Devoir surveillé : Lois de probabilité et statistique à deux variables

1. a)$P(X=2)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{2}\right)}\times 0,3^2\times 0,7^6$ $=28\times 0,09\times 0,117649\approx 0,296$. (0,5 pt pour la formule avec ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{2}\right)}=28$, 0,5 pt pour la valeur) (1)
2. b)$\{Y=3\}$ : deux échecs puis un succès, donc $P(Y=3)=0,{75}^2\times 0,25=0,140625$. $E(Y)={\displaystyle \frac{1}{0,25}}=4$ : en moyenne, le premier succès arrive à la quatrième épreuve. (0,5 pt pour la probabilité, 0,5 pt pour l'espérance) (1)
3. c)La probabilité est un rapport de longueurs : $P(U⩾9,5)={\displaystyle \frac{12-9,5}{12-2}}={\displaystyle \frac{2,5}{10}}=0,25$. $E(U)={\displaystyle \frac{2+12}{2}}=7$. (0,5 pt pour la probabilité, 0,5 pt pour l'espérance) (1)
4. d)$P(Z>3)=e^{-0,5\times 3}=e^{-1,5}\approx 0,223$. $E(Z)={\displaystyle \frac{1}{0,5}}=2$. (0,5 pt pour la probabilité, 0,5 pt pour l'espérance) (1)
5. e)$\bar{x}={\displaystyle \frac{2+4+6+8}{4}}=5$ et $\bar{y}={\displaystyle \frac{5+9+10+16}{4}}={\displaystyle \frac{40}{4}}=10$, donc $G(5;10)$. La droite des moindres carrés passe par $G$ : $b=\bar{y}-a\bar{x}=10-1,7\times 5=1,5$, soit $y=1,7x+1,5$. (0,5 pt pour $G$, 0,5 pt pour $b$) (1)

Méthode — Devant une question de probabilité, je nomme d'abord la loi et ses paramètres ; la formule à appliquer en découle : binomiale, géométrique, uniforme ou exponentielle.

1. a)Pour chaque bol, l'épreuve a deux issues ; le succès « le bol est défectueux » a pour probabilité $p=0,06$. Les $20$ épreuves sont identiques et indépendantes (tirages assimilés à des tirages avec remise) : c'est un schéma de Bernoulli, et $X$ compte les succès. Donc $X$ suit $ℬ(20;0,06)$. (0,5 pt pour le schéma de Bernoulli justifié, 0,5 pt pour les paramètres) (1)
2. b)$P(X=0)=0,{94}^{20}\approx 0,290$. Puis $P(X=1)=20\times 0,06\times 0,{94}^{19}\approx 0,370$, donc $P(X⩽1)\approx 0,660$ et $P(X⩾2)=1-P(X⩽1)\approx 0,340$ (calcul mené avec les valeurs non arrondies). (0,5 pt pour chaque probabilité) (1)
3. c)$E(X)=np=20\times 0,06=1,2$ : sur un grand nombre de prélèvements de $20$ bols, on trouve en moyenne $1,2$ bol défectueux par prélèvement. (0,5 pt pour le calcul, 0,5 pt pour l'interprétation) (1)
4. d)Chaque examen est une épreuve de Bernoulli de succès « le bol est défectueux », de probabilité $0,06$, répétée de façon identique et indépendante, et $Y$ est le rang du premier succès : $Y$ suit $𝒢(0,06)$. $E(Y)={\displaystyle \frac{1}{0,06}}={\displaystyle \frac{50}{3}}\approx 16,7$ : en moyenne, il faut examiner environ $17$ bols pour trouver le premier bol défectueux. (0,5 pt pour la loi justifiée, 0,5 pt pour l'espérance interprétée) (1)
5. e)$P(Y>20)=0,{94}^{20}\approx 0,290$. En effet, $\{Y>20\}$ signifie que les $20$ premiers bols examinés sont tous sans défaut : c'est l'événement « aucun bol défectueux parmi $20$ », c'est-à-dire $\{X=0\}$ pour un lot de $20$ bols. (0,5 pt pour le calcul, 0,5 pt pour l'explication) (1)

Erreur fréquente — Binomiale ou géométrique ? Si le nombre de bols est fixé, on compte les défauts : loi binomiale, valeurs de $0$ à $n$. Si l'on s'arrête au premier défaut, on note son rang : loi géométrique, valeurs $1,2,3,\dots$

