\documentclass[french, a4paper, 12pt, reqno]{amsart}% article ams
\usepackage[french]{babel}% prise en compte des particularites de la typographie francaise. Remplace francais et frenchb
\usepackage[T1]{fontenc}% codage de caractères T1, nouvelle norme LaTeX. Evite l'erreur [OT1] mais passe en Bitmap
\usepackage{lmodern}% fonte latin modern. Re-passe de Bitmap à vectoriel

\usepackage{amssymb}% symboles mathematiques
\usepackage{cancel}% barrer des lettres

\usepackage{pst-all}% dessiner
\usepackage[left=1.8cm,right=2.2cm,top=2.5cm,bottom=2.5cm]{geometry}% bordure des pages
\usepackage{float}% begin figure[H] (ne marche pas avec subfigure, conserver [h!])
\usepackage{caption}% legende des figures
\captionsetup{figurename=Fig}

\usepackage{empheq}% mise en évidence des formules importantes
\definecolor{mygrey}{rgb}{.9, .9, .9}
\newcommand*\greybox[1]{\colorbox{mygrey}{\hspace{1em}#1\hspace{1em}}}
\usepackage{tcolorbox}% encadrer du texte
\tcbuselibrary{skins,breakable}
\newtcolorbox{defbox}{colframe=black,colback=white,boxrule=0.4pt}
\newtcolorbox{rmqbox}{colframe=white!50!black,colback=white!95!black}
\newtcolorbox{exbox}{breakable,enhanced,frame hidden,borderline west={2pt}{-2pt}{black}}
\newtcolorbox{thbox}{enhanced jigsaw,drop shadow,colframe=black,colback=white,boxrule=0.4pt}

\usepackage{titlesec}% formatage des titres
\titleformat{\section}[block]{\vspace{\baselineskip}\large\scshape}{\thesection}{.7cm}{}[\hrule\vspace{.75\baselineskip}]
\titleformat{\subsection}[block]{\vspace{.75\baselineskip}\bfseries}{\thesubsection}{.5cm}{}[]
\renewcommand{\numberline}[1]{#1~~}% Problème de numérotation de la ToC

\usepackage{fancyhdr}% numérotation des pages
\fancyhf{}% vide head et foot
\pagestyle{fancy}
\fancyhead[LE,RO]{\bfseries\thepage}% position des numeros de pages
\renewcommand{\headrulewidth}{0pt}% pas de filet en haut des pages
\setlength{\headheight}{16pt}

\usepackage{hyperref}
\hypersetup{
    pdftoolbar=true,% affiche la barre d'outils Acrobat
    pdfmenubar=true,% affiche le menu Acrobat
    pdftitle={La loi normale},% titre
    pdfauthor={Olivier Castéra},% auteur
    pdfstartview= FitH,% la page prend toute la largeur
    colorlinks=true,% false: liens encadres ; true: liens colores
    linkcolor=blue,% couleur des liens internes
    }

\newtheorem*{theoreme}{Théorème}
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{definition}{Définition}[section]
\newtheorem{exemple}{Exemple}
\newtheorem*{exemples}{Exemples}
\newtheorem*{remarque}{Remarque}
\newenvironment{rmq}{\begin{remarque}\footnotesize}{\end{remarque}}% utilisation

\title{La loi normale}
\author{Olivier Castéra}
\email{o.castera@free.fr}
\urladdr{https://sciences-physiques.netlify.app/}
\date{\today}

\begin{document}
\begin{abstract}
La loi normale est la loi asymptotique de la loi bi\-no\-mi\-a\-le lorsque le nombre de tirages tend vers l'infini.
\end{abstract}
\maketitle% affiche le titre
\thispagestyle{empty}% supprime l'affichage du numéro de la première page
\tableofcontents% affiche la table des matières (ToC)
\section{La loi binomiale}
C'est la loi de probabilité discrète des tirages avec remise, dans une urne à deux catégories.
Soit une urne contenant $N$ boules, $N_1$ blanches et $N_{2}$ noires~:
\begin{align*}
N_1+N_{2}=N
\end{align*}
Les boules blanches sont dans la proportion $p$,
et les noires dans la proportion $q$~:
\begin{align*}
p&\overset{\Delta}{=}\frac{N_1}{N}\\
q&\overset{\Delta}{=}\frac{N_{2}}{N}
\end{align*}
Pour une urne contenant au moins une boule de chaque couleur~:
\begin{align*}
0<p<1\\
0<q<1
\end{align*}
De plus
\begin{align*}
N_1+N_{2}&=N\\
\frac{N_1}{N}+\frac{N_{2}}{N}&=1\\
p+q&=1
\end{align*}
A chaque tirage avec remise, la probabilité de sortir une boule blanche est $p$, celle de sortir une boule noire est $q$.

Tirer au hasard une seule boule parmi des boules de deux couleurs différentes constitue une épreuve de Bernoulli de paramètre $p$.
Dans les exemples suivants nous considérons une succession de $n$ épreuves de Bernoulli indépendantes.
\begin{exbox}\begin{exemples}
Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche~?
\begin{align*}
p
\end{align*}
Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche puis une noire~?
\begin{align*}
pq
\end{align*}
Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche et une noire, peu importe l'ordre~?
\begin{align*}
pq+qp=2pq
\end{align*}
Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche puis deux noires~?
\begin{align*}
pqq=pq^2
\end{align*}
Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche et deux noires, peu importe l'ordre~?
\begin{align*}
pqq+qpq+qqp=3pq^2
\end{align*}
Quelle est la probabilité de tirer trois boules noires~?
\begin{align*}
q^3
\end{align*}
\end{exemples}\end{exbox}
Quelle est la probabilité de sortir dans un ordre donné $x_i$ boules blanches et $y_i$ boules noires lors de $n$ tirages avec remise~?
\begin{align*}
\mathbb P_i(x_i)&=p^{x_i}\,q^{y_i}
\end{align*}
Le nombre $n$ de boules tirées est égale au nombre de boules blanches tirées plus le nombre de boules noires tirées~:
\begin{align*}
n&=x_i+y_i
\end{align*}
si bien que~:
\begin{align*}
\mathbb P_i(x_i)&=p^{x_i}\,q^{n-x_i}
\end{align*}

Si l'on ne spécifie pas l'ordre, nous devons permuter les $n$ tirages (ce sont les lettres $p$ et $q$ que l'on permute et non les boules), soit $n!$ permutations,
et supprimer les permutations inutiles des lettres $p$ entre elles, $x_i!$ permutations, et des lettres $q$ entre elles, $(n-x_i)!$ permutations.

