Exercices corrigés : lois à densité et temps d'attente (maths complémentaires)

a) On vérifie les DEUX conditions, dans l'ordre. Positivité : pour $0\le x\le 2$, on a $\dfrac{x}{2}\le 1$, donc $f_{1}(x)=1-\dfrac{x}{2}\ge 0$ ; la fonction est de plus continue, affine. Aire totale : une primitive de $f_{1}$ est $x\mapsto x-\dfrac{x^{2}}{4}$, donc $\int_{0}^{2}f_{1}(x)\,dx=\left(2-\dfrac{4}{4}\right)-0=1$. Contrôle géométrique : la région est un triangle de base $2$ et de hauteur $f_{1}(0)=1$, d'aire $\dfrac{2\times 1}{2}=1$. Les deux conditions sont remplies, $f_{1}$ est une densité sur $[0\,;2]$.

b) Une primitive de $f_{2}$ est $x\mapsto 1{,}5x-\dfrac{x^{2}}{2}$, donc $\int_{0}^{2}f_{2}(x)\,dx=(3-2)-0=1$. L'aire vaut $1$, et pourtant $f_{2}$ n'est PAS une densité : $f_{2}(2)=-0{,}5<0$, la fonction est négative sur $]1{,}5\,;2]$, ce que montre la courbe pointillée passée sous l'axe. L'intégrale compte cette partie NÉGATIVEMENT : c'est l'aire du triangle au-dessus de l'axe, $\dfrac{1{,}5\times 1{,}5}{2}=1{,}125$, moins celle du petit triangle sous l'axe, $\dfrac{0{,}5\times 0{,}5}{2}=0{,}125$, qui fait bien $1$. Si l'on acceptait $f_{2}$, on obtiendrait $P(1{,}5\le X\le 2)=-0{,}125$, une probabilité négative. C'est tout le piège de l'exercice : vérifier seulement que l'intégrale vaut $1$ coûte la question entière. La positivité se vérifie AVANT l'intégrale.

c) Pour $k>0$, $kx^{2}\ge 0$ sur $[0\,;3]$ : la positivité est acquise. Il reste l'aire : $\int_{0}^{3}kx^{2}\,dx=k\left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{3}=k\times\dfrac{27}{3}=9k$. On impose $9k=1$, d'où $k=\dfrac{1}{9}\approx 0{,}111$. La constante n'est pas là pour décorer : elle NORMALISE, elle règle la hauteur de la courbe pour que l'aire totale fasse exactement $1$. Sur un intervalle plus long, la même forme demanderait une constante plus petite.

d) $k\,\mathrm{e}^{-x}>0$ pour $k>0$. Une primitive de $\mathrm{e}^{-x}$ est $-\mathrm{e}^{-x}$ : le signe moins vient de la dérivée de $-x$, et l'oublier est l'erreur la plus fréquente ici. $\int_{0}^{\ln 4}k\,\mathrm{e}^{-x}\,dx=k\left[-\mathrm{e}^{-x}\right]_{0}^{\ln 4}=k\left(-\mathrm{e}^{-\ln 4}+\mathrm{e}^{0}\right)=k\left(1-\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{3}{4}k$, car $\mathrm{e}^{-\ln 4}=\dfrac{1}{\mathrm{e}^{\ln 4}}=\dfrac{1}{4}$. On impose $\dfrac{3}{4}k=1$, d'où $k=\dfrac{4}{3}\approx 1{,}33$. Remarquez que $f_{4}(0)=\dfrac{4}{3}>1$ : une densité peut dépasser $1$, puisque ce n'est pas une probabilité. Seule l'AIRE est bornée par $1$.

a) Positivité : sur $[0\,;2]$, $x\ge 0$ et $2-x\ge 0$, donc le produit $0{,}75\,x(2-x)$ est positif. Aire totale : on développe d'abord, $f(x)=1{,}5x-0{,}75x^{2}$, dont une primitive est $0{,}75x^{2}-0{,}25x^{3}$. Donc $\int_{0}^{2}f(x)\,dx=0{,}75\times 4-0{,}25\times 8=3-2=1$. Développer avant d'intégrer n'est pas un détail : on ne sait pas intégrer un produit facteur par facteur, et $\int x\times\int(2-x)$ n'a aucun sens.

