Corrigé de l`exercice 1 (probabilités) du sujet Asie juin 2015

Corrigé de l’exercice 1 (probabilités) du sujet Asie juin 2015
Exercice 1
Partie A
1. Soit X une variable aléatoire qui compte le nombre de tirs ayant atteint la cible.
Chaque tir est une épreuve de Bernoulli où le succès est « la cible est atteinte » de probabilité p = 0,8.
Comme X compte le nombre de succès lors des 4 tentatives indépendants et identiques, X suit donc la loi
binomiale de paramètres n = 4 et p = 0,8.
Ainsi, P(X = 3) = 
4
3 0,8
3
(1 – 0,8)
4 – 3
= 0,4096 ≈ 0,410 .
2. Si le concurrent tire n fois, la variable aléatoire Y
n
qui compte le nombre de succès suit toujours une loi
binomiale mais de paramètres n, le nombre de tirs et p = 0,8.
Ainsi, le nombre moyen de tirs ayant atteint la cible est donc donné par E(X) = n p = 0,8 n.
Pour atteindre en moyenne 12 fois la cible, on doit donc avoir 0,8 n ≥ 12 ⇔ n ≥ 12
0,8
⇔ n ≥ 15 .
Le concurrent doit donc prévoir 15 flèches .
Remarque :
L’indication décisive est bien sur donnée par l’expression « en moyenne » qui fait référence à l’Espérance.
Partie B
1. On a (
−
Tir situé hors de la bande) = (Tir situé dans la bande).
D’où P (Tir situé hors de la bande) = 1 – P (Tir dans la bande)
= 1 – P (– 10 ≤ X ≤ 10) = 1 – P ( X ∈ [ – 10 ;10])
Comme X suit une loi normale d’espérance µ
µµ
µ = 0 et d’écart type σ
σσ
σ = 10, l’intervalle [ – 10 ; 10] est tout
simplement l’intervalle « 1 sigma » d’où P ( X ∈ [ – 10 ;10]) ≈ 0,683
⇔ P ( Tir situé hors de la bande) ≈ 0,317 .
Remarques :
* On peut bien sûr obtenir grâce à la calculatrice P (– 10 ≤ X ≤ 10) sans reconnaître l’intervalle « un sigma »
* On peut aussi calculer « directement » et partir de P(– 10 < X ou X > 10) = P( (– 10 < X) ∪ (X > 10) )
Comme les évènements sont disjoints (X ne peut vérifier en même temps X > 10 et X < – 10)
On a alors P (– 10 < X ou X > 10) = P (– 10 < X) + P (X > 10)
= 2 P(X < – 10)) par symétrie par rapport à µ
µµ
µ = 0
≈ 0,317

