14 Notion de loi à densité

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14 ^Chapitre Notion de loi à densité

b) 1

55+…+10 55= 1

55(1+…10)= 1

55×11×10 2 =1 Pour toutide {1 ; … ; 10},p_i 0.

Donc P est une loi de probabilité sur E.

c)  E(X) = 1

55×1+…+10 55×10 E(X) = 7

4 

4 a)

∫

₂⁵xdx=^⎡_⎣⎢^x₂^2⎤_⎦⎥

2 5= 21

2 b)

∫

₀³e^–0,1xdx=^⎡_⎣⎢^e_–0,1^–0,1x⎤_⎦⎥

1 3

= –10e^{– 0,3}+ 10 = 10(1 – e^{– 0,3})

5 

5 F(x) = e^–2t

⎡ –2

⎣⎢ ⎤

⎦⎥0 x

= e^–2x –2 −e⁰

–2 F(x) = 1

2−e^–2x 2 Donc lim

x→+`F(x)= 1 2 6 

6 F(x) = (–x– 1) e^–x

F’(x) = – e^–x– e^–x(–x– 1) =x e^–x

F est une primitive de la fonctionf :xx e^–xsur.

3. Activités d’approche

• Activité 1

1 a)  • 1

100 • 1

1 000 • 1 10ⁿ b)  Elle est nulle.

2 a)  Voir fichier site compagnon.

b)  La fréquence est proche deb–a.

c)  Idem.

• Activité 2

1 Environ 33 %.

2 Il faut calculer l’aire sous la courbe pourxcompris entre 1,70 et 1,77. L’aire totale sous la courbe doit être égale à 1.

4. Pour s’exercer

2 

2 1. Aire =4× 1

16+ 4× 1 16+ 5

( )

16

2 = 1

4+2×3 8=1 2. a)  P(4X8) =−2× 1

16+2× 1 16+ 3

( )

16

2 = 1

8+1 4= 3

8 b)  P_(X4)(6X10) =P (6[ ,X,10)>(X.4)]

P(X.4)

=P(6,X,10) P(X.4) =

3 47 8

=6 7

1. Page d’ouverture

• ^Énigme

^{✱ ✱}

X²2 500⇔X50 puisque X0 P(X50) =1

2

P(Y2 500) = 2 500 10 000= 1

4

Ce résultat peut paraître surprenant mais la variable aléatoire considérée n’est pas la même.

• ^Énigme

^{✱ ✱ ✱}

0 10 20 30

10 20 30 40 50

Largeur

x = 15 x = 25 x = 45 y = 30 y = x – 8

y = 15 y = 10

Longueur A

D

F

H G

C

B E

Le problème se ramène au tirage aléatoirement d’un point dans le rectangle ABCD vérifiant les propriétés :

y15, x25, yx– 8.

Ceci donne la partie hachurée en EFGH.

La proportion cherchée est donc aire de EFGH aire de ABCD= 3

80.

2. Vérifier les acquis

1 

1 a)  AB = [2 ; +[

b)  AB = [5 ; +[

c)  AC = [0 ; +[

d)  AC = [2 ; 4]

e)  BC = Ø 2 

2 a) P(A)=P(X,3)= 3 100 b) PA(B)= P(A>B)

P(A) =P(X˘5) P(X˘3)= 95

97 c) PC(B)= P(B>B)

P(C) =P(X[[5 ; 7]) P(X¯7) =

1003 1008

= 3 8 3 

3 a)

x _i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

P(X = x _i) 1 55 2

55 3 55 4

55 5 55 6

55 7 55 8

55 9 55 10

55

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5. Accompagnement personnalisé

15 

15 X : graphique➂ Y : graphique➀ Z : graphique➃

T : graphique➁ (f (x) = 2e^{– 2x}) 16 

16 a)

1

1 2

00

f

b)

∫

₀²f(^{x) dx = x}0 ^dx

∫

1 ⁺ 1^{(2 –x) dx}

∫

2 ^=⎡_⎣⎢^x₂^2⎤_⎦⎥

0

1+ 2x–x²

⎡ 2

⎣⎢ ⎤

⎦⎥1 2

= 1 2 – 0

( )

^+⎡⎣⎢

( )

^{4−42 – 2}

( )

⁻²¹⎤

⎦⎥=1 c)  P(0,5X1,5) =

∫

_0,5^1,5f(^{x) dx =} 0,5^xdx

∫

1 ⁺ 1 ^{(2 –x) dx}

∫

1,5

= x²

⎡2

⎣⎢ ⎤

⎦⎥0,5

1 + 2x–x²

⎡ 2

⎣⎢ ⎤

⎦⎥1 1,5= 3

4 17 

17 a)  X suit une loi de probabilité uniforme.

b)  La fonction de densité estftelle quef (x) = 1 4. c)  E(X) =3+7

2 = 5 d)  P(X5,5) =7 – 5,5

4 =1,5 4

= 0,375

e) P_(X5)(X6) =P(5,X,6) P(X.5) =

14 24

= 0,5 18 

18 a)  P(X100) = 0,9, c’est-à-dire e^–100λ= 0,9 donc : λ=–ln0,9

100 ≈ 0,001 b)  P(X100) =

∫

₀¹⁵⁰λe^–λxdx

= 1 – e^–150λ

≈ 1 – e^–0,15

≈ 0,139 c)  P_(X150)(X200) = e^–200λ

e^–150λ

= e^{– 50λ}

≈ e^{– 0,05}≈ 0,995

d)  P(Xt ) = 0,8 équivaut à e^–λt= 0,8, c’est-à-dire t=– ln0,8λ donct≈– ln0,80,001≈ 223,14

Elle pourra fonctionner 223 h avec une probabilité de 80 %.

6. Exercices d’application

19 

19 1.Oui.

2.Non, car l’aire sous la courbe ne vaut pas 1.