1. a)La densité est la fonction constante égale à ${\displaystyle \frac{1}{20-12}}={\displaystyle \frac{1}{8}}$ sur $[12;20]$, nulle ailleurs. $P(T⩽15)=P(12⩽T⩽15)={\displaystyle \frac{15-12}{8}}={\displaystyle \frac{3}{8}}=0,375$. (0,5 pt pour la densité, 0,5 pt pour la probabilité) (1)
2. b)Elle arrive en classe $T+2$ minutes après $7$ h $42$ ; elle est en retard si $42+T+2>60$, soit $T>16$. $P(T>16)={\displaystyle \frac{20-16}{8}}={\displaystyle \frac{4}{8}}=0,5$. (0,5 pt pour la traduction $T>16$, 0,5 pt pour la valeur) (1)
3. c)$E(T)={\displaystyle \frac{12+20}{2}}=16$ min. $V(T)={\displaystyle \frac{(20-12{)}^2}{12}}={\displaystyle \frac{64}{12}}={\displaystyle \frac{16}{3}}\approx 5,33$ et $\sigma (T)=\sqrt{{\displaystyle \frac{16}{3}}}\approx 2,31$ min. (0,5 pt pour l'espérance, 0,5 pt pour la variance et l'écart type) (1)
4. d)Pour $d\in [12;20]$, $P(T⩽d)={\displaystyle \frac{d-12}{8}}=0,9⟺d-12=7,2⟺d=19,2$ min : neuf trajets sur dix durent au plus $19,2$ min. En partant à $7$ h $m$, elle est à l'heure si $m+T+2⩽60$, soit $T⩽58-m$ ; il faut $58-m=19,2$, d'où $m=38,8$ : elle doit prendre le tramway au plus tard à $7$ h $38$ min $48$ s. (0,5 pt pour $d$, 0,5 pt pour l'heure) (1)
5. e)Chaque jour, « le trajet dure plus de $18$ min » est un succès de probabilité $P(T>18)={\displaystyle \frac{20-18}{8}}=0,25$ ; les $5$ jours sont des épreuves identiques et indépendantes, et $N$ compte les succès : $N$ suit $ℬ(5;0,25)$. $P(N⩾1)=1-P(N=0)=1-0,{75}^5\approx 1-0,237=0,763$. (0,5 pt pour la loi, 0,5 pt pour la probabilité) (1)

Méthode — Une heure d'arrivée se traduit en inégalité sur $T$, en minutes, avant tout calcul : arriver au plus tard à $8$ h $00$ en partant à $7$ h $42$, avec $2$ minutes de marche, c'est $42+T+2⩽60$, soit $T⩽16$.

1. a)$\bar{x}={\displaystyle \frac{1+2+3+5+7+8}{6}}={\displaystyle \frac{26}{6}}\approx 4,33$ et $\bar{y}={\displaystyle \frac{1,1+1,7+2,7+4,3+5,9+6,6}{6}}={\displaystyle \frac{22,3}{6}}\approx 3,72$ : $G(4,33;3,72)$. (0,5 pt pour chaque coordonnée) (1)
2. b)$r\approx 0,999$. $r$ est positif et très proche de $1$ : les points sont presque alignés sur une droite croissante, un ajustement affine est justifié. (0,5 pt pour la valeur, 0,5 pt pour la conclusion) (1)
3. c)La calculatrice donne $y=0,80x+0,24$ (contrôle : $0,80\times 4,33+0,24\approx 3,70$, proche de $\bar{y}$). Selon ce modèle, chaque appel déjà en attente allonge l'attente moyenne d'environ $0,8$ min, soit $48$ s. (0,5 pt pour l'équation, 0,5 pt pour l'interprétation) (1)
4. d)$y=0,80\times 6+0,24=5,04$, soit environ $5$ min ; c'est une interpolation, car $6\in [1;8]$. Alors $E(T)={\displaystyle \frac{1}{\lambda }}=5$, donc $\lambda =0,2$, et $P(T>10)=e^{-0,2\times 10}=e^{-2}\approx 0,135$. (0,5 pt pour l'estimation et $\lambda$, 0,5 pt pour la probabilité) (1)
5. e)$P(3⩽T⩽8)=e^{-0,2\times 3}-e^{-0,2\times 8}=e^{-0,6}-e^{-1,6}\approx 0,5488-0,2019\approx 0,347$. (0,5 pt pour la formule, 0,5 pt pour la valeur) (1)

Astuce — Pour une loi exponentielle, l'énoncé donne souvent la durée moyenne plutôt que le paramètre : on retrouve $\lambda$ en prenant l'inverse de l'espérance, $\lambda ={\displaystyle \frac{1}{E(T)}}$.

