ayant pour objet une demande de renseignements

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Probabilités
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EXERCICES
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c. Calculer P ( A 2 R ).
d. En déduire la probabilité qu’en 5 minutes, un seul appel ait pour objet
une demande de renseignements.
3. Soit Y la variable aléatoire égale au nombre d’appels, en 5 minutes,
ayant pour objet une demande de renseignements.
Déterminer la loi de probabilité de Y, puis calculer E ( Y ).
41
✵ ✵ (7 points, 45 min) x P. 241
On étudie la durée de vie, exprimée en années, d’un appareil ménager
avant sa première panne.
On modélise cette situation par une loi de probabilité p de durée de vie
sans vieillissement, définie sur [0 ; +∞[.
Ainsi, la probabilité d’un intervalle [0 ; t[, notée p[0 ; t[, est la probabilité
que l’appareil ménager tombe en panne avant l’instant t.
Cette loi est une loi exponentielle de paramètre λ ( λ 0 ).
1. a. Calculer p[t ; + ∞[ , pour tout t 0.
b. Déterminer le réel t pour lequel p[0 ; t [ = p [ t ; + ∞[.
2. D’après une étude statistique, la probabilité pour que l’appareil tombe en
panne avant la fin de la première année est 0,18.
Déterminer le paramètre λ.
3. Sachant que l’appareil n’a connu aucune panne au cours des deux premières années après sa mise en service, calculer la probabilité qu’il ne
connaisse aucune panne l’année suivante.
4. Maintenant, on suppose que λ = 0,2.
a. Calculer la probabilité, arrondie à 10 – 4 près, que l’appareil n’ait pas
eu de panne au cours des trois premières années.
b. Dix appareils neufs de ce type ont été mis en service en même temps.
On désigne par X la variable aléatoire égale au nombre d’appareils qui
n’ont pas eu de panne au cours des trois premières années.
Calculer la probabilité que X soit égale à 4.
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3. On vient de voir P ( Y = 1 ) = 0,492.
P ( Y = 2 ) se calcule en considérant le seul cas où il y a deux appels en
5 minutes dont l’objet est une demande de renseignements :
P ( Y = 2 ) = 0,4 × 0,6 × 0,6 = 0,144.
Et comme P ( Y = 0 ) + P ( Y = 1 ) + P ( Y = 2 ) = 1, on déduit :
P ( Y = 0 ) = 1 – 0,144 – 0,492 = 0,364.
L’espérance de Y est :
E ( Y ) = 0 × 0,364 + 1 × 0,492 + 2 × 0,144 = 0,78.
41
1. a. Il s’agit d’une loi exponentielle de paramètre λ, donc pour tout t 0 :
p[0 ; t [ =
t
∫0 λ e – λ x d x
t
= [ – e – λ x ]0 = 1 – e – λ t .
Comme p [ 0 ; + ∞ [ = 1, on a pour tout t 0 :
p[ t ; + ∞[ = 1 – p[ 0 ; t [ = 1 – ( 1 – e– λt ) = e– λt .
b. p [ 0 ; t [ = p [ t ; + ∞ [ ⇔ 1 – e – λ t = e – λ t
1
⇔ e – λt = --2
⇔ λt = ln 2
ln 2
⇔ t = -------- .
λ
2. La probabilité pour que l’appareil tombe en panne avant la fin de la première année est 0,18, donc p [ 0 ; 1 [ = 0,18. Il vient :
p [ 0 ; 1 [ = 1 – e – λ = 0,18 ⇔ e – λ = 0,82
⇔ λ = – ln ( 0,82 ) ≈ 0,198, arrondi à 10 –3 près.
3. La probabilité qu’un appareil ne connaisse aucune panne l’année suivante,
sachant qu’il n’a connu aucune panne au cours des deux premières années, est
égale à la probabilité conditionnelle p [ 2 ; + ∞ [ ( [ 3 ; + ∞ [ ) Comme la loi de
probabilité est une loi de durée de vie sans vieillissement, on a :
p [ 2 ; + ∞ [ ( [ 3 ; + ∞ [ ) = p ( [1 ; + ∞[ ) .
On obtient p ( [1 ; + ∞[ ) = e – λ = 0,82.
■☞
Notons que l’on retrouve ce résultat en appliquant la formule des
probabilités conditionnelles :
p( [ 2 ; + ∞[ [ 3 ; + ∞[)
p [ 2 ; + ∞ [ ( [ 3 ; + ∞ [ ) = --------------------------------------------------------p[2 ; + ∞[
p( [ 3 ; + ∞[)
p[2 ; + ∞[
e –3 l
e
= ---------------------------- = --------- = e– l.
–2 l
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4. a. La probabilité que l’appareil n’ait pas eu de panne au cours des trois premières années est :
1 – p[0 ; 3[ = p [ 3 ; + ∞ [ .
Avec un paramètre λ = 0,2, on obtient :
p [ 3 ; + ∞ [ = e –0,2 × 3 = e –0,6 ≈ 0,5488
arrondie à 10 –4 près.
b. Considérons l’épreuve de Bernoulli consistant à étudier le comportement
d’un appareil au cours des trois premières années.
La probabilité d’une réussite (absence de panne au cours de ces trois années)
est 0,5488, la probabilité d’un échec (au moins une panne) est 1 – 0,5488.
Il y a 10 appareils, donc il y a 10 épreuves indépendantes. Nous avons donc
affaire à un schéma de Bernoulli.
La probabilité d’avoir exactement 4 appareils n’ayant jamais eu de panne au
cours des trois premières années est égale à :
 10 × ( 0,5488 ) 4 × ( 1 – 0,5488 ) 6 , soit environ 0,1607, à 10 –4 près.
 4
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Pour tout n ∈ N ∗ , pour tout x ∈ :
c n ( x ) + is n ( x ) =
n
n
∑  k ( cos ( kx ) + i sin ( kx ) )
k=0
n
=
n
∑  k e ikx
k=0
n
=
n
∑  k ( e i x ) k
= ( 1 + ei x )n.
k=0
Il s’agit maintenant de faire apparaître la partie réelle et la partie imaginaire
de ce résultat :
x
x
x
n
x
i --- –i --i --in --( 1 + e i x ) n =  e 2  e 2 + e 2  = e 2 ( 2 cos x ) n
 

x
x
= ( 2 cos x ) n  cos  n --- + i sin  n ---  .

 2
 2 
On obtient :
x
x
Re ( 1 + e i x ) n = Re  ( 2 cos x ) n  cos  n --- + i sin  n ---  


 2
 2  
x
= ( 2 cos x ) n cos  n --- .
 2
x
x
Im ( 1 + e i x ) n = Im  ( 2 cos x ) n  cos  n --- + i sin  n ---  


 2
 2  
x
= ( 2 cos x ) n sin  n --- .
 2
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