3 

3 P(0,2X0,5) =

_∫

_0,2^0,54x³dx=

[ ]

x⁴ _0,2^{0,5= 0,060 9.}

4 

4 a)  P(nXn+ 1) =

∫

_nⁿ⁺¹2e^–2xdx=

[

^–e–2x

]

n n+1

= – e^{– 2(n+ 1)}+ e^{– 2n}

= e^{– 2n}(1 – e^–2) b)  P(0Xn) = 0,5⇔

[

–e^–2x

]

0

n= 0,5

⇔– e^–2n+ 1 = 0,5

⇔– e^–2n= 0,5

⇔– 2n= ln 0,5

⇔n=ln2 2 5 

5 a)  P 0<T<1

(

2

)

⁼

^∫

^0212xdx=

^{[ ]}

^{x2 021= 41}

P 1

4<T<3

(

4

)

⁼

^∫

¹₄^342xdx=

^{[ ]}

^x2 ₄³⁴¹⁼²¹

b)  P_(0,3T0,6)(0,4T0,7)

=P 0,4

(

( <T<0,7)^>(0,3<T<0,6)

)

P 0,3( <T<0,6)

=P 0,4( <T<0,6) P 0,3( <T<0,6)

=

[ ]

x² 0,4 0,6

x²

[ ]

0,3 0,6

≈ 0,741 6 

6 P(–aXa) = 3 250

–a

∫

a ^{x2dx =⎡}_⎣⎢250^{x3 ⎤}_⎦⎥

−a a = 2a³

250

= a³ 125

P(–aXa) = 0,5 équivaut à a³

125 = 0,5, c’est-à-dire a³= 62,5, soita≈ 3,97.

9 

9 Aire OMA = OM×OA

2 = OM

2

On choisit M au hasard sur [OB], donc OM suit la loi uni- forme sur [0 ; 1] etOM

2 suit la loi uniforme sur⎡0 ; 12

⎣⎢ ⎤

⎦⎥. 10 

10 a)  0,5 b)  0,75 c) 5

6 d) 1 3 13 

13 1. a)  P (X100) =

∫

₀¹⁰⁰0,005e^–0,005tdt

=

[

–e^–0,005t

]

0

100≈ 0,393 b)  P (X250) =1–

∫

₀²⁵⁰f(t)^{dt= e}– 0,005× 250≈ 0,287 2. E(X) = 1

0,005= 200 14 

14 a) P(T1 500) ≈ 0,528 b) P(1 500T2 500) ≈ 0,186 c) P(T3 000) ≈ 0,223

d) P_{T1 000}(T2 000) =P(T.2 000)

P(T.1 000) ≈ 0,607 e)  E(T) = 1

λ = 2 000

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On veut donc lim

t→+`

k –3t³– k

–3=1donck= 3 F(x) = –1

x³  et f (x) = 3 x⁴

b)  P(1X3) =

∫

₁³f(x)^{dx =}F(3) – F(1)=–1 81+1

3

=–1+27 81 = 26

81 c)  P(X3) = 1 – P(1X3) = 1 –26

81= 55 81 25 

25 a)

∫

₁⁴at^dt=1équivaut à at²

⎡ 2

⎣⎢ ⎤

⎦⎥1 4=1 c’est-à-dire  8a–a

2 = 1, soita=₁₅² b) P(X2) = 2

15t

1

∫

2 ^dt=⎡_⎣⎢15^t2⎤_⎦⎥

1 2= 4

15 – 1 15= 1

5 P(X2) = 1 –1

5= 4 5 26 

26 a) a

t²

1

∫

10 ^dt=⎡_⎣⎢^–a_t^⎤_⎦⎥1¹⁰⁼ _{–10 –}^a _–1^{a = a–10a}_–10 ^=9a₁₀

Donc

∫

₁¹⁰at^{–2dt=1 pour9a}₁₀ ⁼1, c’est-à-direa=10 9 b)  P(X2) = 10

9 × 1 t²

1

∫

2 ^dt=⎡_⎣⎢^–10_9t^⎤_⎦⎥

1 2= 10

−18+10 9 =5

9 P(X2) = 1 –5

9= 4 9 27 

27 a) k

1 x

e

∫

e ^dx=1équivaut à

[

klnx

]

1 e

e=1, ce qui équi- vaut àk+k= 1, soitk=1

2. b)  P(1Xe) = 1

2x

1

∫

e ^{dx =}_{2 ln}¹

[ ]

^x ₁^e=₂¹

c)  P_X2(X2,5)=P(2<X<2,5) P(X<2) =

2x1 dx

2

∫

2,5

2x1 dx

1e

∫

2 ⁼

2 ln1 x

⎡⎣⎢ ⎤

⎦⎥2 2,5

2 ln1 x

⎡⎣⎢ ⎤

⎦⎥¹

e 2

=

12 ln2,5 –1 2 ln2 2 ln2 –1 1

2 ln1 e

=

2 ln1,251 2 ln(2e)1

=ln1,25 ln(2e)

≈ 0,132 28 

28 a) P(X [n;n+ 1]) =

∫

_nⁿ⁺¹3e^{–3xdx = –e}

[

^–3x

]

n n+1

=e^–3n−e^{–3( )n+1} b)  P(X [n;n+k]) =

i=0

k–1

∑

^{P(X [n + i;n+i +1])}

= e^{– 3n}– e^–3(n+k) 29 

29 1. kcosx

–π 2 π2

∫

^{dx=1⇔[kcosx]}_–^π

2 π2 = 1

⇔k+k= 1⇔k=1 Doncf (x) = 1 2

2cosx 2. a)  P(X0) = 1

2 cosx

–π 2

∫

0 ^{dx =⎡}_⎣⎢¹_{2 sin}^x⎤_⎦⎥–π 2 0 = 1

2 b) PX.π

( )

6 ⁼

^∫

^π₆^{π2 12 cosxdx =⎡⎣⎢12 sinx⎤⎦⎥π}₆⁰

= 1 2 –1

2×1 2= 1

4 20 

20 1. a)

b)

_∫

₀¹3t²dt=

[ ]

t³¹₀⁼¹ 2.

_∫

_0,2^0,43t²dt=

[ ]

t³ _0,2^0,4=0,056

Sur le graphique, on compte environ 81 mm²pour 1 unité de 1 600 mm². La probabilité est donc ≈ 81

1 600, soit 0,051.