2. On recherche a ≥ 0 tel que P ( X ∈ [ – a ; a ] ) = 0,6.
P (– a ≤ X ≤ a) = 0,6 ⇔ P (– a
10 ≤ X 10 ≤ a 10 ) = 0,6.
Comme X suit la loi normale de paramètres µ
µµ
µ = 0 et σ
σσ
σ = 10, Z = X
10 suit donc la loi normale Centrée Réduite.
P – a
10 ≤ Z ≤ a 10 = 0,6 ⇔ 1 – 2 P 
Z ≤ – a
10 = 0,6
⇔ P  Z ≤ – a
10 = 0,2
En inversant la fonction de répartition grâce à la calculatrice, on trouve :
– a
10 ≈ – 0,842 ⇔ a ≈
≈≈
≈ 8,42 cm ≈
≈≈
≈ 8,4 cm .
On donne donc à la bande une largeur d’environ 8,4 cm de part et d’autre de la cible soit une longueur totale de
16,8 cm.
Partie C
1. T suit la loi exponentielle de paramètre λ = 10
– 4
= 0,0001.
On a donc P (T ≥ 2000) = e
– 0,0001×2000
≈ 0,819 .
2. Prouvons simplement que F ’(t) = λ t e
– λ
t
pour t ∈ IR.
t
→
– t – 1
λ (qui n’est qu’une fonction affine !) ; t
→
– λt et t
→
e
t
sont dérivables sur IR.
Par composition, t
→
e
– λ
t
est dérivable sur IR puis par produit enfin, F est dérivable sur IR.
Pour t ∈ IR, F ’(t) =  – t – 1
λ
’ × e
– λ
t
+  – t – 1
λ×
( )
e
– λ
t
’ = – 1× e –
λ
t
+  – t – 1
λ×
( )
– λ e
– λ
t
= – e
– λ
t
+  – t – 1
λ×
( )
– λ e
– λ
t
= – e –
λ
t
+
( )
– λ e
– λ
t
×(– t) +
( )
– λ e
– λ
t
×  – 1
λ
= – e
– λ
t
+ t λ e –
λ
t
+ e –
λ
t
= λ
λλ
λ t e
– λ
λλ
λ
t
= f(t).
On a bien prouvé que F est une primitive de f sur IR.
b.
 Pour x ≥ 0, ⌡
⌠
0
x
λ t e
– λ
t
dt =
[ ]
F (t)x
0= F(x) – F(0)
=  – x – 1
λ e
– λ
x
–  – 0 – 1
λ e –
λ ×0
=  – x – 1
λ
λλ
λ e
– λ
λλ
λ
x
+ 1
λ
λλ
λ.
 Déterminons la limite de  – x – 1
λ e –
λ
x
+ 1
λ quand x tend vers + ∞ :
Pour x ≥ 0, 
– x – 1
λ e –
λ
x
+ 1
λ = – x e –
λ
x
– 1
λ e –
λ
x
+ 1
λ.

lim
x →
→→
→ + ∞
∞∞
∞
– 1
λ
λλ
λ e
– λ
λλ
λ
x
= 0 car λ > 0 d’où lim
x → + ∞
– 1
λ e
– λ
x
+ 1
λ = 1 λ.
Pour x ≥ 0, – x e
– λ
x
= – 1
λ × λ x e
– λ
x
= – 1
λ × λx
e
λ
x
.
Posons X = λx, on a donc λx
e
λ
x
= X
e
X
.
lim
x → + ∞
λx = + ∞ et lim
X → + ∞
X
e
X
= 0 (croissances comparées), on a donc par composition des limites,
lim
x → + ∞
λx
e
λ
x
= 0 d’où lim
x → + ∞
– 1
λ × λx
e
λ
x
= 0.
On a donc par somme des limites, lim
x → + ∞
⌡
⌠
0
x
λ t e
– λ
t
dt = lim
x → + ∞
– x e
– λ
x
– 1
λ e
– λ
x
+ 1
λ = 1
λ
λλ
λ.
D’où E(T) = 1
λ
λλ
λ.
L’espérance de T est donc égale à 1
10
– 4
= 10000 heures .
L’espérance de durée de vie du panneau électrique affichant le score des concurrents est donc de 10000 heures.
Utilisation de la Calculatric
Utilisation de la CalculatricUtilisation de la Calculatric
Utilisation de la Calculatrice
ee
e
* calcul de P (– 10 ≤ X ≤ 10) :
Texas Instrument Casio
( )
2nd
Distrib
2 : Normalcdf( ou NormalFRep(
– 10,10,0,10)
Menu STAT
Dist
NORM
Ncd
Lower : – 10
Upper : 10
σ
σσ
σ : 0
µ
µµ
µ : 10
* Détermination de – a
10 tel que P 
Z ≤ – a
10 = 0,2
Texas Instrument Casio
( )
2nd
Distrib
3 : invNorm(
0.2, 0,10)
Menu STAT
Dist
NORM
InvN
Tail : Left
Area : 0.2
σ
σσ
σ : 0
µ
µµ
µ : 10