Exercice 0.1 : Calculer une espérance, une variance, une constante et une intégrale : onze calculs directs

14 réponses vérifiables

Pour chaque ligne, calculez la valeur demandée, sans justifier le modèle. Les lignes a) à f) portent sur la variable discrète $X$ qui prend les valeurs $0$ , $1$ , $2$ , $3$ avec les probabilités $0{,}1$ ; $0{,}3$ ; $0{,}4$ ; $0{,}2$ (sauf la ligne e). Les lignes g) à k) portent sur une variable continue de densité $f$ , nulle hors de l'intervalle indiqué. Donnez les valeurs exactes quand elles tombent juste, sinon au centième.

Deux gestes pour toute la liste. En discret, on SOMME : $E(X)=\sum x_{i}\,p_{i}$ et $E(X^{2})=\sum x_{i}^{2}\,p_{i}$ , puis $V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}$ . En continu, on INTÈGRE la densité : $P(a\le X\le b)=\int_{a}^{b}f(x)\,dx$ , $E(X)=\int x\,f(x)\,dx$ , et une constante inconnue se trouve en écrivant que l'intégrale totale vaut $1$ .

a) Calculez $E(X)$ .
b) Calculez $V(X)$ .
c) Calculez l'écart-type $\sigma(X)$ .
d) On pose $Y=3X-2$ . Calculez $E(Y)$ et $V(Y)$ .
e) Une variable prend les valeurs $1$ , $2$ , $3$ , $4$ avec les probabilités $0{,}2$ ; $0{,}35$ ; $p$ ; $0{,}15$ . Calculez $p$ .
f) Calculez $P(X\le 1)$ et $P(X<1)$ .
g) $f(x)=kx^{2}$ sur $[0\,;3]$ : calculez la constante $k$ .
h) $f(x)=\frac{3}{8}x^{2}$ sur $[0\,;2]$ : calculez $P(1\le X\le 2)$ .
i) $f(x)=2x$ sur $[0\,;1]$ : calculez $E(X)$ .
j) Loi uniforme sur $[2\,;8]$ : calculez $E(X)$ et $V(X)$ .
k) La fonction de répartition vaut $F(x)=\frac{x^{3}}{27}$ sur $[0\,;3]$ : calculez la médiane $m$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/14

a)

E(X)

b)

V(X)

c)

\sigma(X)

d)

E(Y)

V(Y)

e)

p

f)

P(X\le 1)

P(X<1)

g)

k

h)

P(1\le X\le 2)

i)

E(X)

j)

E(X)

V(X)

k)

m

Voir la correction

Réponses

a) $E(X)=1{,}7$
b) $E(X^{2})=3{,}7$ ; $V(X)=0{,}81$
c) $\sigma(X)=0{,}9$
d) $E(Y)=3{,}1$ ; $V(Y)=7{,}29$
e) $p=0{,}3$
f) $P(X\le 1)=0{,}4$ ; $P(X<1)=0{,}1$
g) $k=\frac{1}{9}$
h) $P(1\le X\le 2)=\frac{7}{8}=0{,}875$
i) $E(X)=\frac{2}{3}$
j) $E(X)=5$ ; $V(X)=3$
k) $m=\frac{3}{\sqrt[3]{2}}\approx 2{,}38$

Le geste qui décide de tout : en discret on additionne des probabilités ponctuelles, en continu on intègre une densité. Une densité n'est jamais une probabilité ; seule son intégrale en est une.

a)

$E(X)=0\times 0{,}1+1\times 0{,}3+2\times 0{,}4+3\times 0{,}2=0{,}3+0{,}8+0{,}6=1{,}7$ .

b)

$E(X^{2})=0\times 0{,}1+1\times 0{,}3+4\times 0{,}4+9\times 0{,}2=3{,}7$ .

$V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}=3{,}7-2{,}89=0{,}81$ .

Piège : élever les probabilités au carré au lieu des valeurs.

c)

$\sigma(X)=\sqrt{0{,}81}=0{,}9$ , dans l'unité de $X$ .

d)

$E(Y)=3E(X)-2=3\times 1{,}7-2=3{,}1$ .