21 

21 a)

[ ]

F(x) ²₀^{= 1}₄^×4+_{1– 14}^{×0 –1=1} b)  P(1X2) = F(2) – F(1) = 3 P_(X1)(X1,5) =P(1<X<1,5) 4

P(X>1) =F(1,5) – F(1) F(2) – F(1) = 5

12. 22 

22 a) f (x) = F’(x) = 1

x ; 1

x

1

∫

e ^{dx =}

[ ]

^lnx₁^e=1 b) P(1X2) = 1

x

1

∫

2 ^{dx =}

[ ]

^lnx₁²=ln2 P_(X1)(X1,5) =P(1<X<1,5)

P(X>1) =

[ ]

lnx₁^1,5 lnx

[ ]

₁^{e =ln(1,5).}

23 

23 a) f (x) = F’(x) = 5^e–5x 5e^–5x

0

∫

t ^{dx =}

[

^–e–5x

]

0

t =1– e^–5t

t→+lim`

∫

₀^t5e^{–5xdx=1 doncf}peut être une densité de probabilité.

b)  P(1X2) =

∫

₁²5e^{–xdx =}

[

^–e–5x

]

1

2=e^–5– e^–10.

P_(X1)(X1,5) = P(1<X<1,5)

P(X>1) =

∫

₀^1,55e^–5xdx 1– 5e

∫

₀^{1 –x}dx

=

[

–e^–5x

]

1 1,5

1– –e

[

^–5x

]

1

0 =e^–5– e^–7,5

e^–5 =1– e^–2,5 24 

24 a) Une primitive defest F telle que F(x) = k –3x³ . On veut lim

t→+`

∫

₁^tf(x)^dx=1 ;

on a

∫

₁^tf(x)^{dx=F(t) –F(1)=}_–3t^k3 – k –3.

Schéma pas à l’échelle  : il faut prendre 4 cm pour une unité.

1 2 3

0,2 0,4 1

00

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38  38 2

10= 1 5 39 

39 a) f (x) = 1 12

2 3 7 12

00 1 12

b) 4 12= 1

3 c)  E(X) =0+12

2 = 6 40 

40 a) Loi uniforme sur [12 ; 13].

b)  Mathieu arrive avant 12 h 30 :  0,5 1 = 0,5.

c) Mathieu arrive après 12 h 40 :  26 1 = 1

3. 41 

41 a) 0X1⇔lnx0 Y prend les valeurs de ]0 ; +[.

b)  F(t) = P(–ln Xt) = P(ln X–t)

= P(Xe^–t) = 1 – e^–t. c)  P(Y2) = F(2) = 1 – e^{– 2} d)  P(Yt) = e⁴⇔e^–t= e⁴

⇔t= – 4.

42 

42 t×1 4

1

∫

3 ^tdt=⎡_⎣⎢12^t3⎤_⎦⎥

1 3= 27

12 – 1 12=13

6 43 

43 t× 1 2t

e1

∫

e ^dt=⎡_⎣⎢2^1t⎤_⎦⎥1 e e= 1

2 e – 1 2e 44 

44 a)

1

1 H 4

00

B

A C

1 2

b) Aire de ABH =1 2×2×1

2= 1

2=Aire de BHC, donc l’aire sous la courbe vaut 1. De plus,fest positive sur [0 ; 4]

ou  1

4

0

∫

2 ^xdx+

^∫

²⁴

( )

_{1– 14}^{xdx =⎡}⎣⎢^81x2⎤

⎦⎥0 2+ x –1

8x²

⎡⎣⎢ ⎤

⎦⎥2 4

=1

2+ 4 – 2 – 2 +1 2= 1 c) E(X) = x×1

4

0

∫

2 ^xdx+

^∫

^24x

( )

_{1– 14}^xdx

= x³

⎡12

⎣⎢ ⎤

⎦⎥0 2+ x²

2 –x³

⎡ 12

⎣⎢ ⎤

⎦⎥2 4=2

3+8 – 163 – 2+2 3=2.

45  45 a)

O B

A H 1

M

q

c)  P x =π

( )

2 ^{= 0} 30 

30 a)

∫

₀^0,5ct^dt+ 0,5^c(1–t)

∫

1 ^dt=1

⇔ ct²

⎡ 2

⎣⎢ ⎤

⎦⎥0

0,5+ ct–ct²

⎡ 2

⎣⎢ ⎤

⎦⎥0,5 1 =1

⇔0,125c+c–c

2 – 0,5c + 0,125c= 1

⇔0,25c= 1

⇔c= 4

b)

∫

_0,2^0,54t^dt+ 0,5^4(1–t)

∫

0,6 ^dt=

[ ]

^2t2 0,20,5+

[

4t– 2t²

]

0,50,6=0,6 31 

31 a) SurI= [1 ; 5],f (x) = 1 5 –1= 1

4 P(1X3) =3 –1

4 = 1 2= 0,5 b)  SurI= [– 2 ; 3],f (x) = 1

3 – (–2)= 1 5 P(1X3) =3 –1

5 =2 5= 0,4 32 

32 a) P(X1) = 1– (–2) 2 – (–2)= 3

4=0,75. b) P(X0,5) =2 – 0,5

4 = 3

8=0,375. c) P_(X0)(X1) =P(0<X<1)

P(X>0) = 1 41 2

= 1 2=0,5. d) E(X) = 0.

33 

33 Un nombre supérieur à 1,8 a pour deuxième dé- cimale 4 s’il appartient à un des intervalles suivants :

[1,84 ; 1,85[, [1,94 ; 1,95[.

Donc P_(X1,8)(E) =(1,85 –1,84)+(1,95 –1,94) 2 –1,8 =0,02

0,2 =0,1 E : « La deuxième décimale est 4 ».

34 

34 P_(X0)(X2) =P(0<X<2) P(X>0) = 2

3 35 

35 a) Cette probabilité est nulle : P(x_M=k) = 0.

b)  P(x_M–x_D)(x_M–x_C) = P soitIle milieu de [CD].

