Exercices corrigés : la variable aléatoire continue et sa fonction de densité (201-337)

a) Deux conditions, pas une de plus. POSITIVITÉ : $f$ ne prend que les valeurs $0{,}10$, $0{,}25$, $0{,}15$ et $0$, toutes positives ou nulles. AIRE TOTALE ÉGALE À 1 : la courbe délimite trois rectangles, tous de largeur 2. Le premier a une aire de $2\times 0{,}10=0{,}20$, le deuxième $2\times 0{,}25=0{,}50$, le troisième $2\times 0{,}15=0{,}30$. La somme vaut $0{,}20+0{,}50+0{,}30=1{,}00$, donc $f$ est une densité. Notez au passage que $0{,}20$, $0{,}50$ et $0{,}30$ sont les probabilités que la panne tombe dans chacune des trois tranches de deux heures : la panne longue, entre 2 h et 4 h, est la plus fréquente. Le piège, ici, est de vouloir additionner les HAUTEURS, $0{,}10+0{,}25+0{,}15=0{,}50$, et de conclure que quelque chose ne va pas. Les hauteurs ne s'additionnent jamais : ce sont des probabilités PAR HEURE, et seule leur multiplication par une largeur donne une probabilité.

b) L'intervalle $[1\,;3]$ est à cheval sur deux paliers. On découpe : de 1 à 2, la hauteur vaut $0{,}10$ et la largeur 1, donc l'aire vaut $1\times 0{,}10=0{,}10$; de 2 à 3, la hauteur vaut $0{,}25$ et la largeur 1, donc l'aire vaut $1\times 0{,}25=0{,}25$. Au total $P(1\leq X\leq 3)=0{,}10+0{,}25=0{,}35$. Une panne sur trois environ dure entre une et trois heures. La vérification est immédiate : $0{,}35$ est compris entre 0 et 1, et il est plus petit que $P(0\leq X\leq 4)=0{,}70$, ce qui est cohérent puisque $[1\,;3]$ est inclus dans $[0\,;4]$.

c) $P(X=2)=0$. L'événement « la panne dure exactement deux heures, au milliardième de seconde près » correspond à un segment de largeur NULLE sous la courbe : son aire est nulle, quelle que soit la hauteur de la courbe à cet endroit. Passer de $[1\,;3]$ à $]1\,;3[$ revient à retirer les deux valeurs 1 et 3, donc deux aires nulles : $P(1<X<3)=0{,}35-0-0=0{,}35$, exactement comme en b. C'est la deuxième surprise du chapitre : strict ou large, le résultat est le même pour une variable continue. Dans le discret, c'est faux, et l'écart $P(X\leq 3)-P(X<3)$ vaut précisément $P(X=3)$, qui n'est pas nul.

d) $P(X>4)$ est l'aire du troisième rectangle seul : $2\times 0{,}15=0{,}30$. $P(X\leq 2)$ est l'aire du premier : $2\times 0{,}10=0{,}20$. Vérification par le complémentaire : $P(X\leq 4)=0{,}20+0{,}50=0{,}70$ et $1-0{,}70=0{,}30$, ce qui redonne bien $P(X>4)$. Et comme $P(X=4)=0$, écrire $P(X\geq 4)$ ou $P(X>4)$ ne change rien.

e) Les trois axiomes de Kolmogorov, qui fondent toute la théorie. PREMIER, positivité : pour tout événement $A$, $P(A)\geq 0$. DEUXIÈME, normalisation : $P(\Omega)=1$, l'univers entier est certain. TROISIÈME, additivité : si $A$ et $B$ sont incompatibles, $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$, et cela s'étend à une suite d'événements deux à deux incompatibles. C'est le DEUXIÈME qui impose l'aire totale égale à 1 : l'aire sous la densité représente $P(\Omega)$, la panne dure forcément un certain temps. Le résultat de c ne contredit aucun axiome. Un événement de probabilité nulle n'est pas un événement impossible : la panne prend bien une valeur, et chacune de ces valeurs a une probabilité nulle. C'est le prix du passage au continu, et c'est exactement ce que l'additivité dénombrable autorise, puisque les valeurs d'un intervalle ne forment pas une suite.

