Lois à densité : uniforme et exponentielle

Sur une application de covoiturage, le nombre $X$ de passagers d’un trajet choisi au hasard a pour loi :

1. $P(X⩾2)$ =
   On additionne les probabilités des valeurs $2$ et $3$ : $0,3+0,2=0,5$.
2. $E(X)$ =
   $E(X)=0\times 0,1+1\times 0,4+2\times 0,3+3\times 0,2=0,4+0,6+0,6=1,6$ passager en moyenne.
3. $V(X)$ =
   $E(X^2)=0+0,4+4\times 0,3+9\times 0,2=0,4+1,2+1,8=3,4$, donc $V(X)=3,4-1,6^2=3,4-2,56=0,84$.

Un fabricant de smartphones constate que $85\%$ de ses appareils fonctionnent encore au bout de $2$ ans (événement $A$) et $51\%$ au bout de $4$ ans (événement $B$). On choisit un appareil au hasard.

1. $P_A(B)$ =
   Un appareil qui fonctionne au bout de $4$ ans fonctionnait au bout de $2$ ans : $B\subset A$, donc $A\cap B=B$ et $P_A(B)={\displaystyle \frac{0,51}{0,85}}=0,6$.
2. Parmi les appareils qui fonctionnent au bout de $2$ ans, proportion de ceux qui tombent en panne avant $4$ ans :
   C’est $P_A(\bar{B})=1-P_A(B)=1-0,6=0,4$.
3. $P_B(A)$ =
   $P_B(A)={\displaystyle \frac{P(A\cap B)}{P(B)}}={\displaystyle \frac{P(B)}{P(B)}}=1$ : sachant qu’un appareil fonctionne au bout de $4$ ans, il fonctionnait forcément au bout de $2$ ans.

Soit $\lambda$ un réel strictement positif.

1. Démontrer que, pour tous réels $t$ et $h$, ${\displaystyle \frac{e^{-\lambda (t+h)}}{e^{-\lambda t}}}=e^{-\lambda h}$. Valeur pour $\lambda =0,1$ et $h=3$, au dix-millième :
   Rédaction attendue. Pour tous réels $a$ et $b$, ${\displaystyle \frac{e^a}{e^b}}=e^{a-b}$. Avec $a=-\lambda (t+h)$ et $b=-\lambda t$ : $a-b=-\lambda t-\lambda h+\lambda t=-\lambda h$, donc ${\displaystyle \frac{e^{-\lambda (t+h)}}{e^{-\lambda t}}}=e^{-\lambda h}$. Le résultat ne dépend pas de $t$. Pour $\lambda =0,1$ et $h=3$ : $e^{-0,3}\approx 0,7408$.
2. La dérivée de $G(t)=-e^{-0,2t}$ est $G{}^{\prime }(t)=c{e}^{-0,2t}$ avec $c$ =
   La dérivée de $e^{kt}$ est $k{e}^{kt}$ ; avec $k=-0,2$ : $G{}^{\prime }(t)=-(-0,2)e^{-0,2t}=0,2e^{-0,2t}$. $G$ est donc une primitive de $t\mapsto 0,2e^{-0,2t}$.
3. $e^{-0,3\times 7}\times e^{0,3\times 2}=e^k$ avec $k$ =
   $e^a\times e^b=e^{a+b}$ : $-2,1+0,6=-1,5$, donc $k=-1,5$.

$X$ prend les valeurs $-1$, $0$ et $2$ avec les probabilités respectives $0,3$, $0,5$ et $0,2$. On note $m=E(X)$.

1. $m$ =
   $m=-1\times 0,3+0\times 0,5+2\times 0,2=-0,3+0,4=0,1$.
2. Démontrer que ${\displaystyle \sum p_i(x_i-m{)}^2=\sum p_i{x}_i^2-m^2}$, puis donner $V(X)$ =
   Rédaction attendue. On développe $(x_i-m{)}^2=x_i^2-2m{x}_i+m^2$, puis on additionne : ${\displaystyle \sum p_i(x_i-m{)}^2=\sum p_i{x}_i^2-2m\sum p_i{x}_i+m^2\sum p_i}$. Or ${\displaystyle \sum p_i{x}_i=m}$ et ${\displaystyle \sum p_i=1}$, donc la somme vaut ${\displaystyle \sum p_i{x}_i^2-2m^2+m^2=\sum p_i{x}_i^2-m^2}$. Ici ${\displaystyle \sum p_i{x}_i^2=0,3+0+4\times 0,2=1,1}$ et $V(X)=1,1-0,1^2=1,09$.
3. $\sigma (X)\approx$ (au centième)
   $\sigma (X)=\sqrt{1,09}\approx 1,044$, soit $1,04$ au centième. La même démonstration, avec $\int$ à la place de $\sum$, donne la formule de la variance d’une loi à densité.