On ax _I= 0,4 P = P(x_Mx _I) = 0,6

1 =0,6

c)  P_{(xM–xC)}(xM–xD)(x_M–x_A)(x_M–x_C)

= P_(xM0,4)(x_M0,1) = P(xM<0,1) P(xM<0,4)= 0,1

0,4=0,25 36 

36 a) 3x– 10 équivaut àx 1

3 := 1 3 ; +`

⎡⎣⎢ ⎡

⎣⎢. b) 5 – 13

5 – (–1)= 143

6 =14 18=7

9 37 

37 a) D= 27². x ₁= 1

3  et x ₂=10 3.

=⎤–`; 13

⎦⎥ ⎡

⎣⎢< 10 3 ; +`

⎤⎦⎥ ⎡

⎣⎢

b) 31 2 = 1 c)  0 6

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2. a)  P(X25) =e⁻¹⁵²⁵=e⁻⁵³ ≈ 0,189 b)  P_X15(X25) =e⁻¹⁰¹⁵=e⁻²³≈ 0,513

53 

53 1. Sifest la fonction densité,λ=f (0) ; on lit donc d= 1,5.

2. a)  P(X1) = 1 – e^{– 1,5}≈ 0,777 P(X2) = e^{– 1,5×2}= e^–3≈ 0,050

b)  P(1X2) = 1 – P(X1) – P(X2)

≈ 1 – 0,777 – 0,050 ≈ 0,173 54 

54 a) f (t) = 0,1e^−10t

b)  P_(T8)(X13) =e⁻¹⁰⁵ ≈ 0,607

7. Objectif Bac

55  55 1. b) 2. a) 3. b) 4. a) 5. b) 56 

56 1. a)  Vrai b)  Vrai

2. a) Faux b) Faux

57 

57 1. Vrai: E(X) =a+b

2 (formule du cours) 2. Faux: P(Xc) = c–a

b–a= 1

3. Faux: P(X =t ) = 0 puisque X appartient à un intervalle2 de longueur nulle.

4. Vrai: P(X2) =2 –a b–a Alors2 –a

b–a= 1

4 doncb+ 3a= 8 5. Vrai : P(2X5) = 3

b–adonc sia=b– 5, 3 b–a=3

5 58 

58 A. 1.  P(X = 2) = 50 2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟0,02²× 0,98⁴⁸≈ 0,185 8 2.  P(X1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0,98⁵⁰≈ 0,635 8 3.  E(X) =np= 50×0,02 = 1

B. 1. a)  P(T₁1 000) = e– 1 000×5×10^{– 4}= e^{– 0,5}≈ 0,61 b)  P(T₂1 000) = e^{– 1 000×10– 4}= e^{– 0,1}≈ 0,90 2.  P_(T21 500)(T₂2 000) =e^{−2000×10–4}

e^{−1500×10–4} = e^{– 500×10– 4}

= e^{– 0,05}≈ 0,951 2

3.  On note D l’événement « Le composant est défec- tueux ».

P(Tt) = P(D)×P_D(Tt) + P(–D)×P–_D(Tt)

= 0,02×e^{–5×10– 4t}+ 0,98 × e^{–10– 4t} 4.  P_(T1 000)(D) = P (T( .1000)>D)

P(T.1000)

or P((T1 000)D) = P(D)×P_D(T1 000)

= P(D)×P(T₁1000) = 0,02 × e^–0,5 et P(T1 000) = 0,02×e^–0,5+ 0,98 × e^–0,1

Donc P_(T1 000)(D) ≈ 0,013 5 Pour 0θπ

2, MH = sinθ ×OM.

Siπ

2 θp, MH = sin(p–θ)×OM = sinθ×OM.

Donc dans tous les cas, l’aire est : 1

2×OA×OM×sinθ= 1 2sinθ.

b) 1

2sinθ 1

4 pour sinθ 1 2 donc pourθ 0 ; π

⎡ 6

⎣⎢ ⎤

⎦⎥< 5π 6 ; π

⎡⎣⎢ ⎤

⎦⎥.

La probabilité que l’aire soit inférieure à 0,25 est donc  : 2× π6

π = 1 3 46 

46 a) P(X600) = 0,1⇔e^{– 600λ}= 0,1

⇔– 600λ= ln 0,1

⇔ λ= ln0,1 d’oùλ≈ 0,003 8 et E(X) ≈ 263,4 –600 b) λ= 0,000 9 et E(X) ≈ 1 111,11

c)  De même P(X500) = 0,2⇔1 – e^{– 500λ}= 0,2

⇔e^{– 500λ}= 0,8

⇔ λ=ln0,8 d’oùλ≈ 0,000 4 et E(X) ≈ 2 500 –500

d) λ≈ – 0,004 0 et E(X) ≈ 250 47 

47 a) [(at+b)e^–λt]’=ae^–λt+ (at+b)(–λe^–λt)

= [–aλt+ (a–λb)]e^–λt On a donc λ =–aλ

a–λb=0

{

^{d’où ⎧⎨⎪}_⎩⎪^ab==–11_λ

b)  E(X) = lim

x→+`

∫

₀^xtf(t)dt⁼_x→+^lim_`^⎡⎣⎢

( )

^{–t+ 1}_λ^e–λt⎤

⎦⎥0 x

== lim

x→+`–x+ 1

( )

λ^{e–λx+ 1λ = 1λ} car lim

x→+`e^–λx= 0.

48 

48 a) E(X) = 800 = 1

λd’oùλ= 0,001 25 b)  P(X1 000) = e^–λ×1000≈ 0,286 5

49 

49 a) E(X) = 2 000 = 1

λd’oùλ= 1

2 000 = 0,000 5 b)  3 ans ≈ 1 095 jours. P(X1 095) =e^{−1 0952 000} ≈ 0,578

50 

50 a) P(Y3) = e^{– 0,01×3}≈ 0,97

b)  P_(Y2)(Y5) = P(Y3) (loi sans vieillissement)

≈0,97 51 

51 a) P(50D100) =⎡–e^−82t

⎣⎢ ⎤

⎦⎥50 100

≈ 0,248 b)  P(D300) =e⁻³⁰⁰⁸² ≈ 0,026

2.  P_D350(D375) =e⁻²⁵⁸²≈ 0,737 3.  E(D) =1

λ= 82 52 

52 1. λ = 1

15, doncf (t) =e^−15t 15

© Nathan. Hyperbole Term S© Nathan. Hyperbole Term S

b)  1 – 0,6ⁿ0,999 pourn−ln(0,001) 0,6 or

−ln(0,001)

0,6 ≈ 11,5. Il faut donc au moins 12 ordinateurs.