a) La courbe de $f$ est le segment joignant l'origine au point $(4\,;4k)$. L'aire sous cette courbe, entre 0 et 4, est celle d'un TRIANGLE rectangle de base 4 et de hauteur $4k$, soit $\frac{1}{2}\times 4\times 4k=8k$. La condition d'aire totale impose $8k=1$, donc $k=\frac{1}{8}=0{,}125$ et $f(x)=\frac{x}{8}$ sur $[0\,;4]$, nulle ailleurs. Aucune intégration n'est nécessaire : la densité est affine, donc l'aire est celle d'un triangle. Le piège classique est d'écrire $f(4)=1$ pour « que ça fasse 1 » : c'est l'AIRE qui vaut 1, jamais la hauteur au bout.

b) $f(2)=\frac{2}{8}=0{,}25$ et $f(4)=\frac{4}{8}=0{,}50$. Sur $[0\,;4]$, $x$ est positif donc $\frac{x}{8}$ l'est aussi, et $f$ est nulle ailleurs : la positivité est vérifiée partout. Les deux conditions sont donc réunies, $f$ est une densité. Attention à ce que disent ces nombres : $f(4)=0{,}50$ n'est pas une probabilité de 50 pour cent d'avoir le défaut au bout de la barre, c'est une probabilité PAR MÈTRE au voisinage de 4 m. Sur un centimètre autour de 4 m, la probabilité vaut environ $0{,}50\times 0{,}01=0{,}005$.

c) $P(X\leq 2)$ est l'aire du triangle de base 2 et de hauteur $f(2)=0{,}25$, soit $\frac{1}{2}\times 2\times 0{,}25=0{,}25$. $P(2\leq X\leq 4)$ est l'aire du trapèze de largeur 2 et de bases $f(2)=0{,}25$ et $f(4)=0{,}50$, soit $\frac{0{,}25+0{,}50}{2}\times 2=0{,}75$. Ces deux nombres doivent avoir pour somme 1, puisque les deux intervalles sont incompatibles et recouvrent tout le support : $0{,}25+0{,}75=1{,}00$, la vérification passe. Le résultat se lit : trois défauts sur quatre sont dans la moitié droite de la barre, ce que le modèle voulait dire.

d) Par le trapèze : bases $f(1)=0{,}125$ et $f(3)=0{,}375$, largeur 2, donc $P(1\leq X\leq 3)=\frac{0{,}125+0{,}375}{2}\times 2=0{,}50$. Par différence de triangles : l'aire jusqu'à 3 vaut $\frac{1}{2}\times 3\times 0{,}375=0{,}5625$, l'aire jusqu'à 1 vaut $\frac{1}{2}\times 1\times 0{,}125=0{,}0625$, et $0{,}5625-0{,}0625=0{,}50$. Les deux méthodes concordent, ce qui est normal : un trapèze est une différence de deux triangles semblables. Résultat frappant, l'intervalle $[1\,;3]$ ne couvre que la moitié de la barre et porte pourtant exactement la moitié de la probabilité.

e) Oui, sans la moindre difficulté. La loi uniforme sur $[0\,;0{,}25]$ a une densité constante $f(x)=\frac{1}{0{,}25}=4$, quatre fois plus grande que 1, et son aire vaut pourtant $0{,}25\times 4=1$. Ce qui est plafonné à 1, c'est l'AIRE, jamais la hauteur : une densité est une probabilité par unité, et si l'unité est petite, la densité est grande. Le même phénomène se lit en physique, où une masse volumique en kilogrammes par mètre cube n'est pas une masse. Ici $f$ reste sous 1 parce que la barre est longue; si elle mesurait 1 mètre avec la même forme, on aurait $f(x)=2x$ et $f(1)=2$, pour une aire toujours égale à $\frac{1}{2}\times 1\times 2=1$. Confondre hauteur et probabilité coûte des points à chaque question du chapitre, et c'est l'erreur qui conduit ensuite à écrire $P(X=a)=f(a)$.

