Lois à densité : uniforme et exponentielle

Toutes les fonctions proposées sont continues et positives sur leur intervalle. On calcule l'aire totale :

🔍 Vérification : b) l'aire est un triangle de base \(2\) et de hauteur \(2\) : \(\dfrac{2 \times 2}{2} = 2 \ne 1\) ✓

a) \(\displaystyle\int_2^7 k\,dx = 5k = 1\), donc \(\boxed{k = \dfrac{1}{5}}\) (et \(k > 0\) : positive).

b) \(\displaystyle\int_0^4 kx\,dx = k \times \dfrac{4^2}{2} = 8k = 1\), donc \(\boxed{k = \dfrac{1}{8}}\).

🔍 Vérification : a) c'est la densité de la loi uniforme sur \([2 \,;\, 7]\), de hauteur \(\dfrac{1}{7 - 2}\) ✓

a) \(P(X \leqslant 0{,}3) = \boxed{0{,}3}\)
b) \(P(0{,}2 \leqslant X \leqslant 0{,}7) = 0{,}7 - 0{,}2 = \boxed{0{,}5}\)

c) \(P(X > 0{,}9) = 1 - 0{,}9 = \boxed{0{,}1}\)
d) \(P(X = 0{,}5) = \boxed{0}\) (variable à densité)

🔍 Vérification : c) l'intervalle \(]0{,}9 \,;\, 1]\) a bien pour longueur \(0{,}1\) ✓

a) \(\boxed{f(x) = \dfrac{1}{8}}\) sur \([2 \,;\, 10]\).

b) \(P(3 \leqslant X \leqslant 7) = \dfrac{7 - 3}{8} = \boxed{\dfrac{1}{2}}\) ; \(P(X \geqslant 9) = \dfrac{10 - 9}{8} = \boxed{\dfrac{1}{8}}\).

c) \(E(X) = \dfrac{2 + 10}{2} = \boxed{6}\) ; \(V(X) = \dfrac{8^2}{12} = \dfrac{64}{12} = \boxed{\dfrac{16}{3}}\).

🔍 Vérification : \(6\) est bien le milieu de \([2 \,;\, 10]\) ✓

a) \(P(X \leqslant 5) = \dfrac{5}{15} = \boxed{\dfrac{1}{3}}\)

b) \(P(5 \leqslant X \leqslant 10) = \dfrac{10 - 5}{15} = \boxed{\dfrac{1}{3}}\)

c) \(E(X) = \dfrac{0 + 15}{2} = \boxed{7{,}5 \text{ minutes}}\)

🔍 Vérification : les trois tranches de \(5\) minutes ont chacune la probabilité \(\dfrac{1}{3}\), total \(1\) ✓

a) \(P(X \leqslant 2) = 1 - e^{-0{,}5 \times 2} = 1 - e^{-1} \approx \boxed{0{,}632}\)

b) \(P(X > 4) = e^{-0{,}5 \times 4} = e^{-2} \approx \boxed{0{,}135}\)

c) \(E(X) = \dfrac{1}{0{,}5} = \boxed{2}\)

🔍 Vérification : \(P(X \leqslant 2) + P(X > 2) = (1 - e^{-1}) + e^{-1} = 1\) ✓

a) \(\lambda = \dfrac{1}{1\,000} = \boxed{0{,}001}\)

b) \(P(T > 500) = e^{-0{,}001 \times 500} = e^{-0{,}5} \approx \boxed{0{,}607}\) ; \(P(T \leqslant 1\,000) = 1 - e^{-1} \approx \boxed{0{,}632}\).

🔍 Vérification : plus de la moitié des composants (\(63{,}2\,\%\)) lâchent avant la durée moyenne : c'est normal pour cette loi ✓

a) \(P\left(X \leqslant \dfrac{1}{2}\right) = \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 - 0 = \boxed{\dfrac{1}{4}}\)

b) \(P(X \geqslant 0{,}8) = 1^2 - 0{,}8^2 = 1 - 0{,}64 = \boxed{0{,}36}\)

🔍 Vérification : la densité est plus grande près de \(1\) : l'intervalle \([0{,}8 \,;\, 1]\), de longueur \(0{,}2\), a une probabilité plus grande que \(0{,}2\) ✓

a) \(\boxed{F(x) = \dfrac{x}{4}}\) pour \(x \in [0 \,;\, 4]\).

b) Pour \(x < 0\) : \(X\) ne peut pas être plus petit que \(0\), donc \(F(x) = 0\). Pour \(x > 4\) : \(X\) est toujours inférieur à \(x\), donc \(F(x) = 1\).

c) \(F(1) = \boxed{\dfrac{1}{4}}\) ; \(P(1 < X \leqslant 3) = F(3) - F(1) = \dfrac{3}{4} - \dfrac{1}{4} = \boxed{\dfrac{1}{2}}\).