8. Travaux pratiques

62 

62 1. a) etb) Voir fichier sur site compagnon.

c) Pourafixe, commefest continue,

b→alimf a+b

( )

2 ^=f(a)

De plus, sibtend versa, la valeur moyenne deftend versf (a).

Donc pourbproche dea,f a+b

( )

2 est proche de la valeur moyenne entreaetb.

d) f (0,1) peut s’approcher par 1

0,2

∫

₀^0,2f(t)dt^.

e)  D’après le tableur : les points semblent appartenir à deux segments de droite :

0 1

2 1

2. a)  Siz1, P (Xz) est donnée par l’aire du triangle rectangle de côtéz : P(Xz) = 1

2z ².

Si  1z2,  P(Xz) est l’aire du carré diminuée de l’aire du triangle rectangle de côté 2 –z, donc :

P(Xz) = 1 – 2 –z

( )

2 ² P(Xz) = 2z– z²

b)  P(Xz) =

∫

₀^zf(t)dtdonc une primitive F de2 fvérifie :

• pour 0z1, F(z) = 1

2z ²doncf (z) =zsur [0 ; 1[ ;

• pour 1z2, P(Xz) = P(X1) + P(1Xz)

= 1

2+

∫

₁^zf(t)dt^. Alors 1

2+ F(z) – F(1) = 2z – z² 2 f (z) = F’(z) = 2 –zsur [1 ; 2[.

c)  Doncfest définie par f(z)=z si 0<z<1 etf(z)=2 –zsi 1<z<2 ce qui correspond bien aux points obtenus en

{

1. e).

3.  On veut P(Xz) avecxy=z.

Pourxouynul,xy=z= 0 donc P(X0) = 0.

Pourx0 ety0, on ay= z x.

Graphiquement, P(X z) est l’aire sous l’hyperbole d’équation y = z

xdans le carré OABC de la question2.

0 1

1 y =z

x y =z– 1

x

C B

z A 59 

59 1. a)

F₁

F₂ 0,3

0,8

0,3 0,4

0,2 D

F₃

D 0,95 0,05

D D 0,85 0,15

D D

F₁, F₂, F₃forment une partition de l’univers, donc : P(–D) = P(F₁–D) + P(F₂–D) + P(F₃–D)

= 0,3×0,8 + 0,4×0,95 + 0,3×0,85

= 0,24 + 0,38 + 0,255 = 0,875 b)  P –D(F₂) = P(F2>D)

P(D) = 0,4×0,95 0,875 = 0,38

0,875≈ 0,434 3 2.  Le nombre de pneus présentant un défaut suit la loi

(10 ; 0,125).

P(X = 0) + P(X = 1) = 10 0

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ×0,875¹⁰ + 10

1

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ×0,875⁹×0,125 ≈ 0,638 9 3. a)  P(500X1000) =

∫

₅₀₀^{1 000}λe^–λxdx⁼

[

^–e–λx

]

500

1 000

= – e^{– 1 000λ}+ e^{– 500λ}

b) e^{– 500λ}– e^{– 1000λ}= 0,25 équivaut à X²– X + 0,25 = 0 avec X = e^{– 500λ}  donc X = 0,5.

e^{– 500λ}= 0,5 pourλ=−ln(05) 500 = ln2

500≈ 0,001 4 60 

60 1. a) E(X) = 0+1 2 = 0,5

b)  Lors d’un grand nombre de répétitions, on peut es- pérer que la moyenne des valeurs obtenues est proche de 0,5.

2. a)  S est la somme de 1  000 nombres choisis au hasard dans [0 ;1[ et on affiche la moyenne de ces 1 000 nombres.

b)  D’après1., on doit trouver environ 0,5.

c)

61 

61 A. Le nombre d’ordinateurs défectueux est une variable aléatoire Y qui suit la loi

( )

25 ; 325^.

P(Y = 2) = 25 2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

22

( )

25^23×

( )

^{253 2 ≈ 0,228}

B. 1.  1 –

∫

₀⁵λe^–λxdx⁼0,4  donc  e^{– 5λ}= 0,4 d’oùλ=−ln 0,4

5 ≈ 0,183 2.  P_(X3)(X5) =P(X.5)

P(X.3)= e^–5λ

e^–3λ= e^–2λ= e^–0,36≈ 0,698 3. a)  Le nombre d’ordinateurs ayant une durée de vie supérieure à 5 ans est une variable aléatoire Z qui suit la loi(10 ; 0,4).

1 – P(Z = 0) = 1 – 0,6¹⁰≈ 0,994

© Nathan. Hyperbole Term S© Nathan. Hyperbole Term S

c)  (Xt _{n + 1})(Xt _n)  donc  P(Xt _{n + 1})P(Xt _n), d’où P_nest décroissante.

Avec une loi exponentielle, la probabilité de prendre une très grande valeur s’approche de 0.

66 

66 a) P(X1 000) =

∫

₀^{1 000}λe^–λxdx^{= 1 – e– 0,26}

≈ 0,229

P(X1 000) = 1 – P(X1 000) = e^{– 0,26}≈ 0,771 b) P_{(X1 000)}(X2 000) =P(X.2 000)

P(X.1 000) = e^–0,52 e^–0,26= e^–0,26

≈ 0,771

c) P_(X2 000)(X3 000) =P(2 000,X,3 000) P(X.2 000)

=e^–0,56– e^–0,78

e^–0,56 = 1 – e^{– 0,26}

≈ 0,229

Ces résultats correspondent à la durée de vie « sans vieillissement » P(X1 000) pourb)et P (X1 000) pourc).

67 

67 a) 3 – 0 3 – (–1)= 3

4

b)  M est sur le cercle poura= 2et le point de d’abs- cisse – 1 est à l’intérieur du cercle.