b) Par définition, $F(x)=P(X\le x)=P(0\le X\le x)=\int_{0}^{x}f(t)\,dt$ : c'est l'AIRE ACCUMULÉE sous la courbe depuis la borne gauche. Avec la primitive du a), qui s'annule en $0$, $F(x)=0{,}75x^{2}-0{,}25x^{3}$. Contrôles immédiats : $F(0)=0$, $F(2)=3-2=1$, et $F$ est croissante puisque sa dérivée est $f\ge 0$. Alors $P(X\le 0{,}5)=F(0{,}5)=0{,}75\times 0{,}25-0{,}25\times 0{,}125=0{,}1875-0{,}03125=0{,}15625$ : environ une chance sur six que le livreur passe avant 14 h 30.

c) 14 h 30 et 15 h 30 correspondent à $x=0{,}5$ et $x=1{,}5$. L'aire entre ces deux bornes, ombrée sur la figure, se lit comme une DIFFÉRENCE de répartition : $P(0{,}5\le X\le 1{,}5)=F(1{,}5)-F(0{,}5)$. Or $F(1{,}5)=0{,}75\times 2{,}25-0{,}25\times 3{,}375=1{,}6875-0{,}84375=0{,}84375$, donc $P(0{,}5\le X\le 1{,}5)=0{,}84375-0{,}15625=0{,}6875$. Après 15 h 30 : $P(X>1{,}5)=1-F(1{,}5)=0{,}15625$. On retrouve $P(X<0{,}5)$, ce qu'annonçait la symétrie de la courbe autour de $x=1$. Vérification : $0{,}15625+0{,}6875+0{,}15625=1$.

d) $P(X=1)=\int_{1}^{1}f(x)\,dx=0$ : une aire de largeur nulle est nulle. Pour une variable à densité, TOUTE valeur isolée a une probabilité nulle. Le nombre $f(1)=0{,}75$ n'est pas une probabilité mais une densité, une probabilité PAR HEURE : sur une petite durée $h$ autour de 15 h, $P(1\le X\le 1+h)\approx 0{,}75\,h$. Avec $h=0{,}1$, soit six minutes, $F(1{,}1)-F(1)=0{,}57475-0{,}5=0{,}07475$, très proche de $0{,}75\times 0{,}1=0{,}075$. Conséquence pratique : $P(X<1)=P(X\le 1)-P(X=1)=F(1)=0{,}75-0{,}25=0{,}5$. Inégalité stricte ou large, c'est la même probabilité, ce qui est FAUX pour une loi discrète comme la binomiale. Écrire que $f(1)$ est une probabilité revient à confondre une hauteur et une aire, l'erreur que toute la série combat.

a) La densité de $U$ vaut $1$, donc l'aire au-dessus d'un intervalle est un rectangle de hauteur $1$ : sa valeur est la LONGUEUR de l'intervalle. $P(U\le 0{,}3)=\int_{0}^{0{,}3}1\,dx=0{,}3$ et $P(0{,}25\le U\le 0{,}6)=0{,}6-0{,}25=0{,}35$. La fonction de répartition est $F_{U}(x)=\int_{0}^{x}1\,dt=x$ pour $x\in[0\,;1]$ (elle vaut $0$ avant, $1$ après). C'est cette propriété, $P(U\le x)=x$, qui servira à simuler toutes les autres lois à l'exercice 7.

b) La densité de $X$ est $f(x)=\dfrac{1}{15}$ sur $[0\,;15]$ : c'est la hauteur qui rend l'aire du rectangle égale à $1$, puisque $15\times\dfrac{1}{15}=1$. Chaque probabilité est encore un rectangle, largeur fois hauteur : $P(X\le 4)=\dfrac{4}{15}\approx 0{,}267$ et $P(5\le X\le 12)=\dfrac{12-5}{15}=\dfrac{7}{15}\approx 0{,}467$, l'aire ombrée de la figure de correction. Retenez la règle de la loi uniforme : longueur favorable sur longueur totale. On remarque aussi que $X$ a la même loi que $15U$ : multiplier random() par $15$ simule l'attente.