🔍 Vérification : l'intervalle \(]1 \,;\, 3]\) occupe la moitié de \([0 \,;\, 4]\) ✓

a) \(f\) est affine donc continue. \(f(0) = \dfrac{1}{2}\) et \(f(4) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{4}{8} = 0\) ; \(f\) décroît de \(\dfrac{1}{2}\) à \(0\), donc elle est positive sur \([0 \,;\, 4]\). L'aire sous la courbe est un triangle de base \(4\) et de hauteur \(\dfrac{1}{2}\) : \(\dfrac{4 \times \frac{1}{2}}{2} = 1\). C'est bien une densité.

b) \(P(X \leqslant 2) = \displaystyle\int_0^2 \left(\frac{1}{2} - \frac{x}{8}\right)dx = \left[\frac{x}{2} - \frac{x^2}{16}\right]_0^2 = 1 - \frac{4}{16} = \boxed{\frac{3}{4}}\)

🔍 Vérification : \(P(X > 2)\) est le petit triangle de base \(2\) et de hauteur \(f(2) = \dfrac{1}{4}\) : \(\dfrac{2 \times \frac{1}{4}}{2} = \dfrac{1}{4}\), et \(1 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}\) ✓

a) Vrai : \(P(X = 3) = \displaystyle\int_3^3 f(x)\,dx = 0\).

b) Vrai : \(P(X \leqslant 3) = P(X < 3) + P(X = 3) = P(X < 3) + 0\).

c) Faux : \(E(X) = \dfrac{1}{\lambda} = \dfrac{1}{4} = 0{,}25\).

d) Vrai : \(E(X) = \dfrac{3 + 9}{2} = 6\).

🔍 Vérification : c) avec \(\lambda = 4\), les durées sont courtes (\(P(X > 1) = e^{-4} \approx 0{,}018\)) : une moyenne de \(4\) serait absurde ✓

a) \(E(X) = \displaystyle\int_0^1 3x^3\,dx = \left[\frac{3x^4}{4}\right]_0^1 = \boxed{\frac{3}{4}}\)

b) \(\displaystyle\int_0^1 x^2 \times 3x^2\,dx = \int_0^1 3x^4\,dx = \left[\frac{3x^5}{5}\right]_0^1 = \frac{3}{5}\), donc \[V(X) = \frac{3}{5} - \left(\frac{3}{4}\right)^2 = \frac{3}{5} - \frac{9}{16} = \frac{48}{80} - \frac{45}{80} = \boxed{\frac{3}{80}}\]

🔍 Vérification : \(V(X) > 0\) ✓ et petite : les valeurs sont concentrées près de \(1\)

a) \(\displaystyle\int_0^2 x(2 - x)\,dx = \int_0^2 (2x - x^2)\,dx = \left[x^2 - \frac{x^3}{3}\right]_0^2 = 4 - \frac{8}{3} = \frac{4}{3}\). Il faut \(k \times \dfrac{4}{3} = 1\), donc \(\boxed{k = \dfrac{3}{4}}\).

b) \(P(X \leqslant 1) = \dfrac{3}{4}\left[x^2 - \dfrac{x^3}{3}\right]_0^1 = \dfrac{3}{4} \times \dfrac{2}{3} = \boxed{\dfrac{1}{2}}\).

On pouvait le prévoir : la parabole \(y = x(2 - x)\) est symétrique par rapport à la droite \(x = 1\), donc l'aire est partagée en deux moitiés égales.

c) Par symétrie, on s'attend à \(E(X) = 1\). Calcul : \(E(X) = \dfrac{3}{4}\displaystyle\int_0^2 (2x^2 - x^3)\,dx = \frac{3}{4}\left[\frac{2x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right]_0^2 = \frac{3}{4}\left(\frac{16}{3} - 4\right) = \frac{3}{4} \times \frac{4}{3} = \boxed{1}\).

🔍 Vérification : \(f\) est positive sur \([0 \,;\, 2]\) car \(x \geqslant 0\) et \(2 - x \geqslant 0\) ✓

\(V(X) = 3 \iff (b - a)^2 = 36 \iff b - a = 6\) (car \(b > a\)).

\(E(X) = 5 \iff a + b = 10\).

En additionnant : \(2b = 16\), donc \(b = 8\) et \(a = 2\). \(\boxed{X \text{ suit la loi uniforme sur } [2 \,;\, 8]}\).