a) Pour $x$ entre 0 et 4, l'aire accumulée est celle du triangle rectangle de base $x$ et de hauteur $f(x)=\frac{x}{8}$, soit $F(x)=\frac{1}{2}\times x\times\frac{x}{8}=\frac{x^{2}}{16}$. Aucune intégration : un triangle suffit. On obtient $F(2)=\frac{4}{16}=0{,}25$ et $F(4)=\frac{16}{16}=1$, ce qui est la vérification obligatoire, la répartition doit atteindre 1 au bout du support. En dehors, $F(x)=0$ pour $x<0$, puisque aucune aire n'est encore accumulée, et $F(x)=1$ pour $x>4$, puisque toute l'aire l'est. Comparez avec le c de l'exercice 2 : $F(2)=0{,}25$ redonne bien $P(X\leq 2)$.

b) $P(X\leq 1{,}5)=F(1{,}5)=\frac{2{,}25}{16}=0{,}140625$, soit environ $0{,}1406$. Le complémentaire donne $P(X>1{,}5)=1-0{,}140625=0{,}859375$, environ $0{,}8594$. Enfin $P(0{,}5\leq X\leq 1{,}5)=F(1{,}5)-F(0{,}5)=0{,}140625-\frac{0{,}25}{16}=0{,}140625-0{,}015625=0{,}125$. Exactement un huitième. C'est là tout l'intérêt de $F$ : une soustraction remplace un découpage en trapèzes, et l'on ne se trompe plus de figure. Vérification par le trapèze, pour le plaisir : bases $f(0{,}5)=0{,}0625$ et $f(1{,}5)=0{,}1875$, largeur 1, aire $\frac{0{,}0625+0{,}1875}{2}=0{,}125$. Les deux voies concordent.

c) La médiane coupe l'aire en deux parts égales, donc elle résout $F(m)=0{,}5$, soit $\frac{m^{2}}{16}=0{,}5$, donc $m^{2}=8$ et $m=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\approx 2{,}83$. La racine négative est rejetée, elle est hors du support $[0\,;4]$. Contrôle de bon sens : la densité croît, donc la moitié droite de la barre est plus chargée que la gauche, et la médiane doit tomber à DROITE du milieu 2, ce qui est le cas.

d) Même méthode. Premier quartile : $\frac{q_{1}^{2}}{16}=0{,}25$, donc $q_{1}^{2}=4$ et $q_{1}=2$. Troisième quartile : $\frac{q_{3}^{2}}{16}=0{,}75$, donc $q_{3}^{2}=12$ et $q_{3}=2\sqrt{3}\approx 3{,}46$. Les trois nombres $2$, $2{,}83$ et $3{,}46$ découpent la barre en quatre zones d'égale probabilité, de largeurs $2$, $0{,}83$, $0{,}63$ et $0{,}54$ : les zones se resserrent vers la droite, puisque la densité y est plus forte. L'écart interquartile vaut $3{,}46-2=1{,}46$.

e) Trois propriétés de $F$ : elle est CROISSANTE, puisqu'on ajoute de l'aire; elle va de 0 à 1, $F(-\infty)=0$ et $F(+\infty)=1$; et elle vérifie $P(a\leq X\leq b)=F(b)-F(a)$. Ajoutons la quatrième, décisive : ici $F$ est CONTINUE, sans aucun saut. Dans le discret, au contraire, $F$ est une fonction EN ESCALIER, et la hauteur du saut en $a$ vaut exactement $P(X=a)$ : pour un dé équilibré, $F$ saute de $\frac{1}{6}$ en chaque entier de 1 à 6. Voilà l'explication complète de $P(X=a)=0$ : la probabilité d'une valeur isolée est la hauteur du saut de $F$ en cette valeur, or une fonction continue ne saute pas. Les deux mondes se séparent là, et nulle part ailleurs.

a) L'aire sous une densité constante $c$ sur $[0\,;12]$ est celle d'un RECTANGLE de largeur 12 et de hauteur $c$, soit $12c$. La condition $12c=1$ donne $c=\frac{1}{12}\approx 0{,}0833$. La formule générale s'en déduit : sur $[a\,;b]$, la densité uniforme vaut $\frac{1}{b-a}$. Notez que ce nombre a une unité, des inverses de minute, et que c'est justement ce qui interdit de le lire comme une probabilité.

