ELEMENTS DE CORRECTION ( ) LOI DE PROBABILITE A DENSITE

ELEMENTS DE CORRECTION
LOI DE PROBABILITE A DENSITE
Exercice 1
X est une variable aléatoire continue qui suit une loi de probabilité uniforme sur [0;1]. D’où :
p 15
60 ÂXÂ 20 60 =
20
60  15 60
10 = 5
60 = 1 12 .
Exercice 2
1. f est une fonction polynôme, donc elle est continue sur [0;1].
f(x)=12( ) x3x5=12x3( ) 1x2. Donc f(x) est positif sur [0;1].
0
1f(x)dx=
3x42x6
0
1=1.
Pour ces trois raisons, f est bien une densité de probabilité.
2. a) p X< 1
2 =
0
1
2 f(x)dx=
3x42x6
0
1
2 =3×
1
2
42×
1
2
6= 3
16  2 64 = 6 32  1 32 = 5 32 .
b) E(X)=
0
1xf(x)dx=
0
1( )
12x412x6dx= 12
5 x5 12 7 x7
0
1= 12
5  12 7 = 24 35 .
Exercice 3
1. a) E(T)= 0+10
2 =5. Le temps d’attente moyen de Monsieur Dulac est de 5 minutes.
b) p(T>7)=p1p(TÂ7)=1 70
100 = 3
10 =0,3.
2. a) Monsieur Dulac répète 10 fois de façon identique et indépendante un schéma de Bernoulli. Donc
X suit une loi binomiale de paramètres n=10 et p=0,3.
b) p(X=0)=
10
0×0,710×0,30ó0,028.
c) Il suffit de taper à la calculatrice BinominalCD(5,10,0.3). Donc p(XÂ5)ó0,953.
Exercice 4
1. En tapant 0,5-NormCD(39.8,40,0.1,40), on obtient p(XÂ39,80)ó0,02.
2. X suit la loi normale N( ) μ,σ2 avec mu=40 et σ=0,1.
p(39,80ÂXÂ40,20)=p(μ2σÂXÂμ+2σ).
Donc p(39,80ÂXÂ40,20)ó0,95.
3. 10,95=0,05. Donc la probabilité qu’un panneau pris au hasard ne soit pas acceptable est d’environ
0,95.
Exercice 5
1. a) pD(A)=1pD( )
Ò
A=-0,006=0,994.
p(A)=p(D∩A)+p( ) D∩Ò A=p(D)×pD(A)+p( )
Ò
D×pÒ
D(A)
=0,005×0,01+0,995×0,994=0,98908.
b) pÒ
A(D)= p( )
Ò
A∩D
p( )
Ò
A
= 0,005×0,99
10,98908 = 165
364 ó0,453.
2. a) p(34ÂXÂ46)=p(μσÂXÂμ+σ)ó0,68.
b)p(XÃ30)=1p(X<30)ó0,952 en tapant
0,5+NormCD(30,40,6,40)

Exercice 6
Partie A
1. a) f est dérivable sur [0;1] et f ′(t)=2t3t2=t(23t).
t 0
2
3 1
Signe de t 0 + +
Signe de 23t + 0 -
Signe de f ′(t) 0 + 0 -
Sens de variation
de f
0
4
27
0
b) f est deux fois dérivable sur [0;1] et f″(t)=26t.
Ainsi, la dérivée seconde s’annule et change de signe en 1
3 donc la courbe C admet un point
d’inflexion au point A de coordonnées  1
3 ; 2 27 .
c) Voir courbe ci-contre.
2. a) g est définie, continue et positive sur l’intervalle [0;1].
Une primitive de la fonction g sur cet intervalle est la fonction G définie
sur cet intervalle par G(t)=12 t3
3  t4 4 .
0
1g(t)dt=
G(t)
0
1=12
1
3  1 4 =1.
g est donc une densité de probabilité sur l’intervalle [0;1].
b) G(x)=
0
xg(t)dt est la primitive de g qui s’annule en 0. Ainsi,
G′(x)=g(x). Sur l’intervalle [0;1], g(x)Ã0 donc G est croissante sur [0;1].
c) G″(x)=g′(x)=12f′(x), donc G″ s’annule et change de signe en x= 2
3 . La courbe représentative
de G admet un point d’inflexion I 2
3 ; 16 27 .
Partie B
1. a) p(XÂ0,5)=
0
0,5g(t)dt=G(0,5)= 5
16 .
b) Par lecture de la courbe Γ, le nombre réel tel que p(XÂa)=0,5 est aó0,6.
c) p(0,4ÂXÂ0,8)=
0,4
0,8g(t)dt=G(0,8)G(0,4)=0,81920,1792=0,64.
2. a) Le 19 août est le 80ème jour d’étude. p(XÂ0,8)=G(0,8)=0,8192.
b) On cherche le nombre a tel que p(XÂa)=0,5, soit a est environ égal à 0,6 donc au bout de 60
jours.
3. a) La fonction u définie sur l’intervalle [0;1] par u(t)=tg(t) est continue et positive. Une primitive
de u sur cet intervalle est U(t)=12 t4
4  t5 5 .
E(X)=
0
1tg(t)dt=G(1)G(0)=12
1
4  1 2 = 12
20 = 3 5 .
Le temps moyen nécessaire pour qu’une fleur éclose est de 60 jours.
b) Ce calcul représente la variance de la variable aléatoire X. σ(X)=V(X) = 1
5 .
c) p(B)=p(0,4ÂXÂ0,8)=0,64.
p(C)=p(0,2ÂXÂ1)=G(1)G(0,2)=10,0272=0,9728.