🔍 Vérification : \(\dfrac{2 + 8}{2} = 5\) ✓ et \(\dfrac{6^2}{12} = 3\) ✓

a) \(e^{-10\lambda} = 0{,}5 \iff -10\lambda = \ln 0{,}5 = -\ln 2 \iff \boxed{\lambda = \dfrac{\ln 2}{10} \approx 0{,}069}\).

b) \(E(X) = \dfrac{1}{\lambda} = \dfrac{10}{\ln 2} \approx \boxed{14{,}43}\).

🔍 Vérification : \(e^{-10 \times 0{,}0693} = e^{-0{,}693} \approx 0{,}500\) ✓

a) \(e^{-5\,730\lambda} = 0{,}5 \iff -5\,730\lambda = -\ln 2 \iff \boxed{\lambda = \dfrac{\ln 2}{5\,730}}\) (\(\approx 1{,}21 \times 10^{-4}\)).

b) \(P(D > 10\,000) = e^{-\lambda \times 10\,000} = e^{-\frac{10\,000\ln 2}{5\,730}} \approx \boxed{0{,}30}\).

🔍 Vérification : \(10\,000\) ans, c'est un peu moins de deux demi-vies (\(11\,460\) ans) ; on trouve un peu plus que \(0{,}5^2 = 0{,}25\) ✓

a) \(P(T > 5\,000) = e^{-0{,}0002 \times 5\,000} = e^{-1} \approx \boxed{0{,}368}\)

b) On cherche \(P_{T > 2\,000}(T > 7\,000)\). Par l'absence de mémoire, c'est \(P(T > 5\,000) = e^{-1} \approx \boxed{0{,}368}\).

Justification par le calcul : \(\dfrac{P(T > 7\,000)}{P(T > 2\,000)} = \dfrac{e^{-1{,}4}}{e^{-0{,}4}} = e^{-1}\).

🔍 Vérification : les deux méthodes donnent \(e^{-1}\) ✓

a) \(P(c \leqslant X \leqslant d) = \left(1 - e^{-\lambda d}\right) - \left(1 - e^{-\lambda c}\right) = \boxed{e^{-\lambda c} - e^{-\lambda d}}\).

b) \(P(1 \leqslant X \leqslant 3) = e^{-0{,}2} - e^{-0{,}6} \approx 0{,}8187 - 0{,}5488 \approx \boxed{0{,}270}\).

🔍 Vérification : le résultat est positif car \(c < d\) donne \(e^{-\lambda c} > e^{-\lambda d}\) ✓

a) \(e^{-0{,}25m} = 0{,}5 \iff -0{,}25m = -\ln 2 \iff \boxed{m = \dfrac{\ln 2}{0{,}25} = 4\ln 2 \approx 2{,}77}\).

b) \(E(X) = \dfrac{1}{0{,}25} = 4\), donc \(m < E(X)\). La moitié des valeurs sont inférieures à \(2{,}77\), mais quelques très grandes valeurs tirent la moyenne vers le haut.

🔍 Vérification : \(\ln 2 \approx 0{,}693 < 1\), donc \(\dfrac{\ln 2}{\lambda} < \dfrac{1}{\lambda}\) : la médiane est toujours plus petite que l'espérance pour cette loi ✓

a) L'instruction renvoie \(1\) quand random() \(< 0{,}3\), ce qui arrive avec la probabilité \(0{,}3\), et \(0\) sinon : elle simule une variable de Bernoulli de paramètre \(0{,}3\).

b) \(6 \times\) random() est uniforme sur \([0 \,;\, 6[\). int garde la partie entière : on obtient \(0\) si le nombre est dans \([0 \,;\, 1[\), \(1\) s'il est dans \([1 \,;\, 2[\)… \(5\) s'il est dans \([5 \,;\, 6[\). Chaque intervalle a la longueur \(1\) sur \(6\), donc chaque entier de \(0\) à \(5\) a la probabilité \(\dfrac{1}{6}\). En ajoutant \(1\), on obtient les entiers de \(1\) à \(6\), chacun avec la probabilité \(\dfrac{1}{6}\) : c'est un dé équilibré.

🔍 Vérification : les six probabilités valent \(\dfrac{1}{6}\), total \(1\) ✓

a) Pour \(t \geqslant 0\) : \(Y \leqslant t \iff -\ln(1 - U) \leqslant \lambda t\) (on multiplie par \(\lambda > 0\)) \(\iff \ln(1 - U) \geqslant -\lambda t \iff 1 - U \geqslant e^{-\lambda t}\) (la fonction exponentielle est croissante) \(\iff U \leqslant 1 - e^{-\lambda t}\).

b) Comme \(U\) suit la loi uniforme sur \([0 \,;\, 1[\) et que \(1 - e^{-\lambda t} \in [0 \,;\, 1[\) : \[P(Y \leqslant t) = P\left(U \leqslant 1 - e^{-\lambda t}\right) = \boxed{1 - e^{-\lambda t}}\]

C'est la fonction de répartition de la loi exponentielle : \(\boxed{Y \text{ suit la loi exponentielle de paramètre } \lambda}\).