Soit $f$ la fonction définie sur $[0;4]$ par $f(t)={\displaystyle \frac{t}{8}}$.

1. Démontrer que $f$ est une densité de probabilité sur $[0;4]$. Une primitive de $f$ est $t\mapsto {\displaystyle \frac{t^2}{c}}$ avec $c$ =
   Rédaction attendue. $f$ est continue sur $[0;4]$ et positive, car $t⩾0$. La dérivée de ${\displaystyle \frac{t^2}{16}}$ est ${\displaystyle \frac{2t}{16}}={\displaystyle \frac{t}{8}}$, donc $c=16$, et ${\displaystyle {\int }_0^4{\displaystyle \frac{t}{8}}dt=[{\displaystyle \frac{t^2}{16}}{]}_0^4={\displaystyle \frac{16}{16}}=1}$ : $f$ est une densité sur $[0;4]$.
2. On note $X$ une variable aléatoire de densité $f$. $P(X⩽2)$ =
   $P(X⩽2)=[{\displaystyle \frac{t^2}{16}}{]}_0^2={\displaystyle \frac{4}{16}}=0,25$.
3. $P(X⩾2,4)$ =
   $P(X⩾2,4)=[{\displaystyle \frac{t^2}{16}}{]}_{2,4}^4=1-{\displaystyle \frac{5,76}{16}}=1-0,36=0,64$.
4. $P(X=3)$ =
   Pour une loi à densité, toute valeur isolée a une probabilité nulle : $P(X=3)={\displaystyle {\int }_3^{3}f(t)dt=0}$, même si $f(3)=0,375$.

On considère trois fonctions : $g(t)=1,5t^2$ sur $[-1;1]$, $h(t)=1-t$ sur $[0;2]$ et $u(t)=0,5+t$ sur $[0;1]$.

1. Laquelle des trois fonctions n’est pas une densité de probabilité ? (g, h ou u)
   $g$ est continue, positive, et ${\displaystyle {\int }_{-1}^{1}1,5t^{2}dt=[0,5t^3{]}_{-1}^1=0,5+0,5=1}$ ; $u$ est continue, positive, et ${\displaystyle {\int }_0^1(0,5+t)dt=0,5+0,5=1}$. Seule $h$ échoue : $h(t)<0$ pour $t>1$, et ${\displaystyle {\int }_0^2(1-t)dt=[t-{\displaystyle \frac{t^2}{2}}{]}_0^2=2-2=0\ne 1}$.
2. Si $X$ a pour densité $g$, $P(0⩽X⩽0,5)$ =
   $[0,5t^3{]}_0^{0,5}=0,5\times 0,125=0,0625$.
3. Si $Y$ a pour densité $u$, $P(Y⩽0,5)$ =
   ${\displaystyle {\int }_0^{0,5}(0,5+t)dt=[0,5t+{\displaystyle \frac{t^2}{2}}{]}_0^{0,5}=0,25+0,125=0,375}$.

Soit $k$ un réel et $f$ la fonction définie sur $[1;e^2]$ par $f(t)={\displaystyle \frac{k}{t}}$. On rappelle qu’une primitive de $t\mapsto {\displaystyle \frac{1}{t}}$ sur $]0;+\infty [$ est $\ln$.

1. Démontrer que $f$ est une densité de probabilité sur $[1;e^2]$ si et seulement si $k$ =
   Rédaction attendue. $f$ est continue sur $[1;e^2]$. Elle est positive si et seulement si $k⩾0$, car $t>0$. Son intégrale vaut ${\displaystyle {\int }_1^{e^2}{\displaystyle \frac{k}{t}}dt=k[\ln t{]}_1^{e^2}=k(2-0)=2k}$. Donc $f$ est une densité si et seulement si $2k=1$, c’est-à-dire $k=0,5$ (qui est bien positif).
2. Avec cette valeur, si $X$ a pour densité $f$, $P(X⩽e)$ =
   $P(X⩽e)=0,5[\ln t{]}_1^e=0,5\times 1=0,5$ : $e$ est la médiane de $X$.
3. $P(X⩽4)\approx$ (au millième)
   $4⩽e^2\approx 7,39$, donc $P(X⩽4)=0,5[\ln t{]}_1^4=0,5\ln 4=\ln 2\approx 0,693$.

Soit $f$ la fonction définie sur $[0;+\infty [$ par $f(t)={\displaystyle \frac{1}{(1+t{)}^2}}$.