La probabilité de sortir dans n'importe quel ordre $x_i$ boules blanches et $n-x_i$ boules noires lors de $n$ tirages avec remise s'écrit alors~:
\begin{align}
\mathbb P_i(x_i)&=\frac{n!}{x_i!(n-x_i)!}\,p^{x_i}\,q^{n-x_i}\label{pi}
\end{align}
\begin{empheq}[box=\greybox]{align*}
\mathbb P_i(x_i)&=C_n^{x_i}\,p^{x_i}\,q^{n-x_i}
\end{empheq}

où $C_n^{x_i}$ est le nombre de combinaisons de $x_i$ lettres $p$ prises parmi $n$ lettres $p$ et $q$.
Le nombre $x_i$ de boules blanches tirées est compris entre $0$ et $n$~:
\begin{align*}
0\leqslant x_i\leqslant n
\end{align*}
Nous poserons $i=0,\dots,n$ de sorte que $x_0=0,x_1=1,\dots,x_n=n$.
\begin{exbox}\begin{exemple}
Appliquons la formule aux exemples précédents.
Quelle est la probabilité de tirer trois boules noires~?
\begin{align*}
\mathbb P(0)&=\frac{3!}{0!\,(3-0)!}\,p^0q^3\\
&=q^3
\end{align*}
Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche et deux noires, peu importe l'ordre~?
\begin{align*}
\mathbb P(1)&=\frac{3!}{1!\,(3-1)!}\,p^1q^2\\
&=3pq^2
\end{align*}
\end{exemple}\end{exbox}
La relation~\eqref{pi} est le terme de rang $x_i$ dans le développement du binôme de Newton~:
\begin{align*}
(q+p)^n&=q^n+nq^{n-1}p+\dots+\frac{n!\,p^{x_i}\,q^{n-x_i}}{x_i!(n-x_i)!}+\dots+nqp^{n-1}+p^n\\
1^n&=\sum_{x_i=0}^n\frac{n!}{x_i!(n-x_i)!}\,p^{x_i}\,q^{n-x_i}\\
1&=\sum_{i=0}^n\mathbb P_i(x_i)
\end{align*}
Cette loi de probabilité $\mathbb P_i(x_i)$ faisant intervenir le binôme de Newton s'appelle loi binomiale.
Elle se note $\mathcal{B}(n\,;\,p)$, où le nombre de tirages $n$ et la probabilité $p$ sont les paramètres de la loi.
\begin{defbox}\begin{definition}
On appelle \textit{variable aléatoire} discrète $X$, une \textit{fonction} qui associe
à chaque résultat d'une expérience,
une valeur $x$ inconnue d'avance, parmi un ensemble de valeurs possibles $x_1,x_2,\dots$.
\end{definition}\end{defbox}
\begin{exbox}\begin{exemple}
La variable aléatoire $X$ de la loi binomiale est la fonction qui associe à $n$ tirages le nombre $x$ de boules blanches obtenues.
La probabilité que la variable aléatoire $X$ prenne la valeur $x$ s'écrit en toute rigueur $\mathbb P(X=x)$.

La variable aléatoire $X$ de la loi de Bernoulli est la fonction qui associe à un unique tirage
la couleur de la boule obtenue parmi seulement deux couleurs possibles.
$X$ prend la valeur $1$ en cas de succès (tirage d'une boule blanche) et $0$ en cas d'échec (tirage d'une boule noire).
La loi de Bernoulli de paramètre $p$ s'écrit~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=x)&=p^x(1-p)^{1-x},\ x\in\{0,1\}
\end{align*}
Une succession de $n$ épreuves de Bernoulli indépendantes permet la construction d'une variable aléatoire qui a pour loi de probabilité la loi binomiale.
\end{exemple}\end{exbox}
\begin{defbox}\begin{definition}
On appelle \textit{espérance mathématique} ou valeur moyenne de la variable aléatoire discrète $X$, la somme des produits 
de toutes les valeurs $x_i$ possibles de cette variable aléatoire par les probabilités $\mathbb P_i(X=x_i)$ de ces valeurs.
On la note $\bar x$, $E[X]$, $M[X]$, $\mu$, ou $m_{i}$~:
\begin{align*}
\bar x&\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^nx_i\,\mathbb P_i(X=x_i)
\end{align*}