b) Tout se lit en rapport de longueurs, puisque la hauteur est la même partout. $P(X\leq 5)$ est l'aire du rectangle de largeur 5, soit $5\times\frac{1}{12}=\frac{5}{12}\approx 0{,}4167$. $P(3\leq X\leq 7)$ est l'aire du rectangle de largeur $7-3=4$, soit $\frac{4}{12}=\frac{1}{3}\approx 0{,}3333$. Vérification : l'intervalle $[3\,;7]$ occupe le tiers de $[0\,;12]$, et la probabilité vaut bien un tiers. Sur une loi uniforme, une probabilité n'est rien d'autre que la proportion de la longueur occupée, et c'est la seule loi du chapitre où c'est vrai.

c) La densité est symétrique autour du milieu, donc $E(X)=\frac{0+12}{2}=6$ minutes : en moyenne, l'usagère attend six minutes, la moitié de l'intervalle entre deux passages. La variance d'une uniforme sur $[a\,;b]$ vaut $\frac{(b-a)^{2}}{12}$, soit ici $\frac{144}{12}=12$, et l'écart-type $\sqrt{12}=2\sqrt{3}\approx 3{,}46$ minutes. Le contrôle de vraisemblance passe : un écart-type de 3,46 minutes sur un intervalle de 12 minutes correspond à une dispersion forte, ce qu'on attend d'une loi où toutes les attentes sont également probables. Méfiez-vous du 12 du dénominateur, qui n'a ici rien à voir avec les 12 minutes : la formule s'écrirait $\frac{(b-a)^{2}}{12}$ même sur un intervalle de 5 unités.

d) Le conditionnement se lit en aires, comme tout le reste : $P(X\geq 9\mid X\geq 6)=\frac{P(9\leq X\leq 12)}{P(6\leq X\leq 12)}=\frac{3/12}{6/12}=\frac{3}{6}=0{,}50$. À comparer avec la probabilité d'attendre au moins 3 minutes à partir de l'instant d'arrivée, $P(X\geq 3)=\frac{9}{12}=0{,}75$. Les deux nombres DIFFÈRENT, et c'est tout le sens de la question : l'attente déjà consommée change la suite. Ici elle l'améliore, puisque $0{,}50<0{,}75$, la probabilité d'attendre encore trois minutes a diminué. Autrement dit, le modèle uniforme VIEILLIT : plus on a attendu, plus l'autobus est proche. C'est conforme à l'intuition, et c'est exactement ce qui va tomber en défaut à l'exercice suivant.

e) La phrase confond la hauteur et l'aire. $\frac{1}{12}$ est la DENSITÉ, une probabilité par minute; la probabilité d'attendre exactement 5 minutes vaut $P(X=5)=0$, car le segment correspondant a une largeur nulle. Ce que $\frac{1}{12}$ mesure, c'est par exemple $P(4{,}5\leq X\leq 5{,}5)=1\times\frac{1}{12}\approx 0{,}0833$, la probabilité d'une attente comprise dans une fenêtre d'une minute autour de 5. Sur $[0\,;0{,}5]$, la densité uniforme vaut $\frac{1}{0{,}5}=2$, supérieure à 1 sans aucune contradiction : l'aire vaut $0{,}5\times 2=1$. Cela arriverait si l'autobus passait toutes les trente secondes, et la densité doublerait encore si l'intervalle était de quinze secondes. Écrire $P(X=5)=\frac{1}{12}$ coûte la question et, plus grave, entraîne la même faute sur la loi normale, où l'on se met alors à lire des probabilités sur la hauteur de la cloche.

a) $f(0)=0{,}2\times e^{0}=0{,}2$ : la densité part de $0{,}2$ et décroît ensuite vers zéro sans jamais l'atteindre. L'aire totale vaut 1, comme pour toute densité, et $F$ le dit sans calcul : $F(x)=1-e^{-0{,}2x}$ tend vers $1-0=1$ quand $x$ grandit, puisque $e^{-0{,}2x}$ tend vers 0. Le support n'est pas borné, la courbe s'étale indéfiniment vers la droite, et pourtant l'aire reste finie et vaut exactement 1 : c'est la même chose que dire $P(X>x)=e^{-0{,}2x}$, une queue qui s'amenuise assez vite pour que le total converge.