1. Démontrer que, pour tout $x⩾0$, ${\displaystyle {\int }_0^{x}f(t)dt=1-{\displaystyle \frac{1}{1+x}}}$, puis que $f$ est une densité sur $[0;+\infty [$. Valeur de cette intégrale pour $x=4$ :
   Rédaction attendue. La fonction $H(t)=-{\displaystyle \frac{1}{1+t}}$ a pour dérivée $H{}^{\prime }(t)={\displaystyle \frac{1}{(1+t{)}^2}}=f(t)$ (dérivée de ${\displaystyle \frac{1}{u}}$ : $-{\displaystyle \frac{u\prime }{u^2}}$). Donc ${\displaystyle {\int }_0^{x}f(t)dt=H(x)-H(0)=-{\displaystyle \frac{1}{1+x}}+1}$. Quand $x$ tend vers $+\infty$, ${\displaystyle \frac{1}{1+x}}$ tend vers $0$ : l’intégrale tend vers $1$. Comme $f$ est continue et positive sur $[0;+\infty [$, c’est une densité. Pour $x=4$ : $1-{\displaystyle \frac{1}{5}}=0,8$.
2. Si $X$ a pour densité $f$, $P(X>9)$ =
   $P(X>9)=1-P(X⩽9)=1-(1-{\displaystyle \frac{1}{10}})={\displaystyle \frac{1}{10}}=0,1$.
3. Réel $m$ tel que $P(X⩽m)=0,75$ : $m$ =
   $1-{\displaystyle \frac{1}{1+m}}=0,75⟺{\displaystyle \frac{1}{1+m}}=0,25⟺1+m=4⟺m=3$.

Une variable aléatoire $X$ a pour fonction de répartition $F$ définie par $F(x)=0$ si $x<0$, $F(x)={\displaystyle \frac{x^2}{9}}$ si $0⩽x⩽3$, et $F(x)=1$ si $x>3$.

1. $P(X⩽1,2)$ =
   $P(X⩽1,2)=F(1,2)={\displaystyle \frac{1,44}{9}}=0,16$.
2. $P(1⩽X⩽2)$ = (fraction irréductible)
   $P(1⩽X⩽2)=F(2)-F(1)={\displaystyle \frac{4}{9}}-{\displaystyle \frac{1}{9}}={\displaystyle \frac{3}{9}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$.
3. La densité de $X$ est $f(x)=cx$ sur $[0;3]$ avec $c$ = (fraction)
   $f=F{}^{\prime }$ : la dérivée de ${\displaystyle \frac{x^2}{9}}$ est ${\displaystyle \frac{2x}{9}}$, donc $c={\displaystyle \frac{2}{9}}$.
4. $E(X)$ =
   $E(X)={\displaystyle {\int }_0^{3}t\times {\displaystyle \frac{2t}{9}}dt=[{\displaystyle \frac{2t^3}{27}}{]}_0^3={\displaystyle \frac{54}{27}}=2}$.

On considère la fonction $f$ définie sur $[0;4]$ par $f(t)=k(4-t)$, où $k$ est un réel, et nulle en dehors de $[0;4]$. On admet que $f$ est la densité d’une variable aléatoire $X$.

1. $k$ =
   ${\displaystyle {\int }_0^{4}k(4-t)dt=k[4t-{\displaystyle \frac{t^2}{2}}{]}_0^4=k(16-8)=8k}$. L’égalité $8k=1$ donne $k=0,125$, et $f$ est alors positive sur $[0;4]$ car $4-t⩾0$.
2. $P(X⩽1)$ =
   $P(X⩽1)={\displaystyle \frac{1}{8}}[4t-{\displaystyle \frac{t^2}{2}}{]}_0^1={\displaystyle \frac{1}{8}}(4-0,5)={\displaystyle \frac{3,5}{8}}=0,4375$.
3. Déterminer l’expression de $F(x)$ pour $x\in [0;4]$, puis calculer $P(1<X⩽2)$ =
   Pour $x\in [0;4]$, $F(x)={\displaystyle \frac{1}{8}}[4t-{\displaystyle \frac{t^2}{2}}{]}_0^x={\displaystyle \frac{x}{2}}-{\displaystyle \frac{x^2}{16}}$ ; contrôle : $F(0)=0$ et $F(4)=2-1=1$. Alors $F(2)=1-0,25=0,75$ et $P(1<X⩽2)=F(2)-F(1)=0,75-0,4375=0,3125$.
4. $E(X)$ = (fraction irréductible)
   $E(X)={\displaystyle \frac{1}{8}}{\displaystyle {\int }_0^4(4t-t^2)dt={\displaystyle \frac{1}{8}}[2t^2-{\displaystyle \frac{t^3}{3}}{]}_0^4={\displaystyle \frac{1}{8}}(32-{\displaystyle \frac{64}{3}})={\displaystyle \frac{1}{8}}\times {\displaystyle \frac{32}{3}}={\displaystyle \frac{4}{3}}\approx 1,33}$.
5. $V(X)$ = (fraction irréductible)
   ${\displaystyle {\int }_0^4{t}^{2}f(t)dt={\displaystyle \frac{1}{8}}[{\displaystyle \frac{4t^3}{3}}-{\displaystyle \frac{t^4}{4}}{]}_0^4={\displaystyle \frac{1}{8}}({\displaystyle \frac{256}{3}}-64)={\displaystyle \frac{1}{8}}\times {\displaystyle \frac{64}{3}}={\displaystyle \frac{8}{3}}}$, donc $V(X)={\displaystyle \frac{8}{3}}-({\displaystyle \frac{4}{3}}{)}^2={\displaystyle \frac{24}{9}}-{\displaystyle \frac{16}{9}}={\displaystyle \frac{8}{9}}$.