1. a)${\displaystyle \frac{V(X)}{E(X)}}={\displaystyle \frac{np(1-p)}{np}}=1-p={\displaystyle \frac{4,2}{6}}=0,7$, donc $p=0,3$ et $n={\displaystyle \frac{E(X)}{p}}={\displaystyle \frac{6}{0,3}}=20$. À la calculatrice, pour $ℬ(20;0,3)$ : $P(X⩽4)\approx 0,238$. (0,5 pt pour $n$ et $p$, 0,5 pt pour la probabilité) (1)
2. b)$P(Y>3)=(1-p{)}^3=0,216=0,6^3$ ; la fonction cube est strictement croissante, donc $1-p=0,6$ et $p=0,4$. Alors $E(Y)={\displaystyle \frac{1}{0,4}}=2,5$. (0,5 pt pour $p$, 0,5 pt pour l'espérance) (1)
3. c)$f=F\prime$ : $f(x)={\displaystyle \frac{2x+2}{8}}={\displaystyle \frac{x+1}{4}}$ sur $[0;2]$. $E(T)={\displaystyle {\int }_0^{2}t\times {\displaystyle \frac{t+1}{4}}dt={\displaystyle \frac{1}{4}}[{\displaystyle \frac{t^3}{3}}+{\displaystyle \frac{t^2}{2}}{]}_0^2}$ $={\displaystyle \frac{1}{4}}({\displaystyle \frac{8}{3}}+2)={\displaystyle \frac{1}{4}}\times {\displaystyle \frac{14}{3}}={\displaystyle \frac{7}{6}}\approx 1,17$. (0,5 pt pour la densité, 0,5 pt pour l'espérance) (1)
4. d)$r\approx -0,999$ : les points sont presque alignés sur une droite décroissante. Droite de régression : $y=-2,33x+52,87$ (exactement $a={\displaystyle \frac{\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}(x,y)}{V(x)}}={\displaystyle \frac{-42}{18}}=-{\displaystyle \frac{7}{3}}$). Pour $x=9$ : $y=-2,33\times 9+52,87\approx 31,9$ kWh ; c'est une interpolation, car $9\in [2;14]$. (0,5 pt pour $r$ et la droite, 0,5 pt pour l'estimation) (1)

Astuce — Pour une loi binomiale, le quotient ${\displaystyle \frac{V(X)}{E(X)}}={\displaystyle \frac{np(1-p)}{np}}$ donne directement $1-p$ : les deux paramètres se retrouvent en deux lignes.

1. a)Vrai. Ici $p=1-p=0,5$, donc $P(X=k)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)}\times 0,5^{10}$. Par symétrie, ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{10-k}\right)}$, donc $P(X=k)=P(X=10-k)$. En associant $k=0,1,\dots ,4$ à $10-k=10,9,\dots ,6$, les deux sommes sont égales ; elles valent ${\displaystyle \frac{1+10+45+120+210}{1024}}={\displaystyle \frac{386}{1024}}\approx 0,377$. (0,5 pt pour la réponse, 0,5 pt pour la justification par la symétrie) (1)
2. b)Faux. Avec $E(T)={\displaystyle \frac{1}{\lambda }}$ : $P(T⩽{\displaystyle \frac{1}{\lambda }})=1-e^{-\lambda \times \frac{1}{\lambda }}=1-e^{-1}\approx 0,632$, quel que soit $\lambda$. Environ $63\%$ des durées sont inférieures à la moyenne : la médiane ${\displaystyle \frac{\ln 2}{\lambda }}$ est plus petite que l'espérance. (0,5 pt pour la réponse, 0,5 pt pour le calcul) (1)
3. c)Vrai. Le rang $X$ de la première partie gagnée suit $𝒢(0,1)$ (parties identiques et indépendantes). Par absence de mémoire, $P_{X>10}(X>15)=P(X>5)=0,9^5$, donc $P_{X>10}(X⩽15)=1-0,9^5\approx 0,410$, qui est aussi $P(X⩽5)$. Les défaites passées ne rendent pas la victoire plus probable. (0,5 pt pour la réponse, 0,5 pt pour l'absence de mémoire) (1)
4. d)Faux. La droite des moindres carrés passe toujours par le point moyen, puisque $b=\bar{y}-a\bar{x}$. Or $2\times 4+3=11\ne 12$ : $G$ n'est pas sur cette droite. Avec $a=2$, il faudrait $b=12-2\times 4=4$. (0,5 pt pour la réponse, 0,5 pt pour l'argument du point moyen) (1)

Piège — L'impression de « compensation » (après dix défaites, la victoire serait proche) est le piège classique : avec des parties indépendantes, la loi géométrique n'a pas de mémoire.