Dans le cas d'une variable aléatoire continue $X$, on a~:
\begin{align*}
\bar x\overset{\Delta}{=}\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx
\end{align*}
\end{definition}\end{defbox}
\begin{exbox}\begin{exemple}\label{4b6n}
Une urne contient $4$ boules blanches et $6$ noires.
Si l'on effectue $3$ tirages avec remise, combien sortira-t-on de boules blanches en moyenne~?
\begin{align*}
\bar x=1\mathbb P(X=1)+2\mathbb P(X=2)+3\mathbb P(X=3)
\end{align*}
avec
\begin{align*}
\mathbb P(X=1)&=\frac{4}{10}\times\left(\frac{6}{10}\right)^2\times\frac{3!}{3!\,(3-1)!}\\
&=0,432\\
\\
\mathbb P(X=2)&=\left(\frac{4}{10}\right)^2\times\frac{6}{10}\times\frac{3!}{2!\,(3-2)!}\\
&=0,288\\
\\
\mathbb P(X=3)&=\left(\frac{4}{10}\right)^3\times\frac{3!}{3!\,(3-3)!}\\
&=0,64
\end{align*}
Si bien que
\begin{align*}
\bar x&=0,432+2\times 0,288+3\times 0,64\\
&=1,2
\end{align*}
Nous pouvons espérer sortir $1,2$ boule blanche en moyenne sur trois tirages.
\end{exemple}\end{exbox}
\begin{defbox}\begin{definition}
On appelle \textit{moment initial d'ordre $s$} d'une variable aléatoire discrète $X$, la fonction $\alpha_{s}[X]$ définie par~:
\begin{align*}
\alpha_{s}[X]\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^nx_i^s\,\mathbb P_i(X=x_i)
\end{align*}
Initial signifie que le moment est calculé par rapport à l'origine des coordonnées. 
Dans le cas d'une variable aléatoire continue $X$, on a~: 
\begin{align*}
\alpha_{s}[X]\overset{\Delta}{=}\int_{-\infty}^{+\infty}x^sf(x)dx
\end{align*}
\end{definition}\end{defbox}
Par définition, le moment d'ordre un, $\alpha_1[X]$, se confond avec l'es\-pé\-ran\-ce ma\-thé\-ma\-ti\-que $\bar x$ 
de la variable aléatoire $X$~:
\begin{align*}
\alpha_1[X]\overset{\Delta}{=}\bar x
\end{align*}
Les moments permettent de caractériser la loi de probabilité
en donnant sa position, son degré de dispersion, et sa forme.
Ils peuvent \^etre calculés gr\^ace à la fonction génératrice des moments.
\begin{defbox}\begin{definition}\label{phi}
On appelle \textit{fonction génératrice des moments} $\phi(u)$, la fonction définie par~:
\begin{align}
\phi(u)&\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^nu^{x_i}\,\mathbb P_i(X=x_i)\label{fg1}\\
&=\sum_{i=0}^nu^{x_i}\,\frac{n!}{x_i!(n-x_i)!}\,p^{x_i}\,q^{n-x_i}\notag\\
&=\sum_{i=0}^n\frac{n!}{x_i!(n-x_i)!}\,(pu)^{x_i}q^{n-x_i}\notag\\
&=(q+pu)^n\label{fg2}
\end{align}
\end{definition}\end{defbox}
Calculons le moment initial d'ordre zéro gr\^ace à sa définition et à la fonction génératrice des moments~:
\begin{align*}
\alpha_{0}[X]&\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^nx_i^0\,\mathbb P_i(X=x_i)\\
&=\sum_{i=0}^n\mathbb P_i(X=x_i)\\
&=\phi(1)\\
&=(q+p)^n\\
&=1
\end{align*}
Les dérivations successives de $\phi(u)$ par rapport à $u$ vont nous permettre de trouver l'expression des moments d'ordres suivants.
En dérivant les deux expressions~\eqref{fg1} et \eqref{fg2} de $\phi(u)$ données à la définition~\ref{phi}, nous avons~:
\begin{align}
\phi'(u)&=\sum_{i=0}^nx_iu^{x_i-1}\,\mathbb P_i(X=x_i)\label{fg3}\\
&=n(q+pu)^{n-1}p\label{fg4}
\end{align}
Le moment d'ordre un (l'espérance mathématique), est donné par~:
\begin{align*}
\alpha_1[X]&\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^nx_i\,\mathbb P_i(X=x_i)\\
&=\phi'(1)\\
&=n(q+p)^{n-1}p\\
&=np
\end{align*}
C'est le nombre moyen de boules blanches que je peux espérer tirer lors de $n$ tirages.
\begin{exbox}\begin{exemple}
Reprenons l'exemple~\eqref{4b6n}.
Une urne contient $4$ boules blan\-ches et $6$ noires.
Si l'on effectue $3$ tirages avec remise, combien sortira-t-on de boules blanches en moyenne~?
\begin{align*}
\bar x&=np\\
&=3\times\frac{4}{10}\\
&=1,2
\end{align*}
\end{exemple}\end{exbox}
Calculons la dérivée seconde de $\phi(u)$ en dérivant les deux expressions~\eqref{fg3} et \eqref{fg4}~:
\begin{align}
\phi''(u)&=\sum_{i=0}^nx_i(x_i-1)u^{x_i-2}\,\mathbb P_i(X=x_i)\notag\\
&=\sum_{i=0}^nx_i^2u^{x_i-2}\,\mathbb P_i(X=x_i)-\sum_{i=0}^nx_iu^{x_i-2}\,\mathbb P(X=x_i)\label{fg5}\\
&=n(n-1)(q+pu)^{n-2}p^2\notag
\end{align}
En utilisant~\eqref{fg5}, le moment d'ordre deux est donné par~:
\begin{align}
\alpha_{2}[X]&\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^nx_i^2\,\mathbb P_i(X=x_i)\notag\\
&=\phi''(1)+\alpha_1[X]\notag\\
&=n(n-1)p^2+np\notag\\
&=n^2p^2-np^2+np\label{mco2}\\
&=n^2p^2+np(1-p)\notag\\
&=\bar x^2+npq\notag
\end{align}
\begin{defbox}\begin{definition}
On appelle \textit{variable aléatoire centrée} associée à $X$, et l'on note $\mathring{X}$, la différence~:
\begin{align*}
\mathring{X}=X-\bar X
\end{align*}
où $\bar X$ est la variable aléatoire qui associe à $n$ tirages le nombre moyen de boules blanches tirées. 
\end{definition}\end{defbox}
\begin{defbox}\begin{definition}
On appelle \textit{moment centré d'ordre $s$} d'une variable aléatoire discrète $X$, la fonction $\mu_{s}[X]$ définie par~:
\begin{align*}
\mu_{s}[X]\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^n(x_i-\bar x)^s\,\mathbb P_i(X=x_i)
\end{align*}
Dans le cas d'une variable aléatoire continue $X$, on a~:
\begin{align*}
\mu_{s}[X]\overset{\Delta}{=}\int_{-\infty}^{+\infty}(x-\bar x)^sf(x)dx
\end{align*}
\end{definition}\end{defbox}
Le moment centré d'ordre un est nul~:
\begin{align*}
\mu_1[X]&\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^n\mathring x_i\,\mathbb P_i(X=x_i)\\
&=\sum_{i=0}^n(x_i-\bar x)\,\mathbb P_i(X=x_i)\\
&=\sum_{i=0}^nx_i\,\mathbb P_i(X=x_i)-\bar x\sum_{i=0}^n\mathbb P_i(X=x_i)\\
&=\bar x-\bar x\\
&=0
\end{align*}
Calculons le moment centré d'ordre deux~:
\begin{align*}
\mu_{2}[X]&\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^n\mathring x^2_i\,\mathbb P_i(X=x_i)\\
&=\sum_{i=0}^n(x_i-\bar x)^2\,\mathbb P_i(X=x_i)\\
&=\sum_{i=0}^nx^2_i\,\mathbb P_i(X=x_i)-2\bar x\sum_{i=0}^nx_i\,\mathbb P_i(X=x_i)+\bar x^2\sum_{i=0}^n\mathbb P_i(X=x_i)\\
&=\alpha_{2}[X]-2\bar x\bar x+\bar x^2\\
&=\alpha_{2}[X]-\bar x^2
\end{align*}
Avec~\eqref{mco2},
\begin{align*}
\mu_{2}[X]&=n^2p^2-np^2+np-n^2p^2\\
&=np(1-p)\\
&=npq
\end{align*}
\begin{defbox}\begin{definition}
On appelle \textit{variance} de la variable aléatoire dis\-crè\-te~$X$, son moment centré d'ordre deux. C'est l'espérance mathématique du carré 
de la variable aléatoire centrée associée.
On la note $V[X]$ ou $V_{i}$ ou $D[X]$ ou encore $D_{i}$~:
\begin{align*}
V[X]\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^n\mathring x^2_i\,\mathbb P_i(X=x_i)
\end{align*}
Dans le cas d'une variable aléatoire continue~$X$, on a~: 
\begin{align*}
V[X]\overset{\Delta}{=}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathring x^2f(x)dx
\end{align*}
\end{definition}\end{defbox}
\begin{defbox}\begin{definition}
On appelle \textit{écart quadratique moyen} de la variable aléatoire $X$, la racine carrée de la variance. On le note~$\sigma[X]$~:
\begin{align*}
\sigma[X]\overset{\Delta}{=}\sqrt{V[X]}
\end{align*}
\end{definition}\end{defbox}
\newpage
\section{La loi normale}
\subsection{Théorème de De Moivre ou de Laplace}
\begin{thbox}\begin{theoreme}De De Moivre ou de Laplace

La probabilité asymptotique $\mathbb P(X=x)$ de tirer $x$ boules blanches lorsque le nombre de tirage~$n$ tend vers l'infini,
tend vers une loi gaussienne~:
\begin{empheq}[box=\greybox]{align*}
\mathbb P(X=x)&\approx\frac{1}{\sqrt{2\pi npq}}\,e^{-\frac{(x-np)^2}{2npq}}
\end{empheq}
\end{theoreme}\end{thbox}
\begin{proof}
Lorsque $n$ tend vers l'infini, nous pouvons utiliser la formule de Stirling\footnote{Voir Stirling.pdf} pour approximer factorielle~$n$~: 
\begin{align*}
n!&\approx \left(\frac{n}{e}\right)^n\sqrt{2\pi n}
\end{align*}