Le taux de remplissage $X$ d’une salle de concert, nombre compris entre $0$ et $1$, est modélisé par la densité $f(t)=3t^2$ sur $[0;1]$.

1. Probabilité que la salle soit remplie à au moins $90\%$ :
   $P(X⩾0,9)=[t^3{]}_{0,9}^1=1-0,729=0,271$.
2. Taux de remplissage moyen :
   $E(X)={\displaystyle {\int }_0^{1}3t^{3}dt=[{\displaystyle \frac{3t^4}{4}}{]}_0^1=0,75}$ : la salle est remplie en moyenne aux trois quarts.
3. $V(X)$ =
   ${\displaystyle {\int }_0^1{t}^2\times 3t^{2}dt=[{\displaystyle \frac{3t^5}{5}}{]}_0^1=0,6}$, donc $V(X)=0,6-0,{75}^2=0,6-0,5625=0,0375$.

$X$ a pour densité $f(t)=2t$ sur $[0;1]$. On note $m=E(X)$.

1. $m$ = (fraction)
   $m={\displaystyle {\int }_0^{1}2t^{2}dt=[{\displaystyle \frac{2t^3}{3}}{]}_0^1={\displaystyle \frac{2}{3}}}$.
2. Démontrer que $V(X)={\displaystyle {\int }_0^1{t}^{2}f(t)dt-m^2}$, puis donner $V(X)$ = (fraction irréductible)
   Rédaction attendue. Par définition, $V(X)={\displaystyle {\int }_0^1(t-m{)}^{2}f(t)dt}$. On développe $(t-m{)}^2=t^2-2mt+m^2$ et, par linéarité de l’intégrale : $V(X)={\displaystyle {\int }_0^1{t}^{2}f(t)dt-2m{\int }_0^{1}tf(t)dt+m^2{\int }_0^{1}f(t)dt={\int }_0^1{t}^{2}f(t)dt-2m^2+m^2}$, car ${\displaystyle {\int }_0^{1}tf(t)dt=m}$ et ${\displaystyle {\int }_0^{1}f(t)dt=1}$. Ici ${\displaystyle {\int }_0^{1}2t^{3}dt={\displaystyle \frac{1}{2}}}$, donc $V(X)={\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{4}{9}}={\displaystyle \frac{9-8}{18}}={\displaystyle \frac{1}{18}}$.
3. Médiane de $X$, au millième :
   $F(x)=x^2$ sur $[0;1]$ ; $x^2=0,5$ avec $x⩾0$ donne $x=\sqrt{0,5}\approx 0,707$. La médiane est plus grande que la moyenne ${\displaystyle \frac{2}{3}}\approx 0,667$ : les grandes valeurs sont les plus probables.

Sur une ligne de métro, les rames se succèdent toutes les $9$ minutes. Le temps d’attente $X$, en minutes, d’un voyageur qui arrive au hasard sur le quai suit la loi uniforme sur $[0;9]$. Arrondis au millième.

1. $P(X<2,5)\approx$
   La densité est la constante ${\displaystyle \frac{1}{9}}$ sur $[0;9]$. $P(X<2,5)={\displaystyle \frac{2,5}{9}}={\displaystyle \frac{5}{18}}\approx 0,278$.
2. $P(3⩽X⩽8)\approx$
   $P(3⩽X⩽8)={\displaystyle \frac{8-3}{9}}={\displaystyle \frac{5}{9}}\approx 0,556$ : un peu plus d’une attente sur deux.
3. Temps d’attente moyen, en minutes :
   $E(X)={\displaystyle \frac{0+9}{2}}=4,5$ minutes, soit 4 min 30 s.
4. $V(X)$ =
   $V(X)={\displaystyle \frac{(9-0{)}^2}{12}}={\displaystyle \frac{81}{12}}=6,75$, d’où $\sigma (X)=\sqrt{6,75}\approx 2,6$ min.

Le graphique ci-dessous représente la densité d’une variable aléatoire $X$ qui suit une loi uniforme.

1. $X$ suit la loi uniforme sur $[a;b]$ avec $b$ =
   La densité est non nulle entre $5$ et $30$ : $a=5$ et $b=30$. Contrôle : ${\displaystyle \frac{1}{30-5}}=0,04$, la hauteur lue.
2. $P(X⩽20)$ =
   $P(X⩽20)={\displaystyle \frac{20-5}{25}}={\displaystyle \frac{15}{25}}=0,6$ : c’est l’aire du rectangle de largeur $15$ et de hauteur $0,04$.
3. $E(X)$ =
   $E(X)={\displaystyle \frac{5+30}{2}}=17,5$, le milieu de l’intervalle.