🔍 Vérification : pour \(t = 0\), \(P(Y \leqslant 0) = 0\) ✓ (\(Y \geqslant 0\) car \(\ln(1 - U) \leqslant 0\))

On cherche \(P_{T > 5}(T \leqslant 10)\) : \[P_{T > 5}(T \leqslant 10) = \frac{P(5 < T \leqslant 10)}{P(T > 5)} = \frac{\frac{5}{20}}{\frac{15}{20}} = \boxed{\frac{1}{3}}\]

🔍 Vérification : sachant \(T > 5\), le train arrive au hasard dans \(]5 \,;\, 20]\), de longueur \(15\) ; la tranche \(]5 \,;\, 10]\) en occupe le tiers ✓

a) \(1 - e^{-3\lambda} = 0{,}4 \iff e^{-3\lambda} = 0{,}6 \iff -3\lambda = \ln 0{,}6 \iff \boxed{\lambda = -\dfrac{\ln 0{,}6}{3} \approx 0{,}170}\).

b) \(E(X) = \dfrac{1}{\lambda} = -\dfrac{3}{\ln 0{,}6} \approx \boxed{5{,}87}\).

🔍 Vérification : \(\ln 0{,}6 < 0\), donc \(\lambda > 0\) ✓ ; \(e^{-3 \times 0{,}1703} \approx 0{,}600\) ✓

a) \(P(0{,}5 < X \leqslant 0{,}9) = 0{,}9^2 - 0{,}5^2 = 0{,}81 - 0{,}25 = \boxed{0{,}56}\).

b) \(f(x) = F'(x) = \boxed{2x}\) sur \([0 \,;\, 1]\). Alors \(E(X) = \displaystyle\int_0^1 2x^2\,dx = \left[\frac{2x^3}{3}\right]_0^1 = \boxed{\frac{2}{3}}\).

🔍 Vérification : \(\displaystyle\int_{0{,}5}^{0{,}9} 2x\,dx = 0{,}81 - 0{,}25\) : on retrouve a) ✓

a) \(G(t) = u(t) \times v(t)\) avec \(u(t) = -\left(t + \dfrac{1}{\lambda}\right)\), \(u'(t) = -1\), \(v(t) = e^{-\lambda t}\), \(v'(t) = -\lambda e^{-\lambda t}\). \[G'(t) = -e^{-\lambda t} + \left(t + \frac{1}{\lambda}\right)\lambda e^{-\lambda t} = -e^{-\lambda t} + \lambda t e^{-\lambda t} + e^{-\lambda t} = \lambda t e^{-\lambda t} \ \checkmark\]

b) \(\displaystyle\int_0^x \lambda t e^{-\lambda t}\,dt = G(x) - G(0) = -\left(x + \frac{1}{\lambda}\right)e^{-\lambda x} + \frac{1}{\lambda} = \boxed{\frac{1}{\lambda} - x e^{-\lambda x} - \frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}}\)

c) Quand \(x \to +\infty\) : \(x e^{-\lambda x} \to 0\) (admis) et \(e^{-\lambda x} \to 0\). Donc l'intégrale tend vers \(\dfrac{1}{\lambda}\) : \(\boxed{E(X) = \dfrac{1}{\lambda}}\).

🔍 Vérification : \(G(0) = -\dfrac{1}{\lambda}\), donc \(-G(0) = \dfrac{1}{\lambda}\) ✓

a) \(f\) est continue et positive sur \([1 \,;\, e]\), et \(\displaystyle\int_1^e \frac{1}{x}\,dx = \ln e - \ln 1 = 1 - 0 = 1\) : c'est une densité.

b) \(P(X \leqslant 2) = \ln 2 - \ln 1 = \boxed{\ln 2 \approx 0{,}693}\) (on a bien \(2 \in [1 \,;\, e]\), car \(e \approx 2{,}718\)).

c) \(E(X) = \displaystyle\int_1^e x \times \frac{1}{x}\,dx = \int_1^e 1\,dx = \boxed{e - 1 \approx 1{,}718}\).

d) \(P(X \leqslant m) = \ln m = 0{,}5 \iff \boxed{m = e^{0{,}5} = \sqrt{e} \approx 1{,}649}\).