Les deux quantités sont asymptotiques, leur rapport tend vers $1$ quand $n$ tend vers l'infini.
En réalité la formule de Stirling donne de \og bonnes\fg\ va\-leurs dès les premiers entiers.
Prenons le logarithme~:
\begin{align*}
\ln n!&\approx n\ln n -n+\tfrac{1}{2}\ln (2\pi n)
\end{align*}
La relation~\eqref{pi} donne~:
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&=\ln\left[\frac{n!}{x_i!(n-x_i)!}\,p^{x_i}\,q^{n-x_i}\right]\\
&=\ln(n!)-\ln(x_i!)-\ln[(n-x_i)!]+x_i\ln p+(n-x_i)\ln q
\end{align*}
Appliquons trois fois la formule de Stirling\footnote{Georges Bresson, \textit{probabilités et statistiques}, édition Meral 1985}
en supposant le nombre de tirages et les nombres de boules blanches et noires tirées grands~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&n\gg1\\
&x_i\gg1\\
&n-x_i\gg1
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{rmqbox}\begin{rmq}
Dans le cas où $x_i$ ou $n-x_i$ est petit devant $n$ nous ferons une autre approximation (voir le paragraphe~\ref{Poisson} sur la loi de Poisson).
\end{rmq}\end{rmqbox}
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&\approx n\ln n-n+\tfrac{1}{2}\ln(2\pi n)\\
&\quad-x_i\ln x_i+x_i-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi x_i)\\
&\quad\quad-(n-x_i)\ln (n-x_i)+(n-x_i)-\tfrac{1}{2}\ln[2\pi (n-x_i)]\\
&\quad\quad\quad+x_i\ln p+(n-x_i)\ln q\\
&\approx n\ln n+\tfrac{1}{2}\ln(2\pi n)\\
&\quad-x_i\ln x_i-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi x_i)\\
&\quad\quad-(n-x_i)\ln (n-x_i)-\tfrac{1}{2}\ln[2\pi (n-x_i)]\\
&\quad\quad\quad+x_i\ln p+(n-x_i)\ln q
\end{align*}
On effectue un changement de variable pour utiliser la variable aléatoire centrée~$\mathring X$~: 
\begin{align*}
\mathring x_i&=x_i-\bar x\\
x_i&=\bar x+\mathring x_i\\
&=np+\mathring x_i
\end{align*}
$n-x_i$ devient~:
\begin{align*}
n-x_i&=n-np-\mathring x_i\\
&=nq-\mathring x_i
\end{align*}
et l'on a~:
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&\approx n\ln n+\tfrac{1}{2}\ln(2\pi n)\\
&\quad-(np+\mathring x_i)\ln (np+\mathring x_i)-\tfrac{1}{2}\ln[2\pi (np+\mathring x_i)]\\
&\quad\quad-(nq-\mathring x_i)\ln (nq-\mathring x_i)-\tfrac{1}{2}\ln[2\pi (nq-\mathring x_i)]\\
&\quad\quad\quad+(np+\mathring x_i)\ln p+(nq-\mathring x_i)\ln q
\end{align*}
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&\approx n\ln n+\tfrac{1}{2}\ln(2\pi n)\\
&\quad-(np+\mathring x_i)\ln\left[np\left(\frac{np+\mathring x_i}{np}\right)\right]\\
&\quad\quad-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi)-\tfrac{1}{2}\ln\left[np\left(\frac{np+\mathring x_i}{np}\right)\right]\\
&\quad\quad\quad-(nq-\mathring x_i)\ln\left[nq\left(\frac{nq-\mathring x_i}{nq}\right)\right]\\
&\quad\quad\quad\quad-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi)-\tfrac{1}{2}\ln\left[nq\left(\frac{nq-\mathring x_i}{nq}\right)\right]\\
&\quad\quad\quad\quad\quad+(np+\mathring x_i)\ln p+(nq-\mathring x_i)\ln q
\end{align*}
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&\approx n\ln n+\tfrac{1}{2}\ln(2\pi n)\\
&\quad-(np+\mathring x_i)\left[\ln\left(1+\frac{\mathring x_i}{np}\right)+\ln(np)\right]\\
&\quad\quad-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi)-\tfrac{1}{2}\ln\left(1+\frac{\mathring x_i}{np}\right)-\tfrac{1}{2}\ln(np)\\
&\quad\quad\quad-(nq-\mathring x_i)\left[\ln\left(1-\frac{\mathring x_i}{nq}\right)+\ln(nq)\right]\\
&\quad\quad\quad\quad-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi)-\tfrac{1}{2}\ln\left(1-\frac{\mathring x_i}{nq}\right)-\tfrac{1}{2}\ln(nq)\\
&\quad\quad\quad\quad\quad+(np+\mathring x_i)\ln p+(nq-\mathring x_i)\ln q
\end{align*}
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&\approx n\ln n+\tfrac{1}{2}\ln(2\pi n)\\
&\quad-\left (np+\mathring x_i+\tfrac{1}{2}\right)\ln\left(1+\frac{\mathring x_i}{np}\right)-(np+\mathring x_i)\ln(np)\\
&\quad\quad-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi)-\tfrac{1}{2}\ln(np)\\
&\quad\quad\quad-\left (nq-\mathring x_i+\tfrac{1}{2}\right)\ln\left(1-\frac{\mathring x_i}{nq}\right)-(nq-\mathring x_i)\ln(nq)\\
&\quad\quad\quad\quad-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi)-\tfrac{1}{2}\ln(nq)\\
&\quad\quad\quad\quad\quad+(np+\mathring x_i)\ln p+(nq-\mathring x_i)\ln q
\end{align*}
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&\approx n\ln n+\tfrac{1}{2}\,\cancel\ln(2\pi)+\tfrac{1}{2}\,\cancel\ln n-\left (np+\mathring x_i+\tfrac{1}{2}\right)\ln\left(1+\frac{\mathring x_i}{np}\right)\\
&\quad -np\ln n-np\cancel\ln p-\mathring x_i\cancel\ln n-\mathring x_i\cancel\ln p\\
&\quad\quad-\tfrac{1}{2}\,\cancel\ln(2\pi)-\tfrac{1}{2}\,\cancel\ln n-\tfrac{1}{2}\ln p\\
&\quad\quad\quad-\left (nq-\mathring x_i+\tfrac{1}{2}\right)\ln\left(1-\frac{\mathring x_i}{nq}\right)\\
&\quad\quad\quad\quad-nq\ln n-nq\cancel\ln q+\mathring x_i\cancel\ln n+\mathring x_i\cancel\ln q\\
&\quad\quad\quad\quad\quad-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi)-\tfrac{1}{2}\ln n-\tfrac{1}{2}\ln q\\
&\quad\quad\quad\quad\quad\quad+np\cancel\ln p+\mathring x_i\cancel\ln p+nq\cancel\ln q-\mathring x_i\cancel\ln q
\end{align*}
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&\approx n\cancel\ln n-n(p+q)\cancel\ln n-\tfrac{1}{2}\ln p-\tfrac{1}{2}\ln (2\pi)-\tfrac{1}{2}\ln n-\tfrac{1}{2}\ln q\\
&\qquad-\left (np+\mathring x_i+\tfrac{1}{2}\right)\ln\left(1+\frac{\mathring x_i}{np}\right)\\
&\qquad\qquad-\left (nq-\mathring x_i+\tfrac{1}{2}\right)\ln\left(1-\frac{\mathring x_i}{nq}\right)
\end{align*}
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&\approx-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi npq)-\left (np+\mathring x_i+\tfrac{1}{2}\right)\ln\left(1+\frac{\mathring x_i}{np}\right)\\
&\qquad-\left (nq-\mathring x_i+\tfrac{1}{2}\right)\ln\left(1-\frac{\mathring x_i}{nq}\right)
\end{align*}
Le théorème de Jacques Bernoulli\footnote{Voir Théorème central limite.pdf} stipule que lors d'un grand nombre d'expériences,
la fré\-quen\-ce d'un é\-vè\-ne\-ment converge en probabilité vers la probabilité de cet é\-vè\-ne\-ment.