On considère les fonctions Python suivantes.

from random import random

def essai():
    return random() < 0.3

def de():
    return int(6*random()) + 1

def attente():
    return 2 + 3*random()

1. Probabilité que essai() renvoie False :
   random() suit la loi uniforme sur $[0;1]$ : $P(U<0,3)=0,3-0=0,3$, donc essai() renvoie False avec la probabilité $1-0,3=0,7$. Elle simule une épreuve de Bernoulli de paramètre $0,3$.
2. Justifier que de() renvoie $1$ avec la probabilité (fraction)
   Rédaction attendue. Soit $U$ le nombre renvoyé par random(), dans $[0;1[$. int(6*U) + 1 vaut $1$ lorsque int(6*U) vaut $0$, c’est-à-dire $0⩽6U<1$, soit $0⩽U<{\displaystyle \frac{1}{6}}$. Comme $U$ suit la loi uniforme sur $[0;1]$, cette probabilité vaut ${\displaystyle \frac{1}{6}}-0={\displaystyle \frac{1}{6}}$.
3. attente() simule la loi uniforme sur $[a;b]$ avec $b$ =
   Quand $U$ parcourt $[0;1[$, $2+3U$ parcourt $[2;5[$ : la fonction simule la loi uniforme sur $[2;5]$.
4. La moyenne de $10000$ valeurs renvoyées par attente() est proche de
   Elle est proche de l’espérance ${\displaystyle \frac{2+5}{2}}=3,5$.

$X$ suit la loi uniforme sur $[a;b]$, avec $a<b$.

1. Démontrer que $E(X)={\displaystyle \frac{a+b}{2}}$. Valeur pour $a=12$ et $b=20$ :
   Rédaction attendue. La densité est $f(t)={\displaystyle \frac{1}{b-a}}$ sur $[a;b]$. $E(X)={\displaystyle {\int }_a^b{\displaystyle \frac{t}{b-a}}dt={\displaystyle \frac{1}{b-a}}[{\displaystyle \frac{t^2}{2}}{]}_a^b={\displaystyle \frac{b^2-a^2}{2(b-a)}}}$. Comme $b^2-a^2=(b-a)(b+a)$ et $b-a\ne 0$, $E(X)={\displaystyle \frac{a+b}{2}}$. Pour $a=12$ et $b=20$ : $16$.
2. Démontrer que $V(X)={\displaystyle \frac{(b-a{)}^2}{12}}$. Valeur pour $a=12$ et $b=20$ : (fraction irréductible)
   Rédaction attendue. ${\displaystyle {\int }_a^b{\displaystyle \frac{t^2}{b-a}}dt={\displaystyle \frac{b^3-a^3}{3(b-a)}}={\displaystyle \frac{a^2+ab+b^2}{3}}}$, car $b^3-a^3=(b-a)(a^2+ab+b^2)$. Donc $V(X)={\displaystyle \frac{a^2+ab+b^2}{3}}-{\displaystyle \frac{(a+b{)}^2}{4}}={\displaystyle \frac{4a^2+4ab+4b^2-3a^2-6ab-3b^2}{12}}={\displaystyle \frac{(b-a{)}^2}{12}}$. Pour $a=12$ et $b=20$ : ${\displaystyle \frac{64}{12}}={\displaystyle \frac{16}{3}}$.
3. Une variable uniforme sur $[0;b]$ a pour variance $3$. Alors $b$ =
   ${\displaystyle \frac{b^2}{12}}=3⟺b^2=36⟺b=6$, car $b>0$.

La durée $X$, en minutes, séparant l’arrivée de deux clients dans une boutique suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda =0,05$. Arrondis au millième.

1. $F(10)\approx$
   Pour $x⩾0$, $F(x)=1-e^{-0,05x}$, donc $F(10)=1-e^{-0,5}\approx 1-0,6065=0,3935$, soit environ $0,393$.
2. $P(X>25)\approx$
   $P(X>25)=e^{-0,05\times 25}=e^{-1,25}\approx 0,2865$, soit environ $0,287$.
3. $P(10⩽X⩽25)\approx$
   $P(10⩽X⩽25)=e^{-0,5}-e^{-1,25}\approx 0,6065-0,2865=0,3200$.

Le temps $X$, en secondes, de chargement d’une page d’un site suit une loi exponentielle. Le temps de chargement moyen constaté est de $40$ secondes.