1. a)$E(D)={\displaystyle \frac{1}{\lambda }}=8$, donc $\lambda ={\displaystyle \frac{1}{8}}=0,125$. $P(D>10)=e^{-0,125\times 10}=e^{-1,25}\approx 0,287$. (0,5 pt pour $\lambda$, 0,5 pt pour la probabilité) (1)
2. b)Pour chaque détecteur, « il fonctionne encore au bout de $10$ ans » est un succès de probabilité $q=e^{-1,25}$ ; les $12$ épreuves sont identiques et indépendantes, et $N$ compte les succès : $N$ suit $ℬ\left(12;e^{-1,25}\right)$. À la calculatrice, avec la valeur non arrondie de $q$ : $P(N⩾4)=1-P(N⩽3)\approx 1-0,534=0,466$ ; avec $q$ arrondi à $0,287$, on trouve $0,467$, réponse acceptée. (0,5 pt pour la loi justifiée, 0,5 pt pour la probabilité) (1)
3. c)$\{D>14\}$ est inclus dans $\{D>4\}$ et, par absence de mémoire de la loi exponentielle, $P_{D>4}(D>14)=P(D>10)=e^{-1,25}\approx 0,287$ : autant que pour un détecteur neuf. C'est peu réaliste pour un appareil qui s'use (pile, capteur qui vieillit) : la loi exponentielle modélise des pannes accidentelles, sans vieillissement ; avec de l'usure, un détecteur déjà âgé aurait moins de chances de tenir encore $10$ ans. (0,5 pt pour le calcul justifié, 0,5 pt pour le commentaire) (1)
4. d)Avec $n$ détecteurs, $P(\text{au moins un})=1-(1-q{)}^n$. Or $1-(1-q{)}^n⩾0,99⟺(1-q{)}^n⩽0,01$ $⟺n\ln (1-q)⩽\ln 0,01⟺n⩾{\displaystyle \frac{\ln 0,01}{\ln (1-q)}}$, car on divise par $\ln (1-q)<0$. Et ${\displaystyle \frac{\ln 0,01}{\ln (1-q)}}\approx 13,64$. Contrôle : $n=13$ donne $1-(1-q{)}^{13}\approx 0,9876<0,99$ et $n=14$ donne $\approx 0,9911$. Il faut au moins $14$ détecteurs. (0,5 pt pour l'inéquation, 0,5 pt pour la valeur justifiée) (1)

Méthode — Durée de vie exponentielle et nombre d'appareils : je calcule d'abord la probabilité qu'un appareil dépasse la durée voulue, $e^{-\lambda t}$ ; elle devient le paramètre $p$ de la loi binomiale.