$V(Y)=3^{2}V(X)=9\times 0{,}81=7{,}29$ : une translation ne change pas la dispersion, un facteur $3$ la multiplie par $9$ .

e)

Les probabilités d'une loi ont pour somme $1$ : $0{,}2+0{,}35+p+0{,}15=1$ , donc $p=0{,}3$ , qui est bien positif.

f)

$P(X\le 1)=0{,}1+0{,}3=0{,}4$ et $P(X<1)=P(X=0)=0{,}1$ .

En discret, $\le$ et $<$ ne donnent pas le même nombre : la différence est le bâton $P(X=1)=0{,}3$ .

g)

$\int_{0}^{3}kx^{2}\,dx=k\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{3}=9k=1$ , donc $k=\frac{1}{9}$ . La densité est positive sur $[0\,;3]$ : c'est bien une densité.

h)

$\int_{1}^{2}\frac{3}{8}x^{2}\,dx=\frac{1}{8}\left[x^{3}\right]_{1}^{2}=\frac{8-1}{8}=\frac{7}{8}=0{,}875$ .

i)

$E(X)=\int_{0}^{1}x\cdot 2x\,dx=\left[\frac{2x^{3}}{3}\right]_{0}^{1}=\frac{2}{3}$ .

L'espérance n'est pas le milieu $0{,}5$ du support : la densité pèse davantage vers $1$ .

j)

$E(X)=\frac{2+8}{2}=5$ et $V(X)=\frac{(8-2)^{2}}{12}=\frac{36}{12}=3$ .

k)

$F(m)=\frac{m^{3}}{27}=\frac{1}{2}$ donne $m^{3}=13{,}5$ , donc $m=\sqrt[3]{13{,}5}=\frac{3}{\sqrt[3]{2}}\approx 2{,}38$ .

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Exercice 1 : La loi d'une variable discrète : le nombre d'œufs par nid d'hirondelle bicolore

14 réponses vérifiables

Une équipe d'ornithologues suit $200$ nichoirs occupés par l'hirondelle bicolore pendant une saison de reproduction. Pour chaque nid, elle note le nombre $X$ d'œufs de la ponte complète. Les effectifs (données fictives mais plausibles) sont donnés dans le tableau et représentés ci-dessous.

On choisit un nid au hasard parmi les $200$ : la probabilité de chaque valeur de $X$ est sa fréquence relative. $X$ est une variable aléatoire DISCRÈTE : ses valeurs se comptent, et sa loi se représente par des bâtons.

Nombre d'œufs $x$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$
Nombre de nids	$10$	$30$	$70$	$64$	$26$

a) Établissez la loi de probabilité de $X$ , puis justifiez qu'il s'agit bien d'une loi de probabilité. Donnez $P(X=6)$ .
b) Calculez $F(5)=P(X\le 5)$ et $P(X<5)$ .
c) Calculez $P(X\ge 6)$ et $P(4<X\le 6)$ .
d) Calculez l'espérance $E(X)$ .
e) Calculez $E(X^{2})$ , puis la variance $V(X)$ et l'écart-type $\sigma(X)$ .
f) Représentez la fonction de répartition $F$ de $X$ . Donnez $F(5{,}5)$ et la hauteur du saut de $F$ en $x=6$ .
g) Donnez le mode et la médiane de $X$ . L'espérance est-elle une valeur que $X$ peut prendre ? Interprétez $E(X)$ pour l'équipe.

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a)

P(X=6)

b)

P(X\le 5)

P(X<5)

c)

P(X\ge 6)

P(4<X\le 6)

d)

E(X)

e)

E(X^{2})

V(X)

\sigma(X)

f)

F(5{,}5)

Saut en

x=6

g)

Mode

Médiane

E(X)

est-elle une valeur possible de

X

?

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Réponses

a) $0{,}05$ ; $0{,}15$ ; $0{,}35$ ; $0{,}32$ ; $0{,}13$ , positives et de somme $1$ ; $P(X=6)=0{,}32$
b) $F(5)=0{,}55$ ; $P(X<5)=0{,}20$
c) $P(X\ge 6)=0{,}45$ ; $P(4<X\le 6)=0{,}67$
d) $E(X)=5{,}33$ œufs
e) $E(X^{2})=29{,}49$ ; $V(X)\approx 1{,}081$ ; $\sigma(X)\approx 1{,}04$ œuf
f) Fonction en escalier ; $F(5{,}5)=0{,}55$ ; saut de $0{,}32$ en $x=6$
g) Mode $5$ , médiane $5$ ; $E(X)=5{,}33$ n'est pas une valeur possible : c'est la moyenne à long terme par nid

a)

On divise chaque effectif par $200$ :

$P(X=3)=0{,}05$ , $P(X=4)=0{,}15$ , $P(X=5)=0{,}35$ , $P(X=6)=0{,}32$ , $P(X=7)=0{,}13$ .