c) $E(X)=\int_{0}^{15}\dfrac{x}{15}\,dx=\dfrac{1}{15}\left[\dfrac{x^{2}}{2}\right]_{0}^{15}=\dfrac{225}{30}=7{,}5$. En moyenne, sur un grand nombre de voyageurs arrivant au hasard, l'attente est de $7{,}5$ minutes, la moitié des $15$ minutes : c'est le milieu de l'intervalle, le point d'équilibre du rectangle. En général, pour la loi uniforme sur $[a\,;b]$, $E(X)=\dfrac{a+b}{2}$. Gardez ce $7{,}5$ en tête : l'exercice 9 montre que des bus IRRÉGULIERS, avec le même nombre de passages, font attendre plus longtemps.

d) $V(X)=\dfrac{1}{15}\int_{0}^{15}(x-7{,}5)^{2}\,dx=\dfrac{1}{15}\left[\dfrac{(x-7{,}5)^{3}}{3}\right]_{0}^{15}=\dfrac{1}{45}\left(7{,}5^{3}+7{,}5^{3}\right)=\dfrac{843{,}75}{45}=18{,}75$. Contrôle par la formule de König-Huygens : $E(X^{2})=\dfrac{1}{15}\left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{15}=75$, et $75-7{,}5^{2}=75-56{,}25=18{,}75$. L'écart type vaut $\sigma(X)=\sqrt{18{,}75}\approx 4{,}33$ minutes, et l'on retrouve la formule générale $V(X)=\dfrac{(b-a)^{2}}{12}=\dfrac{225}{12}$. Le piège classique est d'oublier le facteur $\dfrac{1}{15}$ de la densité dans l'intégrale : on obtient alors $281{,}25$, quinze fois trop, un écart type de près de $17$ minutes pour une attente qui n'en dépasse jamais $15$.

a) Une primitive de $t\mapsto 0{,}002\,\mathrm{e}^{-0{,}002t}$ est $t\mapsto-\mathrm{e}^{-0{,}002t}$ : en dérivant, $-(-0{,}002)\,\mathrm{e}^{-0{,}002t}$, on retrouve bien $f$. Donc $\int_{0}^{x}f(t)\,dt=\left[-\mathrm{e}^{-0{,}002t}\right]_{0}^{x}=-\mathrm{e}^{-0{,}002x}+1$. Quand $x$ tend vers $+\infty$, $-0{,}002x$ tend vers $-\infty$, donc $\mathrm{e}^{-0{,}002x}$ tend vers $0$ et l'intégrale tend vers $1$. Comme $f$ est positive, c'est une densité sur $[0\,;+\infty[$ : l'aire sous une courbe qui ne touche jamais l'axe est pourtant FINIE. On en tire la fonction de répartition $F(x)=P(X\le x)=1-\mathrm{e}^{-\lambda x}$ et surtout, par complément, la formule la plus utile du chapitre, $P(X>x)=\mathrm{e}^{-\lambda x}$. La courbe de $F$ monte vers la droite $y=1$ sans jamais l'atteindre.

b) $P(X\le 200)=F(200)=1-\mathrm{e}^{-0{,}002\times 200}=1-\mathrm{e}^{-0{,}4}\approx 1-0{,}6703\approx 0{,}330$ : un pneu sur trois crève dans les $200$ premiers kilomètres. $P(X>1\,000)=\mathrm{e}^{-0{,}002\times 1\,000}=\mathrm{e}^{-2}\approx 0{,}135$. Ici, pas besoin de calculer $1-F$ : la probabilité de dépasser se lit directement dans l'exponentielle. L'erreur coûteuse est d'écrire $P(X>1\,000)=1-\mathrm{e}^{-2}\approx 0{,}865$, qui confond « dépasser » et « ne pas dépasser » : on la repère en voyant qu'elle ferait crever presque tous les pneus avant $1\,000$ km, alors que la courbe de $F$ en $1\,000$ n'atteint que $0{,}86$.

c) Première manière, par les répartitions : $P(200\le X\le 1\,000)=F(1\,000)-F(200)=(1-\mathrm{e}^{-2})-(1-\mathrm{e}^{-0{,}4})=\mathrm{e}^{-0{,}4}-\mathrm{e}^{-2}\approx 0{,}6703-0{,}1353\approx 0{,}535$. Seconde manière, par le complément : on retire à $1$ les deux queues calculées au b), $1-0{,}3297-0{,}1353\approx 0{,}535$. Les deux calculs concordent, et c'est la meilleure vérification possible. Retenez la forme $\mathrm{e}^{-\lambda c}-\mathrm{e}^{-\lambda d}$ pour $P(c\le X\le d)$ : la plus petite borne donne la plus grande exponentielle, et le résultat est bien positif.