1. a)$f$ est continue sur $[0;3]$ et, pour $t\in [0;3]$, $9-t^2⩾0$, donc $f⩾0$ puisque $k>0$. Il faut ${\displaystyle {\int }_0^{3}k(9-t^2)dt=k[9t-{\displaystyle \frac{t^3}{3}}{]}_0^3=k(27-9)=18k=1}$, d'où $k={\displaystyle \frac{1}{18}}$. (0,5 pt pour la positivité et la continuité, 0,5 pt pour $k$) (1)
2. b)$F(x)={\displaystyle {\int }_0^x{\displaystyle \frac{9-t^2}{18}}dt={\displaystyle \frac{1}{18}}[9t-{\displaystyle \frac{t^3}{3}}{]}_0^x={\displaystyle \frac{9x}{18}}-{\displaystyle \frac{x^3}{54}}={\displaystyle \frac{x}{2}}-{\displaystyle \frac{x^3}{54}}}$. Contrôle : $F(3)={\displaystyle \frac{3}{2}}-{\displaystyle \frac{27}{54}}=1$. $P(T⩽1)=F(1)={\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{54}}={\displaystyle \frac{26}{54}}={\displaystyle \frac{13}{27}}\approx 0,481$. (0,5 pt pour $F$, 0,5 pt pour la probabilité) (1)
3. c)$E(T)={\displaystyle {\int }_0^{3}t\times {\displaystyle \frac{9-t^2}{18}}dt={\displaystyle \frac{1}{18}}[{\displaystyle \frac{9t^2}{2}}-{\displaystyle \frac{t^4}{4}}{]}_0^3}$ $={\displaystyle \frac{1}{18}}({\displaystyle \frac{81}{2}}-{\displaystyle \frac{81}{4}})={\displaystyle \frac{1}{18}}\times {\displaystyle \frac{81}{4}}={\displaystyle \frac{9}{8}}=1,125$ h, soit $67,5$ min (1 h 7 min 30 s). $P(T>2)=1-F(2)=1-(1-{\displaystyle \frac{8}{54}})={\displaystyle \frac{8}{54}}={\displaystyle \frac{4}{27}}\approx 0,148$. (0,5 pt pour l'espérance, 0,5 pt pour la probabilité) (1)
4. d)Chaque intervention est une épreuve de succès « elle dure plus de $2$ h », de probabilité ${\displaystyle \frac{4}{27}}$ ; les $10$ épreuves sont identiques et indépendantes : $L$ suit $ℬ\left(10;{\displaystyle \frac{4}{27}}\right)$. $P(L⩾2)=1-P(L=0)-P(L=1)=1-({\displaystyle \frac{23}{27}}{)}^{10}-10\times {\displaystyle \frac{4}{27}}\times ({\displaystyle \frac{23}{27}}{)}^9$ $\approx 1-0,201-0,350=0,449$. $E(L)=10\times {\displaystyle \frac{4}{27}}={\displaystyle \frac{40}{27}}\approx 1,48$. (0,5 pt pour la probabilité, 0,5 pt pour l'espérance) (1)

Erreur fréquente — La fonction de répartition s'obtient en intégrant la densité à partir du début de l'intervalle : on contrôle $F(0)=0$ et $F(3)=1$ avant de s'en servir.

1. a)$\bar{x}={\displaystyle \frac{21}{6}}=3,5$ et $\bar{y}={\displaystyle \frac{88+71+56+42+30+19}{6}}={\displaystyle \frac{306}{6}}=51$ : $G(3,5;51)$. $r\approx -0,997$ : $|r|$ est très proche de $1$ et $r<0$, les points sont presque alignés sur une droite décroissante ; un ajustement affine est justifié. (0,5 pt pour $G$, 0,5 pt pour $r$ commenté) (1)
2. b)$y=-13,77x+99,20$. Contrôle : $-13,77\times 3,5+99,20\approx 51,0$, la droite passe bien par $G$. Selon ce modèle, chaque mètre supplémentaire fait baisser le pourcentage de réussite d'environ $13,8$ points. (0,5 pt pour l'équation, 0,5 pt pour l'interprétation) (1)
3. c)$y=-13,77\times 2,5+99,20\approx 64,8$ : environ $65\%$ de putts réussis. C'est une interpolation, car $2,5\in [1;6]$. (0,5 pt pour l'estimation, 0,5 pt pour la nature) (1)
4. d)D'après c), $p=0,65$ ; $X$ suit $ℬ(10;0,65)$ : $10$ épreuves identiques et indépendantes, de succès « le putt est réussi ». À la calculatrice, $P(X⩾6)=1-P(X⩽5)\approx 1-0,249=0,751$. $E(X)=10\times 0,65=6,5$ putts réussis en moyenne. (0,5 pt pour la probabilité, 0,5 pt pour l'espérance) (1)

Méthode — Pour passer d'un ajustement à une probabilité, j'estime d'abord une fréquence par interpolation, puis je l'utilise comme paramètre $p$ d'une loi binomiale ; une extrapolation lointaine pourrait donner une « probabilité » négative.

