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\posttitle{\end{center}\vskip 1.5em}
\title{La loi normale}
\author{Olivier Castéra\\
      \href{mailto:o.castera@free.fr}{o.castera@free.fr}\\
      \href{http://sciences-physiques.neocities.org}{sciences-physiques.neocities.org}}
\date{\today}

\begin{document}
\maketitle
\begin{abstract}
La loi normale est la loi asymptotique de la loi binomiale lorsque le nombre de tirages tend vers l'infini.
\end{abstract}
\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{equation*}
N_{1}+N_{2}=N
\end{equation*}
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{equation*}
p
\end{equation*}
Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche puis une noire~?
\begin{equation*}
pq
\end{equation*}
Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche et une noire, peu importe l'ordre~?
\begin{equation*}
pq+qp=2pq
\end{equation*}
Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche puis deux noires~?
\begin{equation*}
pqq=pq^2
\end{equation*}
Quelle est la probabilité de tirer une boule blanche et deux noires, peu importe l'ordre~?
\begin{equation*}
pqq+qpq+qqp=3pq^2
\end{equation*}
Quelle est la probabilité de tirer trois boules noires~?
\begin{equation*}
q^3
\end{equation*}
\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{equation*}
\mathbb{P}_i(x_i)=p^{x_i}\,q^{y_i}
\end{equation*}
Le nombre $n$ de boules tirées est égale au nombre de boules blanches tirées plus le nombre de boules noires tirées~:
\begin{equation*}
n=x_i+y_i
\end{equation*}
si bien que~:
\begin{equation*}
\mathbb{P}_i(x_i)=p^{x_i}\,q^{n-x_i}
\end{equation*}

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{equation}
\mathbb{P}_i(x_i)=\frac{n!}{x_i!(n-x_i)!}\,p^{x_i}\,q^{n-x_i}\label{pi}
\end{equation}
\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{equation*}
0\leqslant x_i\leqslant n
\end{equation*}
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{equation*}
\mathbb{P}(X=x)=p^x(1-p)^{1-x},\ x\in\{0,1\}
\end{equation*}
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{equation*}
\bar{x}\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^nx_i\,\mathbb{P}_i(X=x_i)
\end{equation*}

Dans le cas d'une variable aléatoire continue $X$, on a~:
\begin{equation*}
\bar{x}\overset{\Delta}{=}\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)\dd x
\end{equation*}
\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{equation*}
\bar{x}=1\mathbb{P}(X=1)+2\mathbb{P}(X=2)+3\mathbb{P}(X=3)
\end{equation*}
avec
\begin{align*}
\mathbb{P}(X=1)&=\frac{4}{10}\times\left(\frac{6}{10}\right)^2\times\frac{3!}{3!\,(3-1)!}\\
&=\num{0,432}\\
\\
\mathbb{P}(X=2)&=\left(\frac{4}{10}\right)^2\times\frac{6}{10}\times\frac{3!}{2!\,(3-2)!}\\
&=\num{0,288}\\
\\
\mathbb{P}(X=3)&=\left(\frac{4}{10}\right)^3\times\frac{3!}{3!\,(3-3)!}\\
&=\num{0,64}
\end{align*}
Si bien que
\begin{align*}
\bar{x}&=\num{0,432}+2\times \num{0,288}+3\times \num{0,64}\\
&=\num{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{equation*}
\alpha_{s}[X]\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^nx_i^s\,\mathbb{P}_i(X=x_i)
\end{equation*}
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{equation*}
\alpha_{s}[X]\overset{\Delta}{=}\int_{-\infty}^{+\infty}x^sf(x)\dd x
\end{equation*}
\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{equation*}
\alpha_1[X]\overset{\Delta}{=}\bar{x}
\end{equation*}
Les moments permettent de caractériser la loi de probabilité
en donnant sa position, son degré de dispersion, et sa forme.
Ils peuvent être calculés grâce 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 grâce 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}\\
&=\num{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{equation*}
\mathring{X}=X-\bar X
\end{equation*}
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{equation*}
\mu_{s}[X]\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^n(x_i-\bar{x})^s\,\mathbb{P}_i(X=x_i)
\end{equation*}
Dans le cas d'une variable aléatoire continue $X$, on a~:
\begin{equation*}
\mu_{s}[X]\overset{\Delta}{=}\int_{-\infty}^{+\infty}(x-\bar{x})^sf(x)\dd x
\end{equation*}
\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{equation*}
V[X]\overset{\Delta}{=}\sum_{i=0}^n\mathring x^2_i\,\mathbb{P}_i(X=x_i)
\end{equation*}
Dans le cas d'une variable aléatoire continue~$X$, on a~: 
\begin{equation*}
V[X]\overset{\Delta}{=}\int_{-\infty}^{+\infty}\mathring x^2f(x)\dd x
\end{equation*}
\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{equation*}
\sigma[X]\overset{\Delta}{=}\sqrt{V[X]}
\end{equation*}
\end{definition}\end{defbox}