d) On résout $F(m)=0{,}5$, soit $1-\mathrm{e}^{-0{,}002m}=0{,}5$, c'est-à-dire $\mathrm{e}^{-0{,}002m}=0{,}5$. En prenant le logarithme népérien, $-0{,}002m=\ln 0{,}5=-\ln 2$, donc $m=\dfrac{\ln 2}{0{,}002}=500\ln 2\approx 346{,}6$ km. La moitié des pneus crèvent avant $346{,}6$ km. Ce nombre n'est pas la distance MOYENNE, qui vaut $\dfrac{1}{\lambda}=500$ km (exercice 5) : la loi exponentielle a une longue traîne à droite, quelques pneus très résistants tirent la moyenne vers le haut, et la médiane $\dfrac{\ln 2}{\lambda}$ reste toujours sous l'espérance $\dfrac{1}{\lambda}$, dans le rapport $\ln 2\approx 0{,}69$.

a) La demi-vie traduit $P(X>3{,}8)=\dfrac{1}{2}$, soit $\mathrm{e}^{-3{,}8\lambda}=\dfrac{1}{2}$. On prend le logarithme népérien : $-3{,}8\lambda=\ln\dfrac{1}{2}=-\ln 2$, donc $\lambda=\dfrac{\ln 2}{3{,}8}\approx 0{,}182$ par jour. Le paramètre a pour unité l'inverse de celle de $X$ : ici « par jour ». Pour un noyau, la demi-vie n'est pas une durée au bout de laquelle il se désintègre à coup sûr, c'est la durée qu'il a une chance sur deux de dépasser.

b) $G$ est un produit $u\times v$ avec $u(t)=-\left(t+\dfrac{1}{\lambda}\right)$ et $v(t)=\mathrm{e}^{-\lambda t}$, donc $u'(t)=-1$ et $v'(t)=-\lambda\,\mathrm{e}^{-\lambda t}$. $G'(t)=-\mathrm{e}^{-\lambda t}+\lambda\left(t+\dfrac{1}{\lambda}\right)\mathrm{e}^{-\lambda t}=-\mathrm{e}^{-\lambda t}+\lambda t\,\mathrm{e}^{-\lambda t}+\mathrm{e}^{-\lambda t}=\lambda t\,\mathrm{e}^{-\lambda t}$. $G$ est donc une primitive de $t\mapsto t\,f(t)$, et $\int_{0}^{x}\lambda t\,\mathrm{e}^{-\lambda t}\,dt=G(x)-G(0)=-\left(x+\dfrac{1}{\lambda}\right)\mathrm{e}^{-\lambda x}+\dfrac{1}{\lambda}$, car $G(0)=-\dfrac{1}{\lambda}$. On ne devine pas une telle primitive en Terminale : l'énoncé la donne, et le travail consiste à la VÉRIFIER en dérivant, sans oublier le facteur $-\lambda$ de la dérivée de $\mathrm{e}^{-\lambda t}$.

c) Quand $x$ tend vers $+\infty$, $x\,\mathrm{e}^{-\lambda x}$ tend vers $0$ (admis) et $\dfrac{1}{\lambda}\mathrm{e}^{-\lambda x}$ aussi, donc l'intégrale tend vers $\dfrac{1}{\lambda}$ : $E(X)=\dfrac{1}{\lambda}$. Pour le radon, la vie moyenne vaut $\dfrac{1}{\lambda}=\dfrac{3{,}8}{\ln 2}\approx 5{,}48$ jours. Elle est PLUS LONGUE que la demi-vie : $\dfrac{3{,}8}{\ln 2}>3{,}8$ car $\ln 2<1$. Confondre vie moyenne et demi-vie est l'erreur type de ce thème ; la demi-vie est la MÉDIANE de $X$, la vie moyenne son ESPÉRANCE.