Donc M est à l’intérieur du cercle poura[–1 ; 2[.

La probabilité est  2+1

4 ≈ 0,604.

68 

68 a) P = $

! 2. a) 1

1

∫

₀¹x²dx⁼₃¹

C’est la probabilité qu’un point du carré OABC de côté 1 soit sous la courbe.

0 1

1 y = x²

A C B

b) 1

e

∫

₀¹e^xdx^=e–1_e ^{= 1 – e– 1}

C’est la probabilité qu’un point du rectangle de côté OA = 3 et OC = e soit sous la courbe.

0 e

1 y = e^x

A B C

Pour calculer cette aire, on peut translater la courbe et le carré comme ci-dessus.

Alors P(Xz) = 1 – z x–1

( )

^dx

1

∫

z

P(Xz) = 1 – z x–1

⎡⎣⎢ ⎤

⎦⎥1

z =z–z lnzpourz]0 ; 1[.

Alorsf (z) est la dérivée de la fonction précédente : f (z) = – lnzdéfinie sur ]0 ; 1[.

63 

63 1. a) R(t) = 1 – P(Xt) = P(Xt) b)  R(t) = e^–λt  donc  ln

(

^R(t)

)

^{= –}λt.

Pourλ= 2,  ln

(

^R(t)

)

^{= –2t.}

0 – 1 – 2 – 3 – 4

1 2 3 4

y = – 2t

2. a)  R(t) = e– 0,0026x + 0,0538

donc F(t) = 1 – R(t) = e– 0,0026x + 0,0538

b) f (t) = F’(t) = 0,0026 e^{– 0,0026x}×e^0,0538

e^0,0538≈ 1,06, on peut approcherf (t) par 0,0026 e^{– 0,0026t} c)  Le paramètre est 0,002 6.

d)  Durée de vie moyenne 1

0,002 6 ≈ 385 heures.

9. Exercices d’entraînement

64 

64 1.

∫

₋₁¹ λ(1+x)(1–x)dx^=λ⎡_⎣⎢^–x₃^{3 +x⎤}_⎦⎥

−1 1

=λ −1 3−1

3+1+1

⎡⎣⎢ ⎤

⎦⎥= 4 3λ 4

3λ= 1 doncλ=3 4 2. a)  P(X0,4) = 3

4 (1+x)(1–x)dx

−1

∫

0,4 ^{= 3}₄^⎡_⎣⎢^{x – x}₃^3⎤_⎦⎥

−1 0,4

= 0,784 P(X0,8) = 3

4

∫

_0,8¹ (1–x²)dx^{= 3}₄^⎡_⎣⎢^{x –x}₃^3⎤_⎦⎥

0,8

1 =0,028

P(X0,3) =3

4

∫

_–0,3^0,3(1–x²)dx⁼₄^3⎡_⎣⎢^{x –x}₃^3⎤_⎦⎥

−0,3

0,3 =0,436 5

b)  E(X) =

∫

_–1¹ xf(x) dx^{= 3}₄^⎡_⎣⎢^x₂^{2 –x}₄^4⎤_⎦⎥

−1 1 =0

65 

65 a) P_n= 1 –

∫

₀^tnλe^–λxdx^=e–λtn

P_{n+ 1}= e^{–λt n + 1}= e^–λ(a + r(n+ 1))= e^–λ(a + r n) –λr= e^–λr×P_n Suite géométrique de raison e^–λret de premier terme e^–λa

b) λr0 et 0 1

e1  donc  0e^–λr= 1

( )

e^λr1 donc la raison est comprise entre 0 et 1 et le premier terme est positif, donc (P_n) est décroissante, et la limite nulle.

© Nathan. Hyperbole Term S© Nathan. Hyperbole Term S

73 

73 a) P_{X ]t; +[}

(

^{X]t ;t + s]}

)

^=P(X_P(X[]t^[]t;_; ^t₊⁺_`[)^s])

=

∫

_t^t+sλe^–λxdx 1–

∫

₀^tλe^–λxdx⁼

e^–λt– e^–λ(t+s)

e^–λt =1– e^–λs b)  P(X[0 ; M]) = 1 – e^–λM

P(X]M ; +[) = e^–λM

Donc 1 – e^–λM= e^–λMpour e^–λM= 1 c’est-à-dire M =ln2 2

λ .

c)  • La probabilité de vivre un tempssne dépend pas du temps déjà passé.

• La probabilité d’avoir une durée de vie inférieure à M est égale à celle d’avoir une durée de vie supérieure à M. Donc M peut être assimilé à une médiane.

74  74 a) 2 b)  E(X) = 120 mm3

75 

75 1. a) Faux.La conditionf (x)0 peut ne pas être vérifiée :

0 1 4

3 4

1 –4

b) Vrai.

2. a) Vrai.

b) Faux. Si X suit la loi uniforme sur [0,5 ; 1,5], on a E(X) = 1 mais l’intervalle n’est pas de la forme [–a ;a+ 2].

10. Exercices d’approfondissement

76 

76 1. a) P_{X[t ; +[}(X[t;t + s[ )

=P(X[

[

t ; +`

[

^>

[

^{t ;t}+s

[

⁾

P(X[

[

t; +`

[

^{) =P(X[}

[

^{t ;t+s}

[

⁾

1– P(X<t)

= F(t+s) –F(t) 1–F(t) b) 1–

∫

₀^t+sλe^–λxdx

1–

∫

₀^tλe^–λxdx ⁼ e^–λ(t+s)

e^–λt =e^–λs

2.  P(X2) = 1 –

∫

₀²λe^–0,2xdx= 1 – (1– e^{– 0,4}) = e^{– 0,4} 3.  P_X[2 ; +[(X[6 ; +[) = e^{– 0,2× 4}= e^{– 0,8}d’après la question1. b)avect= 2 ets= 4.