Ce sont des nombres positifs et $0{,}05+0{,}15+0{,}35+0{,}32+0{,}13=1$ : les deux conditions d'une loi de probabilité sont remplies.

En particulier $P(X=6)=\frac{64}{200}=0{,}32$ .

b)

$F(5)=P(X\le 5)=0{,}05+0{,}15+0{,}35=0{,}55$ .

$P(X<5)=P(X\le 4)=0{,}05+0{,}15=0{,}20$ .

Piège : écrire $P(X<5)=P(X\le 5)$ . Pour une variable discrète, la valeur $5$ porte à elle seule $0{,}35$ : l'inégalité stricte la retire. Cette égalité ne vaudra que pour une variable continue (exercice 3).

c)

Par le complément : $P(X\ge 6)=1-P(X\le 5)=1-0{,}55=0{,}45$ .

$P(4<X\le 6)=P(X=5)+P(X=6)=0{,}35+0{,}32=0{,}67$ , ou encore $F(6)-F(4)=0{,}87-0{,}20=0{,}67$ .

d)

L'espérance est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités :

\displaystyle E(X)=3\times 0{,}05+4\times 0{,}15+5\times 0{,}35+6\times 0{,}32+7\times 0{,}13

$E(X)=0{,}15+0{,}60+1{,}75+1{,}92+0{,}91=5{,}33$ œufs.

Vérification d'ordre de grandeur : la valeur se trouve entre le mode $5$ et la valeur suivante $6$ , du côté de la masse principale.

e)

\displaystyle E(X^{2})=9\times 0{,}05+16\times 0{,}15+25\times 0{,}35+36\times 0{,}32+49\times 0{,}13

$E(X^{2})=0{,}45+2{,}40+8{,}75+11{,}52+6{,}37=29{,}49$ .

$V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}=29{,}49-28{,}4089=1{,}0811$ , donc $V(X)\approx 1{,}081$ .

$\sigma(X)=\sqrt{1{,}0811}\approx 1{,}04$ œuf : un écart typique d'environ un œuf autour de la moyenne.

Piège : arrondir $E(X)$ à $5{,}3$ avant de l'élever au carré donne $29{,}49-28{,}09=1{,}40$ , une erreur de $30\,\%$ . La formule $E(X^{2})-E(X)^{2}$ soustrait deux grands nombres voisins : on garde $E(X)$ exacte.

f)

$F(x)=P(X\le x)$ est définie pour TOUT réel $x$ . Elle vaut $0$ avant $3$ , puis elle reste constante entre deux valeurs et saute en chaque valeur de $X$ :

$F=0{,}05$ sur $[3\,;4[$ , $0{,}20$ sur $[4\,;5[$ , $0{,}55$ sur $[5\,;6[$ , $0{,}87$ sur $[6\,;7[$ , et $1$ à partir de $7$ .

Donc $F(5{,}5)=F(5)=0{,}55$ : aucun nid n'a $5{,}5$ œufs, mais la question « au plus $5{,}5$ » a un sens.

La hauteur du saut en $6$ est $0{,}87-0{,}55=0{,}32=P(X=6)$ : en discret, chaque saut de $F$ EST une probabilité ponctuelle. Le point plein marque la valeur prise en $x=6$ , à droite du saut.

g)

Le mode est la valeur la plus probable : $5$ , avec $0{,}35$ .

La médiane : $F(4)=0{,}20<0{,}5$ et $F(5)=0{,}55\ge 0{,}5$ , donc la médiane est $5$ .

$E(X)=5{,}33$ n'est pas un nombre d'œufs possible. Elle s'interprète à long terme : sur un grand nombre de nids comparables, l'équipe peut prévoir environ $5{,}33$ œufs par nid en moyenne, soit à peu près $1066$ œufs pour $200$ nids.

Piège : lire l'espérance comme « le nombre d'œufs le plus probable ». C'est le rôle du mode, et les deux nombres diffèrent ici.

