \times 0{,}9 = 810 \geqslant 5.
    Les trois conditions sont satisfaites, donc l'approximation normale est légitime.

  2. 2. Déterminer les paramètres de la loi normale

    La loi normale qui approche B(n ; p)\mathcal{B}(n\,;\,p) a la même moyenne et le même écart-type que la loi binomiale :
    μ=n p=900×0,1=90,\mu = n\,p = 900 \times 0{,}1 = 90,
    σ=n p (1−p)=900×0,1×0,9=81=9.\sigma = \sqrt{n\,p\,(1 - p)} = \sqrt{900 \times 0{,}1 \times 0{,}9} = \sqrt{81} = 9.
    On approche donc XX par une variable YY suivant la loi normale N(90 ; 9)\mathcal{N}(90\,;\,9).

  3. 3. Calculer la probabilité approchée par symétrie

    On remarque que la borne 9999 est exactement à un écart-type au-dessus de la moyenne :
    99=90+9=μ+σ.99 = 90 + 9 = \mu + \sigma.
    D'après le repère « un écart-type », P(μ−σ⩽Y⩽μ+σ)≈0,68P(\mu - \sigma \leqslant Y \leqslant \mu + \sigma) \approx 0{,}68. Par symétrie de la courbe autour de μ\mu, la moitié de cette aire se situe entre μ\mu et μ+σ\mu + \sigma, soit 0,682=0,34\dfrac{0{,}68}{2} = 0{,}34. Comme P(Y⩽μ)=0,5P(Y \leqslant \mu) = 0{,}5, on additionne :
    P(X⩽99)≈P(Y⩽99)≈0,5+0,34=0,84.P(X \leqslant 99) \approx P(Y \leqslant 99) \approx 0{,}5 + 0{,}34 = 0{,}84.

  4. 4. Construire l'intervalle de fluctuation

    Les conditions n⩾30n \geqslant 30, n p⩾5n\,p \geqslant 5 et n (1−p)⩾5n\,(1 - p) \geqslant 5 étant déjà vérifiées, l'intervalle de fluctuation au seuil de 95 %95\,\% de la fréquence est centré sur p=0,1p = 0{,}1 avec un demi-rayon 1,96 p (1−p)n1{,}96\,\sqrt{\dfrac{p\,(1 - p)}{n}}. On calcule d'abord la racine :
    p (1−p)n=0,1×0,9900=0,09900=0,0001=0,01.\sqrt{\dfrac{p\,(1 - p)}{n}} = \sqrt{\dfrac{0{,}1 \times 0{,}9}{900}} = \sqrt{\dfrac{0{,}09}{900}} = \sqrt{0{,}0001} = 0{,}01.
    Le demi-rayon vaut donc 1,96×0,01=0,01961{,}96 \times 0{,}01 = 0{,}0196, d'où :
    I=[ 0,1−0,0196 ; 0,1+0,0196 ]=[ 0,0804 ; 0,1196 ].I = \left[\, 0{,}1 - 0{,}0196 \ ;\ 0{,}1 + 0{,}0196 \,\right] = \left[\, 0{,}0804 \ ;\ 0{,}1196 \,\right].

  5. 5. Comparer la fréquence observée et décider

    La fréquence observée sur l'échantillon est :
    f=126900=0,14.f = \dfrac{126}{900} = 0{,}14.
    Or 0,14>0,11960{,}14 > 0{,}1196, donc f∉If \notin I : la fréquence observée n'appartient pas à l'intervalle de fluctuation. Un écart aussi grand ne s'explique pas par le seul hasard de l'échantillonnage.
    Au risque de 5 %5\,\%, on rejette l'hypothèse : avec f=0,14∉[ 0,0804 ; 0,1196 ]f = 0{,}14 \notin [\,0{,}0804\,;\,0{,}1196\,], le cahier des charges des 10 %10\,\% de défauts ne semble pas respecté pour ce lot.
Réponse finale
μ=90 ; σ=9;P(X⩽99)≈0,84;I=[ 0,0804 ; 0,1196 ];f=126900=0,14∉I⟹cahier des charges non respecteˊ\mu = 90 \ ;\ \sigma = 9 \quad ; \quad P(X \leqslant 99) \approx 0{,}84 \quad ; \quad I = \left[\, 0{,}0804 \ ;\ 0{,}1196 \,\right] \quad ; \quad f = \dfrac{126}{900} = 0{,}14 \notin I \Longrightarrow \text{cahier des charges non respecté}
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