1. a)Relation de Pascal avec $k=1$ : pour tout entier $m⩾2$, ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{1}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{2}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{2}\right)}$, soit ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{2}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{2}\right)}+m$. Ainsi ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)}=1$, ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)}=1+2$, ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)}=1+2+3$, et, de proche en proche jusqu'à $m=n-1$ : ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)}=1+2+\cdots +(n-1)$. C'est la somme des $n-1$ premiers termes d'une suite arithmétique : ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)}={\displaystyle \frac{(n-1)(1+(n-1))}{2}}={\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}$. (0,5 pt pour l'utilisation de la relation de Pascal, 0,5 pt pour la somme) (1)
2. b)${\displaystyle \frac{1}{4}}-p(1-p)=p^2-p+{\displaystyle \frac{1}{4}}=(p-{\displaystyle \frac{1}{2}}{)}^2⩾0$, avec égalité pour $p={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Donc $V(X)=np(1-p)⩽{\displaystyle \frac{n}{4}}$ et, la fonction racine carrée étant croissante, $\sigma (X)=\sqrt{V(X)}⩽\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{4}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{n}}{2}}$. Par exemple, pour $n=100$, $\sigma (X)⩽5$ quel que soit $p$. (0,5 pt pour l'inégalité, 0,5 pt pour la conséquence) (1)
3. c)$P(X\in \{2;\dots ;2n\})={\displaystyle {\sum }_{k=1}^n(1-p{)}^{2k-1}p=p(1-p)[1+(1-p{)}^2+\cdots +((1-p{)}^2{)}^{n-1}]}$. C'est la somme de $n$ termes d'une suite géométrique de raison $(1-p{)}^2\ne 1$ : $p(1-p)\times {\displaystyle \frac{1-(1-p{)}^{2n}}{1-(1-p{)}^2}}$, et $1-(1-p{)}^2=p(2-p)$, d'où la formule. Comme $0<(1-p{)}^2<1$, $(1-p{)}^{2n}=((1-p{)}^2{)}^n$ tend vers $0$ : la limite vaut ${\displaystyle \frac{1-p}{2-p}}$. Or ${\displaystyle \frac{1-p}{2-p}}<{\displaystyle \frac{1}{2}}⟺2-2p<2-p⟺p>0$ : un rang impair est plus probable (cohérent avec $P(X=1)=p$, la plus grande des probabilités). (0,5 pt pour la somme géométrique, 0,5 pt pour la limite et la conclusion) (1)
4. d)Pour $x⩾2$ : ${\displaystyle {\int }_2^x{\displaystyle \frac{k}{t^2}}dt=k[-{\displaystyle \frac{1}{t}}{]}_2^x=k({\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{x}})}$, qui tend vers ${\displaystyle \frac{k}{2}}$ quand $x$ tend vers $+\infty$. $f$ est continue sur $[2;+\infty [$, positive si $k>0$, et l'aire totale vaut $1$ si et seulement si $k=2$. Alors $P(X⩽10)=2({\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{10}})=0,8$ et $P(X>10)=0,2$. (0,5 pt pour $k$, 0,5 pt pour la probabilité) (1)
5. e)${\displaystyle {\int }_2^{x}t\times {\displaystyle \frac{2}{t^2}}dt={\int }_2^x{\displaystyle \frac{2}{t}}dt=2(\ln x-\ln 2)}$, et $\ln x$ tend vers $+\infty$ : l'intégrale tend vers $+\infty$. La limite qui définit l'espérance n'est pas un nombre réel : $X$ n'a pas d'espérance. Une variable à densité n'en a donc pas toujours : ici, les grandes valeurs sont rares ($P(X>100)={\displaystyle \frac{2}{100}}=0,02$) mais pèsent assez pour que l'aire sous $t\mapsto tf(t)$ soit infinie. (0,5 pt pour le calcul de l'intégrale et sa limite, 0,5 pt pour la conclusion) (1)

Méthode — Pour démontrer une formule portant sur une somme de probabilités, je fais apparaître une suite géométrique (ou arithmétique) en factorisant, je compte ses termes, puis j'applique la formule de la somme.