Exercice 2 : Démontrer les propriétés de l'espérance et de la variance : mutations d'un gène cloné

10 réponses vérifiables

Un laboratoire introduit des mutations au hasard dans un gène de $1500$ paires de bases, clone le produit et séquence chaque clone. Le nombre $X$ de mutations ponctuelles d'un clone suit la loi ci-dessous (modèle tiré de séquençages antérieurs, valeurs fictives).

Dans les questions a) à c), $X$ est une variable discrète QUELCONQUE de valeurs $x_{1},\dots,x_{n}$ , de probabilités $p_{1},\dots,p_{n}$ et d'espérance $\mu=E(X)$ ; $a$ et $b$ sont deux réels. On part des seules définitions $E(X)=\sum_{i}x_{i}p_{i}$ et $V(X)=E\big((X-\mu)^{2}\big)=\sum_{i}(x_{i}-\mu)^{2}p_{i}$ .

$k$	$0$	$1$	$2$	$3$
$P(X=k)$	$0{,}30$	$0{,}40$	$0{,}20$	$0{,}10$

a) Démontrez que $E(aX+b)=aE(X)+b$ .
b) Démontrez que $V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}$ .
c) Démontrez que $V(aX+b)=a^{2}V(X)$ , puis que $\sigma(aX+b)=|a|\,\sigma(X)$ .
d) Pour le gène étudié, calculez $E(X)$ , $E(X^{2})$ et $V(X)$ .
e) On note $Y=1500-X$ le nombre de paires de bases intactes d'un clone. Déduisez de c) $E(Y)$ , $V(Y)$ et $\sigma(Y)$ .
f) Corriger un clone demande $2{,}5$ heures par mutation, plus $1$ heure de séquençage de contrôle, faite dans tous les cas. Exprimez la durée $T$ en fonction de $X$ , puis calculez $E(T)$ , $V(T)$ et $\sigma(T)$ .
g) Un étudiant affirme que $E(X^{2})=E(X)^{2}$ pour toute variable. Réfutez-le avec ce gène, puis justifiez à l'aide de b) que $E(X^{2})\ge E(X)^{2}$ dans tous les cas.

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Réponses

a) $E(aX+b)=a\sum x_{i}p_{i}+b\sum p_{i}=aE(X)+b$
b) Développer $(x_{i}-\mu)^{2}$ : $V(X)=E(X^{2})-2\mu^{2}+\mu^{2}=E(X^{2})-\mu^{2}$
c) $(aX+b)-(a\mu+b)=a(X-\mu)$ , d'où $V(aX+b)=a^{2}V(X)$ et $\sigma(aX+b)=|a|\sigma(X)$
d) $E(X)=1{,}1$ ; $E(X^{2})=2{,}1$ ; $V(X)=0{,}89$
e) $E(Y)=1498{,}9$ ; $V(Y)=0{,}89$ ; $\sigma(Y)\approx 0{,}94$
f) $T=2{,}5X+1$ ; $E(T)=3{,}75$ h ; $V(T)=5{,}5625$ h² ; $\sigma(T)\approx 2{,}36$ h
g) Ici $2{,}1\ne 1{,}21$ ; $E(X^{2})-E(X)^{2}=V(X)\ge 0$ , égalité seulement si $X$ est constante

a)

Par définition, en utilisant $\sum_{i}p_{i}=1$ :

\begin{aligned}E(aX+b)&=\sum_{i}(ax_{i}+b)p_{i}\\&=a\sum_{i}x_{i}p_{i}+b\sum_{i}p_{i}\\&=aE(X)+b\end{aligned}

L'étape clé est $\sum_{i}p_{i}=1$ : c'est elle qui transforme $b\sum p_{i}$ en $b$ . Sans la citer, la démonstration est incomplète.

b)

On développe le carré dans la définition :

\begin{aligned}V(X)&=\sum_{i}(x_{i}^{2}-2\mu x_{i}+\mu^{2})p_{i}\\&=\sum_{i}x_{i}^{2}p_{i}-2\mu\sum_{i}x_{i}p_{i}+\mu^{2}\sum_{i}p_{i}\\&=E(X^{2})-2\mu\cdot\mu+\mu^{2}\\&=E(X^{2})-\mu^{2}\end{aligned}

$\mu$ est un NOMBRE fixe : il sort des sommes. C'est la formule de calcul ; la définition reste celle d'une moyenne des carrés des écarts.

c)

D'après a), $E(aX+b)=a\mu+b$ , donc l'écart de $aX+b$ à sa moyenne vaut $(ax_{i}+b)-(a\mu+b)=a(x_{i}-\mu)$ .