b) $P(X\leq 3)=F(3)=1-e^{-0{,}6}=1-0{,}548812=0{,}451188$, soit $0{,}4512$. $P(X>8)=e^{-0{,}2\times 8}=e^{-1{,}6}=0{,}201897$, soit $0{,}2019$. Enfin $P(3\leq X\leq 8)=F(8)-F(3)=e^{-0{,}6}-e^{-1{,}6}=0{,}548812-0{,}201897=0{,}346915$, soit $0{,}3469$, l'aire colorée de la figure. Vérification par la somme : $0{,}4512+0{,}3469+0{,}2019=1{,}0000$, les trois morceaux du support se recollent. Retenez la forme courte $P(X>x)=e^{-\lambda x}$, qui évite un complémentaire à chaque ligne. Le piège numérique le plus fréquent est de taper $e^{-0{,}2}$ puis de multiplier par 3 au lieu d'élever au cube, ou d'oublier le signe moins : on obtient alors une probabilité supérieure à 1, ce qui doit arrêter le calcul immédiatement.

c) Pour une exponentielle, $E(X)=\frac{1}{\lambda}=5$ ans, ce que l'énoncé annonçait, et l'écart-type vaut AUSSI $\frac{1}{\lambda}=5$ ans, propriété remarquable de cette loi. La médiane résout $F(m)=0{,}5$, soit $1-e^{-0{,}2m}=0{,}5$, donc $e^{-0{,}2m}=0{,}5$, donc $-0{,}2m=\ln 0{,}5$ et $m=\frac{\ln 2}{0{,}2}\approx 3{,}47$ ans. La médiane est nettement INFÉRIEURE à la moyenne, $3{,}47$ contre $5$ : la moitié des ampoules meurent avant trois ans et demi, alors que la durée moyenne est de cinq ans. L'explication est l'asymétrie à droite, une minorité d'ampoules très durables tirant la moyenne vers le haut sans déplacer la médiane. Annoncer « cinq ans » à un client est donc trompeur, la valeur typique est plus proche de trois ans et demi.

d) $P(X>8\mid X>3)=\frac{P(X>8)}{P(X>3)}=\frac{e^{-1{,}6}}{e^{-0{,}6}}=e^{-1}=0{,}367879$, soit $0{,}3679$. Or $P(X>5)=e^{-1}=0{,}3679$ également. Les deux nombres sont ÉGAUX, et ce n'est pas une coïncidence d'énoncé : le quotient de deux exponentielles ne retient que la différence des exposants, donc $\frac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}}=e^{-\lambda t}$ pour tous $s$ et $t$. C'est l'ABSENCE DE MÉMOIRE, $P(X>s+t\mid X>s)=P(X>t)$, et l'exponentielle est la seule loi continue à la posséder.

e) L'opposition est frontale. Sur la loi uniforme, conditionner changeait tout, $0{,}50$ au lieu de $0{,}75$ : l'autobus se rapprochait. Ici, conditionner ne change rien : une ampoule allumée depuis trois ans a exactement les mêmes perspectives qu'une ampoule neuve. Le modèle affirme que l'objet NE VIEILLIT PAS, que la panne est un accident et non une usure. C'est un bon modèle pour une défaillance électronique aléatoire, un composant qui tombe parce qu'une surtension passe, pour le temps entre deux appels à un standard, ou pour la désintégration d'un noyau radioactif, dont c'est la loi exacte. C'est un mauvais modèle pour un pneu, une pièce mécanique ou un être vivant, tous sujets à l'usure : leur taux de panne CROÎT avec l'âge, alors que l'exponentielle impose un taux constant. Appliquer l'exponentielle à un matériel qui s'use conduit à surestimer lourdement la durée de vie résiduelle des pièces déjà anciennes, et c'est une erreur de dimensionnement coûteuse en maintenance.