1. a)$18\%$ des éoliennes ont leur première panne la première année : $P(D⩽1)=1-e^{-\lambda }=0,18$, donc $e^{-\lambda }=0,82$ et $\lambda =-\ln 0,82\approx 0,1985$. $E(D)={\displaystyle \frac{1}{\lambda }}\approx 5,04$ ans. (0,5 pt pour $e^{-\lambda }$ et $\lambda$, 0,5 pt pour la durée moyenne) (1)
2. b)$\{D>5\}$ est inclus dans $\{D>3\}$, donc $P_{D>3}(D>5)={\displaystyle \frac{P(D>5)}{P(D>3)}}={\displaystyle \frac{e^{-5\lambda }}{e^{-3\lambda }}}=e^{-2\lambda }=0,{82}^2=0,6724$. C'est la probabilité qu'une éolienne neuve n'ait pas de panne en $2$ ans : la loi exponentielle est sans mémoire. (0,5 pt pour le quotient justifié, 0,5 pt pour la valeur) (1)
3. c)Pour chaque éolienne, le succès « pas de panne pendant $2$ ans » a pour probabilité $P(D>2)=e^{-2\lambda }=0,6724$ ; les $20$ épreuves sont identiques et indépendantes, et $K$ compte les succès : $K$ suit $ℬ(20;0,6724)$. À la calculatrice, $P(K⩾15)=1-P(K⩽14)\approx 1-0,684=0,316$. (0,5 pt pour la loi, 0,5 pt pour la probabilité) (1)
4. d)La condition est d > 2. À chaque tour de boucle, d simule la durée sans panne d'une éolienne, et l'on ajoute $1$ à K si elle dépasse $2$ ans. Les $20$ tirages sont indépendants et chacun réussit avec la probabilité $P(D>2)=e^{-2\lambda }$ : la valeur renvoyée suit la loi binomiale $ℬ\left(20;e^{-2\lambda }\right)$. (0,5 pt pour la condition, 0,5 pt pour la loi) (1)
5. e)$K$ suit $ℬ(20;p)$. La calculatrice donne $P(K⩾15)\approx 0,890<0,9$ pour $p=0,83$ et $P(K⩾15)\approx 0,913⩾0,9$ pour $p=0,84$ (et davantage au-delà) : il faut $p=0,84$. Alors $e^{-2\lambda }=0,84⟺\lambda =-{\displaystyle \frac{\ln 0,84}{2}}\approx 0,0872$, soit une durée moyenne sans panne de ${\displaystyle \frac{1}{\lambda }}\approx 11,5$ ans. Il faut donc plus que doubler la durée moyenne sans panne du modèle actuel ($5,04$ ans) : l'exigence est forte. (0,5 pt pour $p$ justifié par les deux valeurs, 0,5 pt pour $\lambda$ et la durée moyenne commentée) (1)

Astuce — Quand l'énoncé donne une proportion de pannes sur une durée, je la traduis par $P(D⩽t)=1-e^{-\lambda t}$ ; souvent, la valeur de $e^{-\lambda }$ suffit pour la suite, sans arrondir $\lambda$.

1. a)Vrai. $Y$ compte les échecs du même schéma de Bernoulli : en appelant succès l'ancien échec, de probabilité $1-p$, on a encore $n$ épreuves identiques et indépendantes. Par le calcul : $P(Y=k)=P(X=n-k)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-k}\right)}{p}^{n-k}(1-p{)}^k={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)}(1-p{)}^k{p}^{n-k}$, grâce à la symétrie des coefficients binomiaux. (0,5 pt pour la réponse, 0,5 pt pour la justification) (1)
2. b)Faux. Comme $U⩾0$, $P(U^2⩽0,25)=P(U⩽0,5)=0,5$, alors qu'une variable de loi uniforme sur $[0;1]$ est inférieure ou égale à $0,25$ avec la probabilité $0,25$. Plus généralement, pour $0<x<1$, $P(U^2⩽x)=P(U⩽\sqrt{x})=\sqrt{x}\ne x$. (0,5 pt pour la réponse, 0,5 pt pour le contre-exemple) (1)
3. c)Vrai. Pour une droite $𝒟$, notons $S(𝒟)$ la somme des carrés des résidus de l'ancienne série et $e$ le résidu du point ajouté : pour la nouvelle série, la somme vaut $S(𝒟)+e^2$. Pour l'ancienne droite des moindres carrés ${𝒟}_0$, $e=0$ : la nouvelle somme vaut $S({𝒟}_0)$. Pour toute droite $𝒟$, $S(𝒟)+e^2⩾S(𝒟)⩾S({𝒟}_0)$. ${𝒟}_0$ rend donc minimale la nouvelle somme et, la droite des moindres carrés étant unique, c'est celle de la nouvelle série. (0,5 pt pour la réponse, 0,5 pt pour l'argument de minimalité) (1)
4. d)Faux. Avec $E(T)={\displaystyle \frac{1}{\lambda }}$ : $P(T>2E(T))=e^{-2}\approx 0,135$, alors que ${\displaystyle \frac{1}{2}}P(T>E(T))={\displaystyle \frac{e^{-1}}{2}}\approx 0,184$. En fait, $P(T>2E(T))=e^{-2}=\left(P\right(T>E(T)){)}^2$ : la probabilité est élevée au carré, pas divisée par $2$. (0,5 pt pour la réponse, 0,5 pt pour le calcul) (1)
5. e)Faux. À la calculatrice, $P(45⩽X⩽55)=P(X⩽55)-P(X⩽44)\approx 0,864-0,136=0,729<0,95$. Il faut un intervalle plus large : $P(40⩽X⩽60)\approx 0,965$. (0,5 pt pour la réponse, 0,5 pt pour le calcul) (1)