\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{equation*}
n!\approx \left(\frac{n}{e}\right)^n\sqrt{2\pi n}
\end{equation*}

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\ valeurs dès les premiers entiers.
Prenons le logarithme~:
\begin{equation*}
\ln n!\approx n\ln n -n+\tfrac{1}{2}\ln (2\pi n)
\end{equation*}
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 fréquence d'un évènement converge en probabilité vers la probabilité de cet évènement.

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

Nous nous plaçons 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 même~:
\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{equation*}
\frac{\mathring {x}}{n}\ll 1
\end{equation*}
En multipliant par $\mathring {x}^2/(2n)$ qui est positif~:
\begin{equation*}
\frac{\mathring {x}^3}{2n^2}\ll\frac{\mathring {x}^2}{2n}
\end{equation*}
$n$ étant grand, nous avons aussi~:
\begin{equation*}
\frac{\mathring {x}^2}{4n^2}\ll\frac{\mathring {x}^2}{2n}
\end{equation*}
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{equation*}
\mathbb{P}(X=x)\approx\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-\bar{x})^2}{2\sigma^2}}
\end{equation*}
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{equation*}
\alpha=(2\sigma^2)^{-1}
\end{equation*}
et l'on effectue le changement de variable~:
\begin{equation*}
t=x-\bar{x}
\end{equation*}
donc $\dd t=\dd x$, et l'on a~:
\begin{equation*}
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-\bar{x})^2}{2\sigma^2}}\,\dd x=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\alpha t^2}\,\dd t
\end{equation*}
On utilise l'intégrale de Gauss~:
\begin{equation*}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\alpha t^2}\,\dd t=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{equation*}
et l'on a~:
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{(x-\bar{x})^2}{2\sigma^2}}\,\dd x&=\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 $\dd y=\dd x$ et~:
\begin{align*}
\mathbb{P}(Y=y)&=Ae^{-By^2}\\
\frac{d\mathbb{P}(Y=y)}{\dd y}&=-2ABye^{-By^2}\\
\frac{d\mathbb{P}(X=x)}{\dd x}&=-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{equation*}
\mathbb{P}(X=\bar{x})=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}
\end{equation*}

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

Calculons la dérivée seconde~:
\begin{align*}
\frac{d\mathbb{P}(Y=y)}{\dd y}&=-2ABye^{-By^2}\\
\frac{d^2\mathbb{P}(Y=y)}{\dd y^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 \num{0,607}\,\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}
\end{align*}
Les points de coordonnées $\left(\bar{x}\pm\sigma,\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\,e^{-\tfrac{1}{2}}\right)$ sont les points d'inflexion de la fonction $\mathbb{P}(X=x)$.
La largeur de la gaussienne est de $2\sigma$ à $\num{60,7}\%$ de la hauteur.