Par exemple lors de $n$ tirages on sort $x$ boules blanches.
Alors, lors\-que $n$ devient grand, la fréquence $x/n$ de l'évènement sortir une boule blanche tend vers $p$.

Nous nous pla\c cons donc dans le cas le plus probable~:
\begin{align*}
\frac{x}{n}&\approx p\\
x&\approx np
\end{align*}
la variable $x$ étant maintenant un rationnel.
Nous avons~:
\begin{align*}
\frac{\mathring x}{np}&=\frac{x-np}{np}\\
&\approx 0
\end{align*}
De m\^eme~:
\begin{align*}
\frac{\mathring x}{nq}&=\frac{\mathring x}{n(1-p)}\\
&=\frac{\mathring x}{np}\times\frac{p}{1-p}\\
&\approx 0
\end{align*}
par conséquent on peut utiliser le développement limité à l'ordre deux du logarithme népérien.
Pour $\varepsilon$ petit~:
\begin{align*}
\ln(1+\varepsilon)&\approx\varepsilon-\frac{\varepsilon^2}{2}\\
\ln\left(1+\frac{\mathring x}{np}\right) &\approx\frac{\mathring x}{np}-\frac{\mathring {x}^2}{2n^2p^2}\\
\ln\left(1-\frac{\mathring x}{nq}\right) &\approx-\frac{\mathring x}{nq}-\frac{\mathring {x}^2}{2n^2q^2}
\end{align*}
et donc~: 
\begin{align*}
\ln \mathbb P(X=x)\approx-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi npq)&-\left (np+\mathring x+\tfrac{1}{2}\right)\left(\frac{\mathring x}{np}-\frac{\mathring {x}^2}{2n^2p^2}\right)\\
&-\left (nq-\mathring x+\tfrac{1}{2}\right)\left(-\frac{\mathring x}{nq}-\frac{\mathring {x}^2}{2n^2q^2}\right)
\end{align*}
\begin{align*}
\ln \mathbb P(X=x)\approx-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi npq)&-\cancel{\mathring x}-\frac{\mathring {x}^2}{np}-\frac{\mathring x}{2np}+\frac{\mathring {x}^2}{2np}+\frac{\mathring {x}^3}{2n^2p^2}+\frac{\mathring {x}^2}{4n^2p^2}\\
&+\cancel{\mathring x}-\frac{\mathring {x}^2}{nq}+\frac{\mathring x}{2nq}+\frac{\mathring {x}^2}{2nq}-\frac{\mathring {x}^3}{2n^2q^2}+\frac{\mathring {x}^2}{4n^2q^2}
\end{align*}
\begin{align*}
\ln \mathbb P(X=x)\approx-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi npq)&-\frac{\mathring {x}}{2np}-\frac{\mathring {x}^2}{2np}+\frac{\mathring {x}^3}{2n^2p^2}+\frac{\mathring {x}^2}{4n^2p^2}\\
&+\frac{\mathring {x}}{2nq}-\frac{\mathring {x}^2}{2nq}-\frac{\mathring {x}^3}{2n^2q^2}+\frac{\mathring {x}^2}{4n^2q^2}
\end{align*}
\begin{align*}
\ln \mathbb P(X=x)\approx-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi npq)&-\frac{\mathring x}{2n}\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{q}\right)-\frac{\mathring {x}^2}{2n}\left(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\right)\\
&+\frac{\mathring {x}^3}{2n^2}\left(\frac{1}{p^2}-\frac{1}{q^2}\right)+\frac{\mathring {x}^2}{4n^2}\left(\frac{1}{p^2}+\frac{1}{q^2}\right)
\end{align*}
Nous avons également~:
\begin{align*}
\frac{\mathring x}{n}&=\frac{x-np}{n}\\
&\approx 0
\end{align*}
autrement dit~:
\begin{align*}
\frac{\mathring {x}}{n}\ll 1
\end{align*}
En multipliant par $\mathring {x}^2/(2n)$ qui est positif~:
\begin{align*}
\frac{\mathring {x}^3}{2n^2}\ll\frac{\mathring {x}^2}{2n}
\end{align*}
$n$ étant grand, nous avons aussi~:
\begin{align*}
\frac{\mathring {x}^2}{4n^2}\ll\frac{\mathring {x}^2}{2n}
\end{align*}
Les deux derniers termes sont donc négligeables par rapport au troi\-siè\-me~:
\begin{align*}
\ln \mathbb P(X=x)&\approx-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi npq)-\frac{\mathring x}{2n}\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{q}\right)-\frac{\mathring {x}^2}{2n}\left(\frac{p+q}{pq}\right)\\
&\approx-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi npq)-\frac{\mathring x(q-p)}{2npq}-\frac{\mathring {x}^2}{2npq}
\end{align*}
On admettra que la différence entre le nombre de boules blanches tirées et l'espérance ma\-thé\-ma\-ti\-que
$\mathring x=x-\bar x$ tend vers l'infini avec $n$. 
Comme $-1\leqslant q-p\leqslant 1$ cela implique que $\mathring x\gg q-p$, 
et par conséquent le deuxième terme est négligeable devant le troisième~:
\begin{align*}
\ln \mathbb P(X=x)&\approx-\tfrac{1}{2}\ln(2\pi npq)-\frac{\mathring {x}^2}{2npq}\\
\mathbb P(X=x)&\approx\frac{1}{\sqrt{2\pi npq}}\,e^{-\frac{\mathring {x}^2}{2npq}}
\end{align*}
En utilisant les variables $\bar x=np$ et $\sigma=\sqrt{npq}$~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=x)&\approx\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-\bar x)^2}{2\sigma^2}}
\end{align*}
qui est l'expression de la densité de probabilité de la loi normale, d'espérance mathématique 
$\bar x$ et de variance $\sigma^2$. Cette loi est aussi appelée loi de Gauss, loi de Laplace-Gauss, 
Gaussienne, ou courbe en cloche. On la note $\mathcal N(\bar x,\sigma^2)$.