1. $\lambda$ = (en s⁻¹)
   $E(X)={\displaystyle \frac{1}{\lambda }}=40$, donc $\lambda ={\displaystyle \frac{1}{40}}=0,025$ par seconde (l’inverse d’un temps).
2. Probabilité que le chargement dure au plus $1$ minute, au dix-millième :
   $1$ min $=60$ s, la même unité que $\lambda$. $P(X⩽60)=1-e^{-0,025\times 60}=1-e^{-1,5}\approx 1-0,2231=0,7769$ : environ $77,7\%$ des chargements durent au plus une minute.
3. Probabilité que le chargement dure plus de 1 min 30 s, au dix-millième :
   $1$ min $30$ s $=90$ s. $P(X>90)=e^{-0,025\times 90}=e^{-2,25}\approx 0,1054$.

La durée de fonctionnement $X$, en mois, d’un capteur avant sa première panne suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda =0,12$.

1. $P(X>4)\approx$ (au millième)
   $P(X>4)=e^{-0,12\times 4}=e^{-0,48}\approx 0,6188$, soit environ $0,619$.
2. Durée $t$, arrondie au dixième de mois, telle que $P(X⩽t)=0,9$ :
   $1-e^{-0,12t}=0,9⟺e^{-0,12t}=0,1⟺-0,12t=\ln (0,1)=-\ln 10$ (la fonction $\ln$ est strictement croissante), d’où $t={\displaystyle \frac{\ln 10}{0,12}}\approx 19,2$ mois : au bout d’environ $19,2$ mois, $90\%$ des capteurs sont tombés en panne.
3. Démontrer que la médiane de $X$ vaut ${\displaystyle \frac{\ln 2}{0,12}}$, puis en donner une valeur au dixième :
   Rédaction attendue. La médiane $m$ vérifie $P(X⩽m)=0,5$, soit $1-e^{-0,12m}=0,5$, donc $e^{-0,12m}=0,5$. En composant par $\ln$ : $-0,12m=\ln 0,5=-\ln 2$, d’où $m={\displaystyle \frac{\ln 2}{0,12}}\approx 5,8$ mois.
4. Durée de fonctionnement moyenne, au dixième de mois :
   $E(X)={\displaystyle \frac{1}{0,12}}\approx 8,3$ mois. La médiane ($5,8$ mois) est nettement plus petite : les pannes précoces sont nombreuses, mais quelques capteurs durent très longtemps et tirent la moyenne vers le haut.

On considère la fonction Python ci-dessous, où log est le logarithme népérien.

from random import random
from math import log

def duree(lam):
    return -log(1 - random())/lam

1. Démontrer que, pour tout $t⩾0$, $P(Y>t)=e^{-\lambda t}$. Valeur exacte de $P(Y>t)$ pour $\lambda =\ln 3$ et $t=2$ : (fraction)
   Rédaction attendue. $U$ est dans $[0;1[$, donc $1-U$ est dans $]0;1]$ et $\ln (1-U)$ existe. Pour $t⩾0$ : $Y>t⟺-\ln (1-U)>\lambda t⟺\ln (1-U)<-\lambda t⟺1-U<e^{-\lambda t}$ ($\exp$ est strictement croissante) $⟺U>1-e^{-\lambda t}$. Comme $U$ suit la loi uniforme sur $[0;1]$ et que $1-e^{-\lambda t}$ est dans $[0;1[$, $P(Y>t)=1-(1-e^{-\lambda t})=e^{-\lambda t}$ : $Y$ suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda$. Pour $\lambda =\ln 3$ et $t=2$ : $e^{-2\ln 3}=3^{-2}={\displaystyle \frac{1}{9}}$.
2. La moyenne de $100000$ valeurs renvoyées par duree(0.4) est proche de
   $Y$ suit la loi exponentielle de paramètre $0,4$, d’espérance ${\displaystyle \frac{1}{0,4}}=2,5$.

Un appareil contient deux modules indépendants. La durée de vie $A$ du premier, en années, suit la loi exponentielle de paramètre $0,1$ ; celle du second, $B$, suit la loi exponentielle de paramètre $0,04$. L’appareil tombe en panne dès qu’un module cesse de fonctionner ; on note $M$ sa durée de vie.

1. Probabilité que les deux modules fonctionnent encore au bout de $8$ ans, au millième :
   Par indépendance, $P((A>8)\cap (B>8))=e^{-0,1\times 8}\times e^{-0,04\times 8}=e^{-0,8}\times e^{-0,32}=e^{-1,12}\approx 0,3263$.
2. Démontrer que $M$ suit la loi exponentielle de paramètre $\mu$, avec $\mu$ =
   Rédaction attendue. L’appareil fonctionne encore à l’instant $t⩾0$ si et seulement si les deux modules fonctionnent encore : $\{M>t\}=\{A>t\}\cap \{B>t\}$. Par indépendance, $P(M>t)=e^{-0,1t}\times e^{-0,04t}=e^{-0,14t}$. Donc $P(M⩽t)=1-e^{-0,14t}$ pour tout $t⩾0$ : c’est la fonction de répartition de la loi exponentielle de paramètre $0,14$, qui est donc la loi de $M$.
3. Durée de vie moyenne de l’appareil, au dixième d’année :
   $E(M)={\displaystyle \frac{1}{0,14}}\approx 7,1$ ans, alors que les modules seuls durent en moyenne $10$ ans et $25$ ans : les taux de panne s’additionnent.
4. $P(M⩽5)\approx$ (au millième)
   $P(M⩽5)=1-e^{-0,7}\approx 1-0,4966=0,5034$ : plus d’un appareil sur deux tombe en panne avant $5$ ans.