4.  Le nombre de capteurs pas en panne au cours des deux premières années suit la loi(10 ; e^{– 0,4}).

a)  P(X = 2) = 10 2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

(

e^–0,4

)

^{2×(1– e–0,4)8}≈ 0,002 822 b)  P(X0) = 1 – P(X = 0) = 1 – (1 – e^{– 0,4})¹⁰≈ 0,999 98 c) = 2×1 = 2

= 1

2 (π ×1²)= π2 donc P =π

4≈ 0,785

0 1

1 A

C B

69 

69 ➀Réponse a

➁Réponse a

➂Réponse a 70 

70 a)  P(Xt) = e^–λtor E(X) = 1 λ. Donc P(XE(X)) = e^–1.

b) f (t) = P(X[t ; 2t]) = λe^–λxdx

t

∫

2t ^{= e–λt– e– 2λt}

f ’ (t) = –λe^–λt+ 2λe^{– 2λt}=λe^–λt(2e^–λt– 1) f ’ (t)0 pour 2e^–λt– 10, c’est-à-diret–1

λln 1

( )

2 ou encoret ln2

λ . Le maximum est donc atteint pour t=ln2

λ et alors P_λ= e^{– ln2}– e^{– 2ln2}= 1 2 – 1

4 = 0,25.

c)  56 =ln2

λ doncλ=ln2

56 ≈ 0,012 4 71 

71 a) 1

λ = 100 doncλ= 0,01

b)  P(X25) = 1 –

∫

₀²⁵λe^–λxdx^{= e– 0,01× 25= e– 0,25}

≈ 0,779

c)  P_(X25)(X70) =P(X>70) P(X>25)= e^–0,7

e^–0,25= e^–0,45≈ 0,638 72 

72 1. a) cosπ 3 =OH

R  ; OH =R 2 b) AOB = 120°

2. a)  X suit la loi uniforme sur [0 ; R].

b)  La longueur de la corde est supérieure au côté du triangle équilatéral lorsque OMOH c’est-à-dire OMR

2 . La probabilité est donc 0,5.

c)  Si M varie sur un diamètre, on peut prendre ce dia- mètre comme axe des abscisses centré en O. Si Y est la variable aléatoire égale à l’abscisse de M, Y suit une loi uniforme sur [–R ; R] et on cherche P Y ,R

( )

2 ^{qui vaut} encore 0,5.

3. a) xsuit la loi uniforme sur [0 ; 180].

b)  La longueur de la corde est plus grande que le côté lorsque l’angle au centre est supérieur à 120°, donc la probabilité est 60

180= 1 3.

c)  Les deux interprétations ne donnent pas le même résultat, donc l’énoncé est à préciser. Cela provient de la non proportionnalité de l’angle au centre et de la corde.

© Nathan. Hyperbole Term S© Nathan. Hyperbole Term S

P_Xe(X4) =P(e<X<4)

P(X.e) =

∫

_e⁴f(t) dt P(X.e) ≈ 0,50 79 

79 A. 1. a, b, l, ksont les événements « particule A »,

« particule B », « entre dans L », « entre dans K ».

0,75 a

1/3

0,25

2/3 k

b

l

0,5

0,5 k

l

P(A₁) = P(a k) = 0,75× 1 3 = 0,25 P(A₂) = P(a l ) = 0,75× 2

3= 0,50 P(B₁) = P(b k) = 0,25×0,5 = 0,125 P(B₂) = P(b l ) = 0,125

P(C₁) = P(A₁) + P(B₁) = 0,25 + 0,125 = 0,375 P(C₂) = 0,5 + 0,125 = 0,625

2.  Loi binomiale(5 ; 0,625) P(E) = 5

2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟0,625²×0,375³≈ 0,206

B. 1.Pourt= 5 730, la proportion a diminué de moitié donc est 0,375. Alors 0,75e^{–λ × 5730}= 0,375

d’oùλ= – 1 5 730 ln 1

( )

2 ^{≈ 0,000 12}

2.  Si 10 % se transforment, la proportion est : 0,9×0,75 = 0,675.

P(t) = 0,675 pourt=–ln 0,675

( )

0,750 ^{×0,000 121}

≈ 878 années

3.  P(t) = 0,5 pourt=–ln 0,5

( )

0,75 ^{×0,000 121}

≈ 3 379 années 80 

80 a) • P_F(S) = d

20 sachant que la tortue croise un prédateur, cela a lieu sur le sable.

• P–_F(M) = 0 si la tortue ne croise pas de prédateur, elle n’en croise pas dans la mer !

b)  P(S) = P(F)×P_F(S) =p× d

20probabilité de croiser un prédateur sur le sable.

P(M) = P(F)×P_F(M) =p× 20 –d

20 probabilité de croiser un prédateur dans la mer.

c)  La probabilité d’arriver à la mer (événement notém) est 1 – P(S) =1–pd

20 .

La probabilité de croiser un prédateur sachant qu’elle est à la mer estP(m>F)

P(m)  ; ormF = M, donc : P(M)P(m)=P– 20 –d

20 1–pd 20

=(20 –d)P 20 –pd 77 

77 1. a)

F₁ 0,25

0,03

0,75

0,97 D

F₂

D

0,02

0,98 D

D

b)  P(DF₁) = P(F₁)×P_F1(D) = 0,25×0,03 = 0,007 5 P(DF₂) = 0,75×0,02 = 0,015

P(D) = 0,007 5 + 0,001 5 = 0,022 5 c)  P_D(F₁) =P(D>F1)

P(D) =0,25×0,03

0,022 5 = 0,007 5 0,022 5 =1

3=0,333

= 0,333

2.  T : nombre de composants défectueux P(T1) = 1 – P(T = 0) = 1 – 0,977 5²⁰≈ 0,366 3. a)  P(X5) = e^–5λ  donc  e^–5λ= 0,325  d’où :

λ= –ln0,325

5 ≈ 0,225 b)  P(X5) = 1 – P(X5) = 0,675 P(X8) = e^{– 8× 0,225}= e^{– 1,8}≈ 0,165

P(5X8) = P(X8) – P(X5) ≈ (1 – 0,165) – 0,675

≈ 0,160 c)  P(X3)(X8) =P(X>8)

P(X>3) =e^–8λ

e^–3λ = e^{– 5λ}= 0,325 d)  E(X) = 1

λ = 1

0,225≈ 4,444

Sur un grand nombre de composants, la durée de vie moyenne est d’environ 4,44 ans.