a) $f(\mu)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}=\frac{1}{0{,}25\times 2{,}506628}=\frac{1}{0{,}626657}=1{,}5958$. La densité dépasse donc 1, et ce n'est en aucun cas une faute. La hauteur maximale d'une normale vaut $\frac{0{,}39894}{\sigma}$ : elle passe au-dessus de 1 dès que $\sigma<0{,}39894$, ce qui arrive constamment dès qu'on mesure en unités fines, degrés Celsius sur un thermostat serré, millimètres sur une pièce usinée. Ce qui reste plafonné à 1, c'est l'aire totale, et elle vaut exactement 1 ici comme partout : la cloche est haute parce qu'elle est ÉTROITE, le produit hauteur par largeur ne bouge pas.

b) Les trois bandes. À un écart-type, $[\mu-\sigma\,;\mu+\sigma]=[20{,}75\,;21{,}25]$, d'aire $0{,}6827$. À deux, $[20{,}50\,;21{,}50]$, d'aire $0{,}9545$. À trois, $[20{,}25\,;21{,}75]$, d'aire $0{,}9973$. Ces aires sont des PROBABILITÉS : 68,27 pour cent du temps la température reste entre 20,75 et 21,25 degrés, 99,73 pour cent du temps elle reste entre 20,25 et 21,75. Le point de méthode, et il vaut pour tout le chapitre : la règle empirique n'est pas une formule à part, c'est la lecture de trois aires particulières sous la même courbe. Le piège serait de croire que ces trois pourcentages dépendent du thermostat : ils sont les MÊMES pour toute loi normale, quels que soient $\mu$ et $\sigma$, parce qu'ils sont mesurés en écarts-types.

c) La bande à deux écarts-types, $[20{,}50\,;21{,}50]$, contient une aire de $0{,}9545$. Il reste donc $1-0{,}9545=0{,}0455$ en dehors, réparti dans les DEUX queues. La cloche étant symétrique autour de $\mu$, chaque queue en porte la moitié : $P(X\geq 21{,}5)=\frac{0{,}0455}{2}=0{,}02275$, soit environ $0{,}0228$. Vérification par la table, pour qui veut : $z=\frac{21{,}5-21{,}0}{0{,}25}=2{,}00$ et l'aire à droite de 2 vaut $1-0{,}9772=0{,}0228$. Les deux voies donnent le même nombre, et la première n'a demandé aucune lecture. Oublier de DIVISER PAR DEUX est l'erreur classique : on annonce alors 4,55 pour cent, soit le double du risque réel, et toute décision de réglage qui suit est fausse.

d) Vérification numérique en un produit : $\sigma\times f(\mu)=0{,}25\times 1{,}595769=0{,}398942$, et c'est exactement $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}=0{,}398942$, la hauteur de la densité normale STANDARD en zéro. La transformation a donc comprimé l'axe horizontal d'un facteur $\sigma$ et étiré l'axe vertical du même facteur. Une aire étant un produit d'une largeur par une hauteur, le facteur $\sigma$ s'introduit d'un côté et se simplifie de l'autre : l'aire est PRÉSERVÉE. Voilà pourquoi une seule table, celle de la loi normale centrée réduite, suffit à traiter toutes les lois normales du monde : elles sont toutes la même cloche, vue à travers un changement d'unité. C'est aussi pourquoi la cote z n'a pas d'unité, elle compte des écarts-types.

e) $P(X=21{,}0)=0$, comme pour toute variable continue, bien que la densité y atteigne $1{,}5958$, son maximum. Les deux affirmations ne se contredisent pas, elles portent sur des objets différents, une aire de largeur nulle et une hauteur. Pour une bande étroite de largeur $0{,}01$ degré, l'aire est presque celle d'un rectangle : $P(20{,}995\leq X\leq 21{,}005)\approx f(21{,}0)\times 0{,}01=1{,}595769\times 0{,}01=0{,}015958$, environ 1,60 pour cent. Le calcul exact par la table donne $0{,}015957$, l'approximation rectangulaire est excellente parce que la courbe est quasi plate à son sommet. Conclusion : $f(21{,}0)=1{,}5958$ se lit « 1,5958 par degré », c'est une probabilité PAR DEGRÉ, et c'est seulement après multiplication par une largeur en degrés qu'elle devient une probabilité.