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 :
20 15
­
60
60
15
20


p
ÂXÂ
=
=5 =1 .
60 
 60
60 12
1­0
Exercice 2
1. f est une fonction polynôme, donc elle est continue sur [0;1].
f (x)=12(x 3­x 5)=12x 3(1­x 2). Donc f (x) est positif sur [0;1].
1
1
 f (x)dx= 3x 4­2x 6 =1.
0

0
Pour ces trois raisons, f est bien une densité de probabilité.
1
4
6
1   12

4
6 2

2. a) p X< =  f (x)dx= 3x ­2x  =3× 1  ­2× 1  = 3 ­ 2 = 6 ­ 1 = 5 .
2  0

2
 2  16 64 32 32 32

0
1
1
1
b) E(X)=  xf (x)dx=  (12x 4­12x 6)dx=  12 x 5­ 12 x 7 = 12 ­ 12 = 24 .
0
0
7 0 5
7
35
5
Exercice 3
1. a) E(T)= 0+10 =5. Le temps d’attente moyen de Monsieur Dulac est de 5 minutes.
2
b) p(T>7)=p1­p(TÂ7)=1­ 7­0 = 3 =0,3.
10­0 10
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.
 10 
b) p(X=0)=  ×0,710×0,30 ó0,028.
 0 
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,σ 2) avec mu=40 et σ=0,1.
p(39,80ÂXÂ40,20)=p(μ­2σÂXÂμ+2 σ).
Donc p(39,80ÂXÂ40,20)ó0,95.
3. 1­0,95=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)=1­pD (Ò
A )=-0,006=0,994.
Ò )×p (A)
p(A)=p(D∩A)+p (D∩Ò
A)=p(D)×pD (A)+p (D
Ò
D
=0,005×0,01+0,995×0,994=0,98908.
p(Ò
A∩D ) 0,005×0,99 165
b) p (D)=
=
=
ó0,453.
Ò
A
1­0,98908 364
p (Ò
A)
2. a) p(34ÂXÂ46)=p(μ­σÂXÂμ+σ)ó0,68.
b)p(XÃ30)=1­p(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)=2t­3t 2=t(2­3t).
t
0
Signe de t
0
+
+
Signe de 2­3t
0
+
Signe de f ′(t)
Sens de variation
de f
0
b) f est deux fois dérivable sur [0;1] et f ″(t)=2­6t.
2
3
0
0
4
27
1
+
-
0
Ainsi, la dérivée seconde s’annule et change de signe en 1 donc la courbe C admet un point
3
d’inflexion au point A de coordonnées  1 ; 2 .
 3 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
3
4
sur cet intervalle par G(t)=12 t ­ t .
3 4
1
1
 g(t)dt = G(t) =12 1 ­ 1 =1.
0
3 4

0
g est donc une densité de probabilité sur l’intervalle [0;1].
x
b) G( x)=  g(t)dt est la primitive de g qui s’annule en 0. Ainsi,
0
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 . La courbe représentative
3
2
16
de G admet un point d’inflexion I  ; .
 3 27 
Partie B
0,5
1. a) p(XÂ0,5)=  g(t)dt =G(0,5)= 5 .
0
16
b) Par lecture de la courbe Γ, le nombre réel tel que p(XÂa)=0,5 est aó0,6.
0,8
c) p(0,4ÂXÂ0,8)=  g(t)dt =G(0,8)­G(0,4)=0,8192­0,1792=0,64.
0,4
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
4
5
de u sur cet intervalle est U(t)=12 t ­ t .
4 5
1
E(X)=  tg(t)dt =G(1)­G(0)=12 1 ­ 1 = 12 = 3 .
0
 4 2  20 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)=1­0,0272=0,9728.