d) Dans un grand échantillon de $N_{0}$ noyaux, la proportion de noyaux désintégrés avant la date $t$ est proche de $P(X\le t)$, par la loi des grands nombres. Au bout de la vie moyenne : $P\left(X\le\dfrac{1}{\lambda}\right)=1-\mathrm{e}^{-\lambda\times\frac{1}{\lambda}}=1-\mathrm{e}^{-1}\approx 0{,}632$, pas $0{,}5$. Au bout de $7{,}6$ jours, deux demi-vies, il reste $\mathrm{e}^{-7{,}6\lambda}=\left(\mathrm{e}^{-3{,}8\lambda}\right)^{2}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=\dfrac{1}{4}$ des noyaux. C'est la loi de décroissance du physicien, $N(t)\approx N_{0}\,\mathrm{e}^{-\lambda t}$, vue ici comme ce qu'elle est : la probabilité de survie d'UN noyau, multipliée par un très grand nombre de noyaux. Un seul noyau, lui, reste imprévisible.

a) L'événement $\{X>s+t\}$ est inclus dans $\{X>s\}$ : dépasser $s+t$, c'est en particulier dépasser $s$. Donc $\{X>s\}\cap\{X>s+t\}=\{X>s+t\}$, et par définition de la probabilité conditionnelle, $P_{X>s}(X>s+t)=\dfrac{P(X>s+t)}{P(X>s)}=\dfrac{\mathrm{e}^{-\lambda(s+t)}}{\mathrm{e}^{-\lambda s}}=\mathrm{e}^{-\lambda t}=P(X>t)$. Tout repose sur la propriété $\mathrm{e}^{a+b}=\mathrm{e}^{a}\mathrm{e}^{b}$ : la fonction de survie exponentielle transforme une somme de durées en produit de probabilités. Le programme présente d'ailleurs la loi exponentielle comme LA loi continue sans mémoire : on admet que c'est la seule.

b) On applique a) avec $s=10$ et $t=5$ : $P_{X>10}(X>15)=P(X>5)=\mathrm{e}^{-0{,}2\times 5}=\mathrm{e}^{-1}\approx 0{,}368$. Les dix minutes déjà passées n'ont rien « préparé » : la probabilité d'attendre encore plus de cinq minutes est exactement celle qu'avait un observateur qui venait de s'installer. Le raisonnement « j'attends depuis longtemps, elle va forcément arriver » est le sophisme du joueur, transposé au temps continu. Sur la figure de correction, la courbe exponentielle garde la même forme où qu'on la coupe : recommencer à $t=10$ revient à repartir de $t=0$ avec une échelle verticale réduite.

c) Même inclusion : $P_{Y>10}(Y>13)=\dfrac{P(Y>13)}{P(Y>10)}=\dfrac{2/15}{5/15}=\dfrac{2}{5}=0{,}4$. À son arrivée, le voyageur avait $P(Y>3)=1-\dfrac{3}{15}=0{,}8$ d'attendre plus de trois minutes. La probabilité a été DIVISÉE PAR DEUX : puisque le bus passe au plus tard au bout de $15$ minutes, chaque minute écoulée rapproche l'échéance. L'attente uniforme « vieillit », l'attente exponentielle non. Sur la figure, la droite pointillée plonge vers $0$ en $15$, tandis que la courbe exponentielle ne touche jamais l'axe.

d) $N>k$ signifie qu'aucune étoile filante n'est apparue pendant les $k$ premières minutes, c'est-à-dire $X>k$. Donc $P(N>k)=P(X>k)=\mathrm{e}^{-0{,}2k}=\left(\mathrm{e}^{-0{,}2}\right)^{k}=(1-p)^{k}$ avec $1-p=\mathrm{e}^{-0{,}2}\approx 0{,}819$, soit $p=1-\mathrm{e}^{-0{,}2}\approx 0{,}181$. On reconnaît la caractérisation de la LOI GÉOMÉTRIQUE de paramètre $p$, celle du rang du premier succès, étudiée dans le chapitre de probabilités : chaque minute est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « voir une étoile filante », de probabilité $p$, et les minutes sont indépendantes justement parce que $X$ est sans mémoire. La loi géométrique est la version DISCRÈTE, la loi exponentielle la version CONTINUE du même temps d'attente sans mémoire, et $(1-p)^{k}$ n'est que $\mathrm{e}^{-\lambda k}$ lu aux instants entiers. Les espérances le confirment : $E(N)=\dfrac{1}{p}\approx 5{,}52$ minutes contre $E(X)=\dfrac{1}{0{,}2}=5$ minutes. L'écart d'environ une demi-minute vient de ce que $N$ arrondit $X$ à la minute SUPÉRIEURE. C'est la « discrétisation d'une loi exponentielle » citée par le programme.