$V(aX+b)=\sum_{i}a^{2}(x_{i}-\mu)^{2}p_{i}=a^{2}V(X)$ .

Enfin $\sigma(aX+b)=\sqrt{a^{2}V(X)}=|a|\,\sigma(X)$ , car $\sqrt{a^{2}}=|a|$ .

Interprétation : ajouter $b$ déplace toute la loi sans l'étaler ; multiplier par $a$ étire les écarts d'un facteur $|a|$ , donc leurs carrés d'un facteur $a^{2}$ .

d)

$E(X)=0\times 0{,}3+1\times 0{,}4+2\times 0{,}2+3\times 0{,}1=1{,}1$ mutation.

$E(X^{2})=0+1\times 0{,}4+4\times 0{,}2+9\times 0{,}1=2{,}1$ .

$V(X)=2{,}1-1{,}1^{2}=2{,}1-1{,}21=0{,}89$ .

e)

$Y=-X+1500$ , avec $a=-1$ et $b=1500$ .

$E(Y)=-1{,}1+1500=1498{,}9$ paires intactes en moyenne.

$V(Y)=(-1)^{2}\times 0{,}89=0{,}89$ et $\sigma(Y)=|-1|\sqrt{0{,}89}\approx 0{,}94$ .

Piège : écrire $V(Y)=-0{,}89$ . Compter les bases intactes ou les bases mutées, c'est la même incertitude : une variance est une moyenne de carrés, elle n'est jamais négative.

f)

$T=2{,}5X+1$ heures.

$E(T)=2{,}5\times 1{,}1+1=3{,}75$ h.

$V(T)=2{,}5^{2}\times 0{,}89=6{,}25\times 0{,}89=5{,}5625$ h² et $\sigma(T)=2{,}5\times\sqrt{0{,}89}\approx 2{,}36$ h.

Piège : $V(T)=2{,}5\times 0{,}89+1=3{,}225$ . La constante $1$ décale toutes les durées de la même heure sans changer leur dispersion, et le facteur $2{,}5$ agit au carré. La figure du corrigé le montre : mêmes hauteurs de bâtons, écarts multipliés par $2{,}5$ .

g)

Ici $E(X^{2})=2{,}1$ et $E(X)^{2}=1{,}21$ : l'affirmation est fausse.

En général, b) donne $E(X^{2})-E(X)^{2}=V(X)$ , et $V(X)=\sum(x_{i}-\mu)^{2}p_{i}$ est une somme de termes positifs ou nuls : $E(X^{2})\ge E(X)^{2}$ .

L'égalité exige que chaque terme soit nul, c'est-à-dire $x_{i}=\mu$ pour toute valeur de probabilité non nulle : $X$ est constante. Une variable vraiment aléatoire a toujours $E(X^{2})>E(X)^{2}$ .

Exercice 3 : Densité, conditions et constante de normalisation : le diamètre des grêlons d'un orage

7 réponses vérifiables

Après un orage, une équipe de météorologie relève les impacts de grêle sur des plaques de polystyrène et mesure le diamètre $D$ , en centimètres, de chaque grêlon. Pour cet orage, elle retient le modèle suivant : $D$ est une variable aléatoire CONTINUE de densité

$f(x)=k(4-x)^{2}$ pour $0\le x\le 4$ , et $f(x)=0$ ailleurs, où $k$ est une constante.

La figure représente la fonction $x\mapsto(4-x)^{2}$ , c'est-à-dire $f$ à un facteur $k$ près, et colore la région qui correspond à l'événement $D\ge 2$ .

a) Montrez que $k=\frac{3}{64}$ .
b) Vérifiez que $f$ satisfait la condition de positivité. Calculez $f(0)$ , puis expliquez pourquoi ce nombre n'est pas une probabilité.
c) Calculez $P(D\ge 2)$ .
d) Calculez $P(1\le D\le 3)$ .
e) Calculez $P(D=2)$ , puis $P(1<D<3)$ . Comparez avec l'exercice 1, question b.
f) L'équipe a récolté $320$ grêlons. Combien en prévoit-elle d'un diamètre d'au moins $2$ cm ? Un collègue affirmait que « la moitié des grêlons dépasse $2$ cm, puisque $2$ est le milieu de $[0\,;4]$ ». Corrigez-le.

