EXERCICE 3 (5 points ) Commun à tous les candidats

EXERCICE 3 (5 points )
Commun à tous les candidats
Pour chaque question, une seule des quatre propositions est exacte.
Le candidat indiquera sur la copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse
choisie. Aucune justification n’est demandée.
Une réponse exacte rapporte 1 point; une réponse inexacte enlève un demi-point; l’absence de ré-
ponse est comptée 0 point. Si le total est négatif, la note est ramenée à 0.
Première partie
Pour réaliser des étiquettes de publipostage, une entreprise utilise deux banques de données :
B1, contenant 6000 adresses, dont 120 sont erronées et 5880 sont exactes,
B2, contenant 4000 adresses, dont 200 sont erronées et 3800 sont exactes,
1) On prélève au hasard, avec remise, 10 étiquettes parmi les 6000 réalisées à l’aide de B1. La
probabilité qu’exactement trois de ces étiquettes comportent une adresse erronée est :
A:120
3+5880 7
6000
10 B:3
120
C:10
3×120
60003
×5880
60007
D:10
3×3
1203
×7
58807
2) Parmi les 10000 étiquettes, on en choisit une au hasard. Sachant que l’etiquette comporte une
adresse exacte, la probabilité qu’elle ait été réalisée à l’aide de B1est :
A: 0,98 B:0,4×0,95
0,6×0,98 + 0,6×0,02 C: 0,6×0,98 D:0,6×0,98 0,6×0,98 + 0,4×0,95
Deuxième partie
La durée de vie, exprimée en heures, d’un robot jusqu’à ce que survienne la première panne est
modélisée par une loi de probabilité pde durée de vie sans vieillissement définie sur l’intervalle
[0; +∞[(loi exponentielle de paramètre λ= 0,0005). Ainsi la probabilité que le robot tombe en
panne avant l’instant test :
p([0; t[) = Zt
0
λe−λx dx.
1) La probabilité qu’un robot ait une durée de vie supérieure à 2500 heures est :
A:e−2500
2000 B:e5 4C: 1 −e−2500 2000 D:e−2000 2500
4

2) La durée de vie moyenne d’un robot ménager est donnée par la formule :
E= lim
t→+∞Zt
0
λxe−λx dx.
a) L’intégrale Zt
0
λxe−λx dx est égale à :
A:λt2
2e−λt B:−te−λt −e−λt λ+1 λC:λte−λt −λe−λt −λ D :te−λt −e−λt −λ
b) La durée de vie moyenne des robots, exprimée en heures, est :
A: 3500 B: 2000 C: 2531,24 D: 3000
5

EXERCICE 3
I.1. C
I.2. D
II.1. A
II.2.a. B
II.2.b. B
Explications.
Première partie
1. Notons Xle nombre d’étiquettes comportant une adresse erronée. La variable aléatoire Xest régie par un schéma de
Bernoulli. En effet,
•10 expériences identiques et indépendantes sont effectuées ;
•chaque expérience a deux issues : « l’étiquette comporte une adresse erronée » avec une probabilité p=120
6000 ou
« l’étiquette comporte une adresse exacte » avec une probabilité 1−p=5880
6000 .
La variable aléatoire Xsuit donc une loi binomiale de paramètres n=10 et p=120
6000 .
La probabilité demandée est p(X=3)et on a
p(X=3) = 10
3 120
6000 35880 6000 7
.
2. Notons El’événement « l’étiquette comporte une adresse exacte ». La probabilité demandée est pE(B1). Il y a 5880 +
3800 =9680 étiquettes comportant une adresse exacte et donc p(E) = 9680
10000 . D’autre part, il y a 5880 étiquettes
comportant une adresse exacte et provenant de la banque B1et donc p(E∩B1) = 5880
10000 . Par suite,
pE(B1) = p(E∩B1)
p(E)=
5880
10000
9680
10000
=147
242 =0, 607 . . ..
Seule la fraction de la réponse D vaut environ 0, 607. L’énoncé calcule cette probabilité de la façon suivante
pE(B1) = p(E∩B1)
p(E)=p(B1)×pB1(E) p(E∩B1) + p(E∩B2)(formule des probabilités totales)
=p(B1)×pB1(E)
p(B1)×pB1(E) + p(B2)×pB2(E)=0, 6 ×5880
6000
0, 6 ×5880
6000 +0, 4 ×3800 4000
=0, 6 ×0, 98
0, 6 ×0, 98 +0, 4 ×0, 95 .
Deuxième partie
Soit tun réel positif. p([0;t[) = Zt
0
λe−λx dx =−e−λxt
0=1−e−λt =1−e−0,0005t.
1. p([2500; +∞[) = 1−p([0;2500[) = e−0,0005×2500 =e−2500
2000 .
2. a. Soit tun réel positif. Pour x∈[0, t], posons u(x) = xet v(x) = −e−λx. Les deux fonctions uet vsont dérivables sur
[0, t]et pour x∈[0, t], on a u′(x) = 1et v′(x) = λe−λx. De plus les fonctions u′et v′sont continues sur [0, t]. On peut
donc effectuer une intégration par parties et on obtient :
Zt
0
λxe−λx dx =Zt
0
x×λe−λx dx =x×(−e−λx)t
0−Zt
0
−e−λx dx
= −te−λt −1
λe−λxt
0
= −te−λt −e−λt
λ+1 λ.
http ://www.maths-france.fr 5 c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.

b. Puisque λ > 0,e−λt tend vers 0quand ttend vers +∞. D’autre part, d’après les théorèmes de croissances comparées
lim
t→+∞−te−λt =lim t→+∞
1
λ(−λt)e−λt =1 λlim
X→−∞
XeX=0.
Donc
E=0−0+1
λ=1 0, 0005 =2000.
http ://www.maths-france.fr 6 c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.