Elle permet d'approximer la loi binomiale lorsque~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&n\gg1\\
&x\gg1\\
&n-x\gg1\\
&x\approx \bar x
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
donc pour $p$ pas trop petit et $x$ pas trop loin de la moyenne.
\end{proof}
\subsection{La loi normale est normalisée}
On pose
\begin{align*}
\alpha&=(2\sigma^2)^{-1}
\end{align*}
et l'on effectue le changement de variable~:
\begin{align*}
t&=x-\bar x
\end{align*}
donc $dt=dx$, et l'on a~:
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-\bar x)^2}{2\sigma^2}}\,dx&=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\alpha t^2}\,dt
\end{align*}
On utilise l'intégrale de Gauss~:
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\alpha t^2}\,dt&=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{align*}
et l'on a~:
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-\bar x)^2}{2\sigma^2}}\,dx&=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\times\sqrt{2\sigma^2\pi}\\
&=1
\end{align*}
\subsection{Représentation graphique}
La fonction $\mathbb P(X)$ est positive, elle tend vers zéro en $-\infty$ et en $+\infty$.
Elle est paire, $\mathbb P(\mathring X)=\mathbb P(-\mathring X)$, pour la variable aléatoire $\mathring X$ donc
symétrique par rapport à la droite verticale passant par $\bar x$.

Posons
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
A&=(\sigma\sqrt{2\pi})^{-1}\\
B&=(2\sigma^2)^{-1}\\
Y&=X-\bar X
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
$y=x-\bar x$, donc $dy=dx$ et~:
\begin{align*}
\mathbb P(Y=y)&=Ae^{-By^2}\\
\frac{d\mathbb P(Y=y)}{dy}&=-2ABye^{-By^2}\\
\frac{d\mathbb P(X=x)}{dx}&=-2AB(x-\bar x)e^{-B(x-\bar x)^2}
\end{align*}
Etudions le signe de la dérivée ($A$ et $B$ sont positifs)~:
\begin{align*}
-2AB(x-\bar x)e^{-B(x-\bar x)^2}\geqslant0\\
x-\bar x\leqslant0\\
x\leqslant\bar x
\end{align*}
Or~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=\bar x)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}
\end{align*}

La dérivée s'annule et change de signe au point de co\-or\-don\-nées $(\bar x,\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}})$.
La loi normale est maximale en ce point.

Calculons la dérivée seconde~:
\begin{align*}
\frac{d\mathbb P(Y=y)}{dy}&=-2ABye^{-By^2}\\
\frac{d^2\mathbb P(Y=y)}{dy^2}&=-2ABe^{-By^2}+4AB^2y^2e^{-By^2}
\end{align*}
Etudions son signe~:
\begin{align*}
4AB^2(x-\bar x)^2e^{-B(x-\bar x)^2}-2ABe^{-B(x-\bar x)^2}\geqslant0\\
2B(x-\bar x)^2-1\geqslant0\\
(x-\bar x)^2\geqslant\frac{1}{2B}
\end{align*}
\begin{equation*}
\left\lbrace
\begin{aligned}
&x-\bar x\geqslant\frac{1}{\sqrt{2B}}\\
&x-\bar x\leqslant-\frac{1}{\sqrt{2B}}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\lbrace
\begin{aligned}
&x\geqslant\bar x+\sigma\\
&x\leqslant\bar x-\sigma
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
La dérivée seconde s'annule et change de signe aux points d'abscisses $\bar x+\sigma$ et $\bar x-\sigma$.
Or~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=\bar x\pm\sigma)&=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\tfrac{1}{2}}\\
&\approx 0,607\,\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}
\end{align*}
Les points de coordonnées $(\bar x\pm\sigma,\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\tfrac{1}{2}})$ sont les points d'inflexion de la fonction $\mathbb P(X=x)$.
La largeur de la gaussienne est de $2\sigma$ à $60,7\%$ de la hauteur.