Erreur fréquente — Une affirmation se réfute par un seul contre-exemple chiffré, comme $U^2$ avec $x=0,25$ ; elle se démontre en toute généralité : la vérifier sur un cas ne prouve rien.

1. a)Le pourcentage de lecteurs encore présents au bout de $t$ secondes est $y=100P(T>t)=100e^{-\lambda t}$, donc $\ln y=\ln 100-\lambda t$ : c'est une fonction affine de $t$, de coefficient directeur $-\lambda$ et d'ordonnée à l'origine $\ln 100\approx 4,605$. (0,5 pt pour $y=100e^{-\lambda t}$, 0,5 pt pour la forme affine) (1)
2. b)$z_i\approx 4,431$ ; $4,248$ ; $4,078$ ; $3,892$ ; $3,555$ ; $2,996$. La calculatrice donne $z=-0,0178t+4,610$ et $r\approx -0,9999$. Les points $(t_i;z_i)$ sont presque alignés et l'ordonnée à l'origine est très proche de $\ln 100\approx 4,605$ : le modèle exponentiel est adapté, avec $\lambda \approx 0,0178$. (0,5 pt pour les $z_i$, 0,5 pt pour la droite, $r$ et la conclusion) (1)
3. c)$\lambda =0,0178$ et $E(T)={\displaystyle \frac{1}{0,0178}}\approx 56$ s. La médiane $m$ vérifie $e^{-\lambda m}=0,5$, soit $m={\displaystyle \frac{\ln 2}{\lambda }}\approx 39$ s. C'est cohérent avec le tableau : la moitié des lecteurs part entre $30$ s ($59\%$ encore présents) et $40$ s ($49\%$). (0,5 pt pour la moyenne, 0,5 pt pour la médiane et sa vérification) (1)
4. d)Tableau : ${\displaystyle \frac{20}{59}}\approx 0,339$. Modèle : $\{T>90\}$ est inclus dans $\{T>30\}$, donc $P_{T>30}(T>90)={\displaystyle \frac{e^{-90\lambda }}{e^{-30\lambda }}}=e^{-60\lambda }=e^{-1,068}\approx 0,344$, c'est-à-dire $P(T>60)$. Les deux valeurs sont proches : les données sont compatibles avec l'absence de mémoire (un lecteur resté $30$ s n'est ni plus ni moins « accroché » qu'un lecteur qui arrive). (0,5 pt pour les deux valeurs, 0,5 pt pour la propriété) (1)
5. e)Le nombre de lecteurs encore présents à l'instant $t$ suit $ℬ\left(40;e^{-\lambda t}\right)$ (lecteurs indépendants), donc $P(\text{au moins un})=1-(1-e^{-\lambda t}{)}^{40}$. Or $1-(1-e^{-\lambda t}{)}^{40}⩾0,99⟺40\ln (1-e^{-\lambda t})⩽\ln 0,01$ $⟺1-e^{-\lambda t}⩽e^{\frac{\ln 0,01}{40}}\approx 0,8913$ $⟺e^{-\lambda t}⩾0,1087⟺t⩽{\displaystyle \frac{-\ln 0,1087}{\lambda }}\approx 124,6$. Contrôle : pour $t=124$, la probabilité vaut environ $0,9905$ ; pour $t=125$, environ $0,9897<0,99$. La plus grande durée est $124$ s. (0,5 pt pour l'inéquation, 0,5 pt pour la valeur contrôlée) (1)

Piège — Le changement de variable $z=\ln y$ porte sur les pourcentages mesurés, pas sur $t$ ; le paramètre $\lambda$ est l'opposé du coefficient directeur, et la réponse finale revient toujours à la variable d'origine.