Le temps d’attente $X$, en minutes, avant d’être servi dans une file d’attente suit une loi exponentielle. L’attente moyenne est de $15$ minutes. Arrondis au millième.

1. $P(X>15)\approx$
   $E(X)={\displaystyle \frac{1}{\lambda }}=15$, donc $\lambda ={\displaystyle \frac{1}{15}}$ et $P(X>15)=e^{-1}\approx 0,368$ : environ $36,8\%$ des clients attendent plus que l’attente moyenne.
2. $P_{X>20}(X>30)\approx$
   La loi est exponentielle, donc sans mémoire : $P_{X>20}(X>20+10)=P(X>10)=e^{-\frac{10}{15}}=e^{-\frac{2}{3}}\approx 0,513$. Un client qui patiente depuis $20$ minutes a la même probabilité d’attendre encore plus de $10$ minutes qu’un client qui arrive.
3. Justifier par le calcul l’égalité $P_{X>20}(X>30)=P(X>10)$. Valeur exacte de $P(X>30)$ : $e^k$ avec $k$ =
   Rédaction attendue. $P(X>30)=e^{-\frac{30}{15}}=e^{-2}$, d’où $k=-2$. Comme $30>20$, $\{X>30\}\subset \{X>20\}$, donc $P_{X>20}(X>30)={\displaystyle \frac{P(X>30)}{P(X>20)}}={\displaystyle \frac{e^{-2}}{e^{-\frac{4}{3}}}}=e^{-2+\frac{4}{3}}=e^{-\frac{2}{3}}=P(X>10)$.

Lina attend une amie qui a promis d’arriver entre 17 h 10 et 17 h 30. Le temps d’attente $Y$ de Lina, en minutes à partir de 17 h 10, suit la loi uniforme sur $[0;20]$.

1. $P(Y⩾15)$ =
   $P(Y⩾15)={\displaystyle \frac{20-15}{20}}={\displaystyle \frac{5}{20}}=0,25$.
2. $P_{Y⩾8}(Y⩾15)$ = (fraction irréductible)
   $\{Y⩾15\}\subset \{Y⩾8\}$, donc $P_{Y⩾8}(Y⩾15)={\displaystyle \frac{P(Y⩾15)}{P(Y⩾8)}}={\displaystyle \frac{5/20}{12/20}}={\displaystyle \frac{5}{12}}\approx 0,417$.
3. Démontrer que la loi de $Y$ n’a pas la propriété d’absence de mémoire. On donnera $P(Y⩾7)$ =
   Rédaction attendue. $P(Y⩾7)={\displaystyle \frac{20-7}{20}}={\displaystyle \frac{13}{20}}=0,65$. Si $Y$ était sans mémoire, on aurait, avec $t=8$ et $h=7$, $P_{Y⩾8}(Y⩾8+7)=P(Y⩾7)$. Or ${\displaystyle \frac{5}{12}}\approx 0,417\ne 0,65$ : la propriété est en défaut. C’est logique : plus le temps passe, plus l’arrivée devient imminente.

La durée de vie $X$, en années, d’un disque dur suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$. Une étude établit que $30\%$ des disques fonctionnent encore au bout de $6$ ans.

1. Démontrer que $\lambda ={\displaystyle \frac{1}{6}}\ln {\displaystyle \frac{10}{3}}$, puis en donner une valeur approchée au dix-millième :
   Rédaction attendue. L’énoncé donne $P(X>6)=0,3$, c’est-à-dire $e^{-6\lambda }=0,3$. En composant par $\ln$ : $-6\lambda =\ln (0,3)$, donc $\lambda ={\displaystyle \frac{-\ln (0,3)}{6}}={\displaystyle \frac{1}{6}}\ln {\displaystyle \frac{10}{3}}$, car $-\ln (0,3)=\ln {\displaystyle \frac{1}{0,3}}=\ln {\displaystyle \frac{10}{3}}$. Numériquement, $\lambda \approx 0,2007$ par an.
2. Probabilité qu’un disque tombe en panne au cours de ses deux premières années, au millième :
   $P(X⩽2)=1-e^{-2\lambda }=1-0,3^{\frac{1}{3}}\approx 1-0,6694=0,3306$, car $e^{-2\lambda }=(e^{-6\lambda }{)}^{\frac{1}{3}}$.
3. Un disque a déjà fonctionné $6$ ans. Probabilité qu’il tombe en panne avant $10$ ans de fonctionnement, au millième :
   On cherche $P_{X>6}(X⩽10)=1-P_{X>6}(X>10)$. Par absence de mémoire, $P_{X>6}(X>10)=P(X>4)=e^{-4\lambda }=0,3^{\frac{2}{3}}\approx 0,4481$. Donc la probabilité vaut environ $1-0,4481=0,5519$. Elle est plus grande qu’à la question précédente parce que la fenêtre dure $4$ ans et non $2$ ; l’âge du disque, lui, n’intervient pas.
4. Durée, à $0,1$ an près, au bout de laquelle $95\%$ des disques sont tombés en panne :
   $1-e^{-\lambda t}=0,95⟺e^{-\lambda t}=0,05⟺t={\displaystyle \frac{-\ln (0,05)}{\lambda }}={\displaystyle \frac{6\ln 20}{\ln (10/3)}}\approx 14,9$ ans.