\begin{figure}[H]
\begin{pspicture}(-3,-1)(8,6)%aire reservee a l'image
%\psframe(-3,-1)(8,6)
\psset{xunit=2cm,yunit=2cm}
\psline[linewidth=.5pt]{->}(-1.5,0)(4,0)
\psline[linewidth=.5pt]{->}(0,-0.5)(0,2.5)
\rput[l](-.6,-.15){$o(0,0)$}
\rput[l](3.8,-0.15){$x$}
\rput[l](-1,2.4){$\mathbb P(X=x)$}
\psplot[plotstyle=curve,linewidth=1pt]{-1.5}{3.5}{2.7183 x 1 sub 2 exp 1.8 div neg exp 1.321 mul}
%fonction 1.321 exp-[(x-1)^2/1.8]
%sigma carré égal 0.9
%moyenne égale 1
\rput[l](.95,-0.15){$\bar x$}
\rput[l](1.5,1.321){$\mathcal N(10\,;\,0,9)$}
\rput[l](1.38,-0.15){$\bar x+\sigma$}
\rput[l](.12,-0.15){$\bar x-\sigma$}
\psline(-0.05,1.321)(0.05,1.321)
\rput[l](-.6,1.321){$\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}$}
\psdot(1,0)
\psdot(.368,0)
\psdot(1.632,0)
\end{pspicture}
\caption{La loi normale $\mathcal N(\bar x,\sigma^2)$}
\end{figure}
Le rapport hauteur sur largeur est fonction uniquement de $\sigma$~:
\begin{align*}
\frac{hauteur}{largeur}&=\frac{1}{2\sigma^2\sqrt{2\pi}}
\end{align*}
Cherchons la largeur à mi-hauteur~:
\begin{align*}
\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-\bar x)^2}{2\sigma^2}}&=\frac{1}{2\sigma\sqrt{2\pi}}\\
-\frac{(x-\bar x)^2}{2\sigma^2}&=-\ln 2\\
x-\bar x&=\sigma\sqrt{2\ln 2}
\end{align*}
La largeur à mi-hauteur vaut $2\sigma\sqrt{2\ln 2}\approx 2,355\,\sigma$.
\section{La loi de Poisson}\label{Poisson}
\subsection{\'Etablissement de la loi de Poisson}
Considérons le cas d'un évènement rare en supposant que le nom\-bre de boules blanches tirées soit petit devant $n$~:
\begin{align*}
x_i\ll n
\end{align*}
Nous pouvons alors simplifier l'expression de la loi binomiale~:
\begin{align*}
C_n^{x_i}&\overset{\Delta}{=}\frac{n!}{x_i!(n-x_i)!}\\
&=\frac{n\times (n-1)\times (n-2)\times\dots\times (n-x_i+1)}{x_i!}\\
&\approx \frac{n^{x_i}}{x_i!}
\end{align*}
Le logarithme de la probabilité s'écrit~:
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&=\ln\left[\frac{n!}{x_i!(n-x_i)!}\,p^{x_i}\,q^{n-x_i}\right]\\
&\approx\ln\left(\frac{n^{x_i}}{x_i!}\,p^{x_i}\,q^{n-x_i}\right)\\
&\approx\ln\left(\frac{n^{x_i}}{x_i!}\right)+x_i\ln p+(n-x_i)\ln(1-p)
\end{align*}
Nous faisons l'hypothèse supplémentaire que la proportion $p$ de boules blanches est très petite
($p$ est un paramètre fixé avant l'expérience)~:
\begin{align*}
p\ll 1
\end{align*}
On effectue le développement limité à l'ordre un du logarithme né\-pé\-ri\-en~:
\begin{align*}
\ln \mathbb P_i(X=x_i)&\approx\ln\left(\frac{n^{x_i}}{x_i!}\right)+x_i\ln p+(n-x_i)(-p)\\
&\approx\ln\left(\frac{n^{x_i}}{x_i!}\right)+x_i\ln p-np
\end{align*}
d'où~:
\begin{align*}
\mathbb P_i(X=x_i)&\approx\frac{n^{x_i}}{x_i!}\,p^{x_i}\,e^{-np}
\end{align*}
\begin{empheq}[box=\greybox]{align*}
\mathbb P_i(X=x_i)&\approx\frac{\lambda^{x_i}}{x_i!}\,e^{-\lambda}
\end{empheq}
où l'on a posé $\lambda=np$.
\subsection{La loi de Poisson est normalisée}
\begin{align*}
\sum_{i=0}^n\mathbb P_i(x_i)&=\sum_{i=0}^n\frac{\lambda^{x_i}e^{-\lambda}}{x_i!}\\
&=e^{-\lambda}\sum_{i=0}^n\frac{\lambda^{x_i}}{x_i!}
\end{align*}
or le développement en série entière d'exponentielle s'écrit~:
\begin{align*}
e^{\lambda}=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{\lambda^{x_i}}{x_i!}
\end{align*}
d'où, lorsque n devient grand~:
\begin{align*}
\sum_{i=0}^n\mathbb P_i(x_i)&=e^{-\lambda}e^{\lambda}\\
&=1
\end{align*}
\section{Applications}
\subsection{Exemple 1}Soit une urne contenant $8\%$ de boules blanches ($p=0,08$) et $92\%$ de boules noires ($q=0,92$).
On tire au hasard $n=500$ boules avec remise.
On appelle $X$ la variable aléatoire qui donne le nombre de boules blanches tirées parmi ces $500$.
Quelle est la probabilité de tirer $39$ boules blanches~?
\begin{enumerate}
\item En utilisant la loi binomiale $\mathcal B(500\,;\,0,08)$~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=x)&=\frac{n!}{x!(n-x)!}\,p^x\,(1-p)^{n-x}\\
\mathbb P(X=39)&=\frac{500!}{39!461!}\times0,08^{39}\times0,92^{461}\\
&=\frac{500}{39}\times\frac{499}{38}\times\dots\times\frac{462}{1}\times0,08^{39}\times0,92^{461}\\
&=0,0655
\end{align*}
\item Nous avons~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&500\gg1\\
&39\gg1\\
&461\gg1
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
Nous pouvons approximer la loi binomiale par une loi normale de paramètres~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\bar x=np=40\\
&\sigma^2=np(1-p)=36,8
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
Soit donc la loi normale $\mathcal N(40\,;\,36,8)$.
La variable aléatoire $X$ suit approximativement cette loi.
Posons $Y$ la variable aléatoire qui suit précisément cette loi,
et soit $T$ la variable aléatoire telle que~:
\begin{align*}
T&=\frac{Y-40}{\sqrt{36,8}}
\end{align*}
$T$ suit la loi normale centrée réduite $\mathcal N(0\,;\,1)$.
\begin{align*}
\mathbb P(X=39)&\approx p(Y=39)\\
&\approx p(38,5\leqslant Y\leqslant 39,5)\\
&\approx p\left(\frac{38,5-40}{\sqrt{36,8}}\leqslant T\leqslant\frac{39,5-40}{\sqrt{36,8}}\right)\\
&\approx p(-0,247\leqslant T\leqslant -0.083)
\end{align*}
Soit $\pi(t)$ la fonction intégrale de la loi normale centrée réduite~:
\begin{align*}
\pi(t)&=\int_{-\infty}^t\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx\\
&=p(T\leqslant t)
\end{align*}
d'où~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=39)&\approx \pi(-0.083)-\pi(-0,247)
\end{align*}
On trouve facilement sur internet la table des valeurs de $\pi(t)$ mais
elle n'est tabulée que pour $t\geqslant 0$.
La loi normale étant normalisée~:
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx&=1\\
\int_{-\infty}^\tau\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx+\int_\tau^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx&=1\\
p(T\leqslant \tau)+p(T\geqslant \tau)&=1\\
p(T\leqslant \tau)&=1-p(T\geqslant \tau)
\end{align*}
En posant $\tau=-t$~:
\begin{align*}
p(T\leqslant -t)&=1-p(T\geqslant -t)
\end{align*}
par symétrie par rapport à $t=0$ de la loi normale centrée~:
\begin{align*}
\int_{-\infty}^t\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx&=\int_{-t}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx\\
p(T\leqslant t)&=p(T\geqslant -t)
\end{align*}
d'où~:
\begin{align*}
p(T\leqslant -t)&=1-p(T\leqslant t)\\
\pi(-t)&=1-\pi(t)
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb P(X=39)&\approx 1-\pi(0,083)-[1-\pi(0,247)]\\
&\approx \pi(0,247)-\pi(0,083)
\end{align*}
On utilise la table des valeurs de $\pi(t)$ pour trouver $\pi(0,247)$~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\pi(0,24)\approx 0,5948\\
&\pi(0,25)\approx 0,5987
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
On effectue une interpolation affine~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\frac{0,5987-0,5948}{0,25-0,24}\\
&b=0,5987-a\times 0,25
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=0,3900\\
&b=0,5012
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{align*}