\begin{figure}[H]\centering
\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){$\mathcal N(10\,;\,\num{0,9})$}
\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{equation*}
\frac{\text{hauteur}}{\text{largeur}}=\frac{1}{2\sigma^2\sqrt{2\pi}}
\end{equation*}
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 $2\sigma\sqrt{2\ln 2}\approx \num{2,355}\,\sigma$.
\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 nombre de boules blanches tirées soit petit devant $n$~:
\begin{equation*}
x_i\ll n
\end{equation*}
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{equation*}
p\ll 1
\end{equation*}
On effectue le développement limité à l'ordre un du logarithme népérien~:
\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{equation*}
\mathbb{P}_i(X=x_i)\approx\frac{n^{x_i}}{x_i!}\,p^{x_i}\,e^{-np}
\end{equation*}
\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{equation*}
e^{\lambda}=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{\lambda^{x_i}}{x_i!}
\end{equation*}
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 ($p=\num{0,08}$) et $92\%$ de boules noires ($q=\num{0,92}$).
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 $\mathcal B(500\,;\,\num{0,08})$~:
\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!}\times\num{0,08}^{39}\times\num{0,92}^{461}\\
&=\frac{500}{39}\times\frac{499}{38}\times\dots\times\frac{462}{1}\times\num{0,08}^{39}\times\num{0,92}^{461}\\
&=\num{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 $\mathcal N(40\,;\,\num{36,8})$.
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{equation*}
T=\frac{Y-40}{\sqrt{\num{36,8}}}
\end{equation*}
$T$ 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 \num{39,5})\\
&\approx p\left(\frac{\num{38,5}-40}{\sqrt{\num{36,8}}}\leqslant T\leqslant\frac{\num{39,5}-40}{\sqrt{\num{36,8}}}\right)\\
&\approx p(\num{-0,247}\leqslant T\leqslant \num{-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}}\,\dd x\\
&=p(T\leqslant t)
\end{align*}
d'où~:
\begin{equation*}
\mathbb{P}(X=39)\approx \pi(\num{-0.083})-\pi(\num{-0.247})
\end{equation*}
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}}\,\dd x&=1\\
\int_{-\infty}^\tau\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x+\int_\tau^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x&=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{equation*}
p(T\leqslant -t)=1-p(T\geqslant -t)
\end{equation*}
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}}\,\dd x&=\int_{-t}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,\dd x\\
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(\num{0,083})-[1-\pi(\num{0,247})]\\
&\approx \pi(\num{0,247})-\pi(\num{0,083})
\end{align*}
On utilise la table des valeurs de $\pi(t)$ pour trouver $\pi(0,247)$~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\pi(\num{0,24})\approx \num{0,5948}\\
&\pi(\num{0,25})\approx \num{0,5987}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
On effectue une interpolation affine~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\frac{\num{0,5987}-\num{0,5948}}{\num{0,25}-\num{0,24}}\\
&b=\num{0,5987}-a\times \num{0,25}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\num{0,3900}\\
&b=\num{0,5012}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{align*}
\pi(\num{0,247})&\approx \num{0,39}\times \num{0,247}+\num{0,5012}\\
&\approx \num{0,5975}
\end{align*}
On utilise de nouveau la table pour trouver $\pi(\num{0,083})$~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\pi(\num{0,08})\approx \num{0,5319}\\
&\pi(\num{0,09})\approx \num{0,5359}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
On effectue une interpolation affine~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\frac{\num{0,5359}-\num{0,5319}}{\num{0,09}-\num{0,08}}\\
&b=\num{0,5359}-a\times \num{0,09}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\num{0,0400}\\
&b=\num{0,4999}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{align*}
\pi(\num{0,083})&\approx \num{0,4}\times \num{0,083}+\num{0,4999}\\
&\approx \num{0,5331}
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb{P}(X=39)&\approx \num{0,5975}-\num{0,5331}\\
&\approx \num{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 \num{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 ($p=\num{0,03}$) et $97\%$ de boules noires ($q=\num{0,97}$).
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}\\
&=\num{0,97}^{100}\\
&=\num{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 \num{0,0498}
\end{align*}
\item Approximons la loi binomiale par la loi normale de paramètres~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\bar{x}=3\\