La durée de vie $X$, en milliers d’heures, d’une pièce mécanique soumise à l’usure a pour fonction de répartition $F(x)=1-e^{-\frac{x^2}{50}}$ sur $[0;+\infty [$. Arrondis au millième.

1. Démontrer que la densité de $X$ est $f(t)={\displaystyle \frac{t}{25}}{e}^{-\frac{t^2}{50}}$. Valeur de $f(5)$, au millième :
   Rédaction attendue. La densité est la dérivée de la fonction de répartition. Avec $u(x)=-{\displaystyle \frac{x^2}{50}}$, $u\prime (x)=-{\displaystyle \frac{x}{25}}$ et $F(x)=1-e^{u(x)}$, d’où $F{}^{\prime }(x)=-u\prime (x)e^{u(x)}={\displaystyle \frac{x}{25}}{e}^{-\frac{x^2}{50}}$. Cette fonction est continue et positive sur $[0;+\infty [$. Ainsi $f(5)=0,2e^{-0,5}\approx 0,121$.
2. $P(4⩽X⩽10)\approx$
   $P(4⩽X⩽10)=F(10)-F(4)=(1-e^{-2})-(1-e^{-0,32})=e^{-0,32}-e^{-2}\approx 0,5908$, soit environ $0,591$.
3. $P(X>4)\approx$
   $P(X>4)=1-F(4)=e^{-0,32}\approx 0,726$.
4. $P_{X>4}(X>8)\approx$ , ce qui prouve que $X$ ne suit pas une loi exponentielle
   $\{X>8\}\subset \{X>4\}$, donc $P_{X>4}(X>8)={\displaystyle \frac{e^{-1,28}}{e^{-0,32}}}=e^{-0,96}\approx 0,383$. Une loi exponentielle donnerait $P_{X>4}(X>4+4)=P(X>4)\approx 0,726$ : la pièce qui a déjà servi $4000$ heures a presque deux fois moins de chances de tenir $4000$ heures de plus qu’une pièce neuve. Ce modèle décrit une usure.

La durée de vie $X$, en heures, d’un noyau d’un isotope radioactif de demi-vie $6$ heures suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda ={\displaystyle \frac{\ln 2}{6}}$. On note $N$ le numéro de l’heure au cours de laquelle il se désintègre : $N=k$ lorsque $k-1⩽X<k$, pour $k=1,2,3,\dots$

1. $P(X>18)$ = (valeur exacte)
   $P(X>18)=e^{-18\times \frac{\ln 2}{6}}=e^{-3\ln 2}=2^{-3}={\displaystyle \frac{1}{8}}$ : au bout de trois demi-vies, il reste un huitième des noyaux d’un grand échantillon.
2. Démontrer que, pour tout entier naturel $k$, $P(N>k)=q^k$ avec $q=e^{-\lambda }$, puis donner $P(N>3)\approx$ (au dix-millième)
   Rédaction attendue. Pour $k$ entier naturel, $N>k$ signifie que le noyau ne s’est pas désintégré pendant les $k$ premières heures : $\{N>k\}=\{X⩾k\}$. Comme $P(X=k)=0$, $P(N>k)=P(X>k)=e^{-\lambda k}=(e^{-\lambda }{)}^k=q^k$. Ainsi $P(N>3)=e^{-3\lambda }=e^{-\frac{\ln 2}{2}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\approx 0,7071$.
3. $N$ suit la loi géométrique de paramètre $p$, avec $p\approx$ (au dix-millième)
   $P(N=k)=P(N>k-1)-P(N>k)=q^{k-1}-q^k=q^{k-1}(1-q)$ : c’est la loi géométrique de paramètre $p=1-e^{-\lambda }=1-2^{-\frac{1}{6}}\approx 0,1091$. En temps discret, la loi sans mémoire est la loi géométrique.