\pi(0,247)&\approx 0,39\times 0,247+0,5012\\
&\approx 0,5975
\end{align*}
On utilise de nouveau la table pour trouver $\pi(0,083)$~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\pi(0,08)\approx 0,5319\\
&\pi(0,09)\approx 0,5359
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
On effectue une interpolation affine~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\frac{0,5359-0,5319}{0,09-0,08}\\
&b=0,5359-a\times 0,09
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=0,0400\\
&b=0,4999
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{align*}
\pi(0,083)&\approx 0,4\times 0,083+0,4999\\
&\approx 0,5331
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb P(X=39)&\approx 0,5975-0,5331\\
&\approx 0,0644
\end{align*}
\item En approximant la loi binomiale par une loi de Poisson de paramètre $\lambda=np=40$~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=x)&\approx\frac{\lambda^x}{x!}\,e^{-\lambda}\\
\mathbb P(X=39)&\approx\frac{40^{39}}{39!}\,e^{-40}\\
&\approx 2,674\times 10^{-19}
\end{align*}
L'approximation par la loi de Poisson n'est pas valide car nous n'avons pas $x\ll n$.
\end{enumerate}
\subsection{Exemple 2}
Soit une urne contenant $3\%$ de boules blanches ($p=0,03$) et $97\%$ de boules noires ($q=0,97$).
On tire au hasard $n=100$ boules avec remise.
On appelle $X$ la variable aléatoire qui donne le nombre de boules blanches tirées parmi ces $100$.
\begin{enumerate}
\item Quelle est la probabilité qu'il n'y ait aucune boule blanche de tirée~?
\begin{enumerate}
\item En utilisant la loi binomiale $\mathcal B(100\,;\,0,03)$~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=0)&=\frac{100!}{0!100!}\left(\frac{3}{100}\right)^0\left(\frac{97}{100}\right)^{100}\\
&=0,97^{100}\\
&=0,0476
\end{align*}
\item $0\ll 100$, nous pouvons approximer la loi binomiale par une loi de Poisson de paramètre $\lambda=3$~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=0)&\approx\frac{3^0}{0!}\,e^{-3}\\
&\approx 0,0498
\end{align*}
\item Approximons la loi binomiale par la loi normale de pa\-ra\-mè\-tres~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\bar x=3\\
&\sigma^2=2,91
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
Soit donc la loi normale $\mathcal N(3\,;\,2,91)$.
La variable aléatoire $X$ suit ap\-pro\-xi\-ma\-ti\-ve\-ment cette loi.
Posons $Y$ la variable alé\-a\-toi\-re qui suit pré\-ci\-sé\-ment cette loi,
et soit $T$ la variable aléatoire telle que~:
\begin{align*}
T&=\frac{Y-3}{\sqrt{2,91}}
\end{align*}
$T$ suit la loi normale centrée réduite $\mathcal N(0\,;\,1)$.
\begin{align*}
\mathbb P(X=0)&\approx p(Y=0)\\
&\approx p(-0,5\leqslant Y\leqslant 0,5)\\
&\approx p\left(\frac{-0,5-3}{\sqrt{2,91}}\leqslant T\leqslant\frac{0,5-3}{\sqrt{2,91}}\right)\\
&\approx p(-2,052\leqslant T\leqslant -1,466)\\
&\approx \pi(-1,466)-\pi(-2,052)\\
&\approx 1-\pi(1,466)-[1-\pi(2,052)]\\
&\approx \pi(2,052)-\pi(1,466)
\end{align*}
On utilise la table pour trouver $\pi(2,052)$~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\pi(2,05)\approx 0,9798\\
&\pi(2,06)\approx 0,9803
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
On effectue une interpolation affine~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\frac{0,9803-0,9798}{2,06-2,05}\\
&b=0,9803-a\times 2,06
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=0,0500\\
&b=0,8773
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{align*}
\pi(2,052)&\approx 0,05\times 2,052+0,8773\\
&\approx 0,9799
\end{align*}
On utilise de nouveau la table pour trouver $\pi(1,466)$~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\pi(1,46)\approx 0,9279\\
&\pi(1,47)\approx 0,9292
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
On effectue une interpolation affine~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\frac{0,9292-0,9279}{1,47-1,46}\\
&b=0,9292-a\times 1,47
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=0,1300\\
&b=0,7381
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{align*}
\pi(1,466)&\approx 0,13\times 1,466+0,7381\\
&\approx 0,9287
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb P(X=0)&\approx 0,9799-0,9287\\
&\approx 0,0512
\end{align*}
\end{enumerate}
\item Quelle est la probabilité qu'il y ait une seule boule blanche de tirée~?
\begin{enumerate}
\item En utilisant la loi binomiale $\mathcal B(100\,;\,0,03)$~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=1)&=\frac{100!}{1!99!}\left(\frac{3}{100}\right)^1\left(\frac{97}{100}\right)^{99}\\
&=3\times0,97^{99}\\
&=0,1471
\end{align*}
\item $1\ll 100$, nous pouvons approximer la loi binomiale par la loi de Poisson de paramètre $\lambda=3$~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=1)&=\frac{3^1}{1!}\,e^{-3}\\
&=0,1494
\end{align*}
\item Approximons la loi binomiale par la loi normale $\mathcal N(3\,;\,2,91)$~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=1)&\approx p(Y=1)\\
&\approx p(0,5\leqslant Y\leqslant 1,5)\\
&\approx p\left(\frac{0,5-3}{\sqrt{2,91}}\leqslant T\leqslant\frac{1,5-3}{\sqrt{2,91}}\right)\\
&\approx p(-1,466\leqslant T\leqslant -0,879)\\
&\approx \pi(-0,879)-\pi(-1,466)\\
&\approx 1-\pi(0,879)-[1-\pi(1,466)]\\
&\approx \pi(1,466)-\pi(0,879)
\end{align*}
Nous avons déjà calculer $\pi(1,466)$~:
\begin{align*}
\pi(1,466)&\approx 0,9287
\end{align*}
On utilise la table pour trouver $\pi(0,879)$~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\pi(0,87)\approx 0,8078\\
&\pi(0,88)\approx 0,8106
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
On effectue une interpolation affine~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\frac{0,8106-0,8078}{0,88-0,87}\\
&b=0,8106-a\times 0,88
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=0,2800\\
&b=0,5642
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{align*}
\pi(0,879)&\approx 0,28\times 0,879+0,5642\\
&\approx 0,8103
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb P(X=1)&\approx 0,9287-0,8103\\
&\approx 0,1184
\end{align*}
L'approximation par une loi normale n'est pas bonne car nous n'avons pas $x\gg 1$.
\end{enumerate}
\item Quelle est la probabilité qu'il y ait plus de deux boules blanches de tirées~?
\begin{enumerate}
\item En utilisant la loi binomiale $\mathcal B(100\,;\,0,03)$
\begin{align*}
\mathbb P(X=2)&=\frac{100!}{2!98!}\left(\frac{3}{100}\right)^2\left(\frac{97}{100}\right)^{98}\\
&=\frac{100\times99}{2}\times\frac{9}{100^2}\times0,97^{98}\\
&=0,2252
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb P(X>2)&=1-\mathbb P(0)-\mathbb P(1)-\mathbb P(2)\\
&=1-0,0476-0,1471-0,2252\\
&=0,5801
\end{align*}
\item $2\ll 100$, nous pouvons approximer la loi binomiale par la loi de Poisson de paramètre $\lambda=3$~:
\begin{align*}
\mathbb P(X=2)&=\frac{3^2}{2!}\,e^{-3}\\
&=0,2240
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb P(X>2)&=1-\mathbb P(0)-\mathbb P(1)-\mathbb P(2)\\
&=1-0,0498-0,1494-0,2240\\
&=0,5768
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}