🔍 Vérification : \(1 < \sqrt{e} < e\) ✓ ; et la médiane est inférieure à l'espérance, car la densité est plus grande près de \(1\)

a) \(T > t \iff T_1 > t\) et \(T_2 > t\). Les composants étant indépendants : \[P(T > t) = P(T_1 > t) \times P(T_2 > t) = e^{-0{,}001t} \times e^{-0{,}002t} = \boxed{e^{-0{,}003t}}\]

b) On a \(P(T \leqslant t) = 1 - e^{-0{,}003t}\) : \(T\) suit la loi exponentielle de paramètre \(0{,}003\). Sa moyenne est \(\dfrac{1}{0{,}003} \approx \boxed{333 \text{ heures}}\).

c) \(P(T > 200) = e^{-0{,}6} \approx \boxed{0{,}549}\).

🔍 Vérification : l'appareil vit en moyenne moins longtemps que chaque composant (\(1\,000\) h et \(500\) h) ✓

a) \(X \in [0 \,;\, 1]\), donc \(3X + 2 \in [2 \,;\, 5]\).

b) Pour \(2 \leqslant y \leqslant 5\) : \(Y \leqslant y \iff 3X + 2 \leqslant y \iff X \leqslant \dfrac{y - 2}{3}\), et \(\dfrac{y - 2}{3} \in [0 \,;\, 1]\). Donc \[P(Y \leqslant y) = P\left(X \leqslant \frac{y - 2}{3}\right) = \frac{y - 2}{3}\]

C'est la fonction de répartition de la loi uniforme sur \([2 \,;\, 5]\).

c) \(P(Y \leqslant 3) = \dfrac{1}{3}\) ; \(E(Y) = \dfrac{2 + 5}{2} = \boxed{3{,}5}\) ; \(V(Y) = \dfrac{(5 - 2)^2}{12} = \boxed{\dfrac{3}{4}}\).

🔍 Vérification : \(E(Y) = 3E(X) + 2 = 3 \times 0{,}5 + 2 = 3{,}5\) ✓

a) \(f\) est continue (en \(1\), les deux formules donnent \(1\)) et positive. Aire : \(\displaystyle\int_0^1 x\,dx + \int_1^2 (2 - x)\,dx = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\) (deux triangles de base \(1\) et de hauteur \(1\)). C'est une densité.

b) \(P(X \leqslant 0{,}5) = \displaystyle\int_0^{0{,}5} x\,dx = \frac{0{,}5^2}{2} = \boxed{0{,}125}\). Par symétrie de la courbe autour de \(x = 1\), \(P(X \geqslant 1{,}5) = 0{,}125\) aussi, donc \[P(0{,}5 \leqslant X \leqslant 1{,}5) = 1 - 2 \times 0{,}125 = \boxed{0{,}75}\]

c) Par symétrie, \(E(X) = 1\) ; par le calcul : \(\displaystyle\int_0^1 x^2\,dx + \int_1^2 (2x - x^2)\,dx = \frac{1}{3} + \left(3 - \frac{7}{3}\right) = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = \boxed{1}\).

\(\displaystyle\int_0^1 x^3\,dx + \int_1^2 (2x^2 - x^3)\,dx = \frac{1}{4} + \left(\frac{14}{3} - \frac{15}{4}\right) = \frac{1}{4} + \frac{11}{12} = \frac{7}{6}\), donc \(V(X) = \dfrac{7}{6} - 1^2 = \boxed{\dfrac{1}{6}}\).

🔍 Vérification : \(\displaystyle\int_1^2 2x^2\,dx = \frac{2}{3}(8 - 1) = \frac{14}{3}\) et \(\displaystyle\int_1^2 x^3\,dx = \frac{16 - 1}{4} = \frac{15}{4}\) ✓

a) \(P(T \leqslant 2) = 1 - e^{-0{,}4} \approx \boxed{0{,}330}\) : environ un appareil sur trois tombe en panne pendant la garantie.

b) On cherche \(t\) tel que \(1 - e^{-0{,}2t} = 0{,}1\) : \[e^{-0{,}2t} = 0{,}9 \iff -0{,}2t = \ln 0{,}9 \iff t = -5\ln 0{,}9\]

\(\boxed{t = -5\ln 0{,}9 \approx 0{,}527 \text{ an}}\), soit environ \(0{,}527 \times 12 \approx \boxed{6{,}3 \text{ mois}}\).

🔍 Vérification : \(1 - e^{-0{,}2 \times 0{,}527} = 1 - e^{-0{,}1054} \approx 1 - 0{,}900 = 0{,}100\) ✓