&\sigma^2=\num{2,91}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
Soit donc la loi normale $\mathcal N(3\,;\,\num{2,91})$.
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{equation*}
T=\frac{Y-3}{\sqrt{\num{2,91}}}
\end{equation*}
$T$ suit la loi normale centrée réduite $\mathcal N(0\,;\,1)$.
\begin{align*}
\mathbb{P}(X=0)&\approx p(Y=0)\\
&\approx p(\num{-0,5}\leqslant Y\leqslant \num{0,5})\\
&\approx p\left(\frac{\num{-0,5}-3}{\sqrt{\num{2,91}}}\leqslant T\leqslant\frac{\num{0,5}-3}{\sqrt{\num{2,91}}}\right)\\
&\approx p(\num{-2,052}\leqslant T\leqslant \num{-1,466})\\
&\approx \pi(\num{-1,466})-\pi(\num{-2,052})\\
&\approx 1-\pi(\num{1,466})-[1-\pi(\num{2,052})]\\
&\approx \pi(\num{2,052})-\pi(\num{1,466})
\end{align*}
On utilise la table pour trouver $\pi(\num{2,052})$~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\pi(\num{2,05})\approx \num{0,9798}\\
&\pi(\num{2,06})\approx \num{0,9803}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
On effectue une interpolation affine~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\frac{\num{0,9803}-\num{0,9798}}{\num{2,06}-\num{2,05}}\\
&b=\num{0,9803}-a\times \num{2,06}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\num{0,0500}\\
&b=\num{0,8773}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{align*}
\pi(\num{2,052})&\approx \num{0,05}\times \num{2,052}+\num{0,8773}\\
&\approx \num{0,9799}
\end{align*}
On utilise de nouveau la table pour trouver $\pi(\num{1,466})$~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\pi(\num{1,46})\approx \num{0,9279}\\
&\pi(\num{1,47})\approx \num{0,9292}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
On effectue une interpolation affine~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\frac{\num{0,9292}-\num{0,9279}}{\num{1,47}-\num{1,46}}\\
&b=\num{0,9292}-a\times \num{1,47}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\num{0,1300}\\
&b=\num{0,7381}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{align*}
\pi(\num{1,466})&\approx \num{0,13}\times \num{1,466}+\num{0,7381}\\
&\approx \num{0,9287}
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb{P}(X=0)&\approx \num{0,9799}-\num{0,9287}\\
&\approx \num{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 $\mathcal B(100\,;\,\num{0,03})$~:
\begin{align*}
\mathbb{P}(X=1)&=\frac{100!}{1!99!}\left(\frac{3}{100}\right)^1\left(\frac{97}{100}\right)^{99}\\
&=3\times\num{0,97}^{99}\\
&=\num{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}\\
&=\num{0,1494}
\end{align*}
\item Approximons la loi binomiale par la loi normale $\mathcal N(3\,;\,\num{2,91})$~:
\begin{align*}
\mathbb{P}(X=1)&\approx p(Y=1)\\
&\approx p(\num{0,5}\leqslant Y\leqslant \num{1,5})\\
&\approx p\left(\frac{\num{0,5}-3}{\sqrt{\num{2,91}}}\leqslant T\leqslant\frac{\num{1,5}-3}{\sqrt{\num{2,91}}}\right)\\
&\approx p(\num{-1,466}\leqslant T\leqslant \num{-0,879})\\
&\approx \pi(\num{-0,879})-\pi(\num{-1,466})\\
&\approx 1-\pi(\num{0,879})-[1-\pi(\num{1,466})]\\
&\approx \pi(\num{1,466})-\pi(\num{0,879})
\end{align*}
Nous avons déjà calculer $\pi(\num{1,466})$~:
\begin{equation*}
\pi(\num{1,466})\approx \num{0,9287}
\end{equation*}
On utilise la table pour trouver $\pi(\num{0,879})$~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&\pi(\num{0,87})\approx \num{0,8078}\\
&\pi(\num{0,88})\approx \num{0,8106}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
On effectue une interpolation affine~:
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\frac{\num{0,8106}-\num{0,8078}}{\num{0,88}-\num{0,87}}\\
&b=\num{0,8106}-a\times \num{0,88}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{equation*}
\left\{
\begin{aligned}
&a=\num{0,2800}\\
&b=\num{0,5642}
\end{aligned}
\right.
\end{equation*}
\begin{align*}
\pi(\num{0,879})&\approx \num{0,28}\times \num{0,879}+\num{0,5642}\\
&\approx \num{0,8103}
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb{P}(X=1)&\approx \num{0,9287}-\num{0,8103}\\
&\approx \num{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 $\mathcal B(100\,;\,\num{0,03})$
\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}\\
&=\num{0,2252}
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb{P}(X>2)&=1-\mathbb{P}(0)-\mathbb{P}(1)-\mathbb{P}(2)\\
&=1-\num{0,0476}-\num{0,1471}-\num{0,2252}\\
&=\num{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}\\
&=\num{0,2240}
\end{align*}
\begin{align*}
\mathbb{P}(X>2)&=1-\mathbb{P}(0)-\mathbb{P}(1)-\mathbb{P}(2)\\
&=1-\num{0,0498}-\num{0,1494}-\num{0,2240}\\
&=\num{0,5768}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}