78 

78 1. a) lim

x→+`

lnx

x =0, donc lim

x→+`f (x) = 0 b) f ’ (x) =k

x x– lnx

x²

⎡

⎣

⎢⎢

⎢

⎤

⎦

⎥⎥

⎥

= k

x²(1– lnx) 1 – lnx0 pour 0xe donc :

x 1 e +

f ’ (x) + –

f  0

ke

0 0

c) fadmet un maximum en e, pour toutk.

2. a)

∫

₂^2ef(t) dt⁼ 2 ^klnt_t ^dt

∫

2e ^=⎡_⎣⎢^{k( )lnt}₂^2⎤_⎦⎥

2 2e

=k

2 (ln2e)

[

²– (ln2)²

]

^{= k}_{2 (1}^+2ln2)

Cela vaut 1 pourk= 2 1+2ln2 b)  P(Xe) = 2

1+2ln2f(t) dt

2

∫

e ⁼_1+2ln2^{2 ⎡}_⎣⎢^{( )lnt}₂^2⎤_⎦⎥

2 e

= 2

1+2ln2 1 2 –( )ln2²

⎡ 2

⎣⎢

⎤

⎦⎥=1– ln2( )² 1+2ln2 ≈ 0,22 P(Xe) = 1 – P(Xe) ≈ 0,78

© Nathan. Hyperbole Term S© Nathan. Hyperbole Term S 0

25 12,5

100

Cas 2

1001

∫

₀¹⁰⁰f(x) dx^=9,375 83 

83 a)  Sixsuit la loi uniforme sur [0 ; 1] : P x[⎡0 ; 12

⎣⎢ ⎤

(

⎦⎥

)

^{=21 et de mêmeP x2[⎡}⎣⎢^{0 ; 14}⎤

(

⎦⎥

)

⁼²¹

car 0x 1

2 équivaut à 0x ² 1

4 lorsquex0.

b)  P(x ²t) = P(x t) =

∫

₀^t1dt^{= t six}suit la loi uni- forme sur [0 ; 1]. Or dans le cas général, si X est définie sur [a ;b], P(Xt) = f(u)du

a

∫

t ^oùfest la fonction densité de la loi de X, doncf (t) s’obtient en dérivanttP(Xt).

Par conséquent, la fonction densité de la loi suivie par x ²sixsuit la loi uniforme est la dérivée det t, soit

t 1

2 t .

c)  P(xt) = P(x²t ²) =

∫

₀^t21dt^{=t2 six 2}suit la loi uniforme sur [0 ; 1].

Alorsxsuit la loi de densité de probabilité :t2t.

84 

84 1. a)  P(X_a1) = e^{– 0,7}≈ 0,497 b)  P(X_b1) = e^{– 0,3}≈ 0,741

2. a)  P(X_at) = 0,2 équivaut à e^{– 0,7t}= 0,2 dontt=−ln(0,2)

0,7 , d’oùt≈ 2,29

b)  P(X_bt) = 0,2 équivaut à e^{– 0,3t}= 0,2 dontt=−ln0,2

0,3 , d’oùt= 5,36

3. a)  Lorsqueaetbsont en série, le système fonctionne lorsqueaetbfonctionnent.

Donc on cherche :

P

(

(X_a3)(X_b3)

)

= P(X_a3) P(X_b3)

= e^{– 0,7×3}×e^{– 0,3×3}= e^{– 3}

≈ 0,050 b)  Siaetbsont en parallèle, alors : P

(

(X_a3)(X_b3)

)

= P(X_a3) + P(X_b3) – P

(

(X_a3)(X_b3)

)

= e^{– 2,1}+ e^{– 0,9}– e^{– 3}≈ 0,479 85 

85 a)  Si X suit une loi exponentielle de paramètre λ, son espérance est E(X) = 1

λ donc 1

λ = 500, d’où

 :

λ= 1

500 = 0,002 b) P

(

(X365) = e– 0,002× 365= e^{– 0,73}≈ 0,48 c)  P(X730) = 1 – P(X730) = 1 – e^{– 1,46}≈ 0,77 d)  Soittle nombre de jours tel que P(Xt) = 0,06 donc 1 – e^{– 0,002t}= 0,06 d’oùt=−ln0,94

0,002 ≈ 30,94.

La période de garantie est donc de 30 jours.

d)  Sip= 0,95 etd= 15, on trouve P_F(S) = 0,75 ; P–_F(M) = 0 ; P(S) = 0,712 5 ; P(M) = 0,237 5

P(m>F)

P(m) = 0,826 1 81 

81 • Si on modélise par une loi uniforme, le temps d’attente moyen affirmé est 0,5 minutes. Il faut considérer une loi uniforme sur [0 ; 1], ce qui rend impossible toute attente supérieure à 1 minute (ce n’est pas très réaliste).

Avec ce modèle, la standardiste a tort.

• Si on modélise par une loi exponentielle, son paramètre λvaut 1

0,5 = 2. Alors (P(T3) = e^–2× 3≈ 0,002 5.

Un temps d’attente d’au moins 3 minutes est possible, même s’il est assez rare. La standardiste peut avoir raison.

En conclusion : sans précisions supplémentaires, en particulier sur la répartition ou la durée des appels, on ne peut donner raison ni à l’un ni à l’autre.

82 

82 1^er cas

A I B

Vers A Vers I Vers I Vers B

Sur chacun des 4  intervalles délimités, la distance moyenne à parcourir est 1

8AB c’est-à-dire100

8 = 12,5 km pour rejoindre une station de réparation.

2^e cas

A I J K B

Sur [AI] et [KB], la distance moyenne est 1

8AB. Elle n’est que de 1

16AB sur les 4 autres intervalles.

Pour l’ensemble, la distance moyenne est : 21×100

8 +1 2×100

16 =75

8 =9,375

Interprétation par les aires : on représente la fonction qui donne la distance à parcourir pour rejoindre la station de réparation. La distance moyenne est la moyenne de la fonction entre 0 et 100.

0 25 12,5

100

Cas 1 1001

∫

₀¹⁰⁰f(x) dx^=12,5