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Réponses

a) $\int_{0}^{4}(4-x)^{2}\,dx=\frac{64}{3}$ , donc $k=\frac{3}{64}$
b) $f\ge 0$ partout ; $f(0)=0{,}75\ \mathrm{cm^{-1}}$ est une densité (probabilité par centimètre), pas une probabilité
c) $P(D\ge 2)=\frac{1}{8}=0{,}125$
d) $P(1\le D\le 3)=\frac{13}{32}\approx 0{,}4063$
e) $P(D=2)=0$ ; $P(1<D<3)=\frac{13}{32}$ , comme en d), alors qu'en discret $<$ et $\le$ différaient
f) $40$ grêlons ; la moitié n'est pas au-dessus de $2$ cm : la densité décroît, seulement $12{,}5\,\%$ y sont

a)

L'aire totale sous une densité vaut $1$ . Par la substitution $u=4-x$ (ou par une primitive directe) :

$\int_{0}^{4}(4-x)^{2}\,dx=\left[-\frac{(4-x)^{3}}{3}\right]_{0}^{4}=0+\frac{64}{3}=\frac{64}{3}$ .

La condition $k\cdot\frac{64}{3}=1$ donne $k=\frac{3}{64}$ .

Piège : oublier le signe moins de la primitive de $(4-x)^{2}$ et trouver une aire négative, donc un $k$ négatif. Une aire sous une courbe positive est positive : un signe négatif à cette étape signale l'erreur.

b)

Sur $[0\,;4]$ , $k>0$ et $(4-x)^{2}\ge 0$ , donc $f(x)\ge 0$ ; ailleurs $f(x)=0$ . Les deux conditions d'une densité sont réunies : $f\ge 0$ et $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\,dx=1$ .

$f(0)=\frac{3}{64}\times 16=\frac{3}{4}=0{,}75$ .

Ce nombre est une DENSITÉ, en $\mathrm{cm^{-1}}$ : une probabilité par centimètre de diamètre. Il dit que les petits diamètres sont les plus concentrés, et, sur une petite largeur, $P(0\le D\le 0{,}1)$ vaut à peu près $0{,}75\times 0{,}1=0{,}075$ (exactement $0{,}0731$ ). Une densité peut même dépasser $1$ (exercice 6).

c)

$P(D\ge 2)=\int_{2}^{4}\frac{3}{64}(4-x)^{2}\,dx=\frac{3}{64}\left[-\frac{(4-x)^{3}}{3}\right]_{2}^{4}=\frac{3}{64}\times\frac{8}{3}=\frac{1}{8}=0{,}125$ .

Sur la figure, c'est l'aire orange, rapportée à l'aire totale $\frac{64}{3}$ : $\frac{8/3}{64/3}=\frac{1}{8}$ .

d)

$P(1\le D\le 3)=\frac{3}{64}\left[-\frac{(4-x)^{3}}{3}\right]_{1}^{3}=\frac{1}{64}\left(27-1\right)=\frac{26}{64}=\frac{13}{32}\approx 0{,}4063$ .

e)

$P(D=2)=\int_{2}^{2}f(x)\,dx=0$ : une intégrale sur un intervalle de longueur nulle est nulle.

Par conséquent $P(1<D<3)=P(1\le D\le 3)-P(D=1)-P(D=3)=\frac{13}{32}$ .

C'est l'opposé du discret : à l'exercice 1, retirer la valeur $5$ enlevait un bâton de $0{,}35$ . Ici, aucune valeur ne porte de probabilité ; seuls les intervalles en portent.

Piège : conclure qu'un grêlon de $2$ cm « n'existe pas ». $P(D=2)=0$ dit qu'un diamètre EXACTEMENT égal à $2{,}000\ldots$ cm a une probabilité nulle ; un diamètre entre $1{,}95$ et $2{,}05$ cm a, lui, une probabilité positive.

f)

On prévoit $320\times\frac{1}{8}=40$ grêlons d'au moins $2$ cm.

Le raisonnement du collègue suppose une densité constante, celle de la loi uniforme. Ici la densité décroît de $0{,}75$ à $0$ : l'aire à droite de $2$ ne vaut que $\frac{1}{8}$ de l'aire totale, pas la moitié. Le milieu du support n'est la médiane que pour une densité symétrique ; la médiane se calcule à l'exercice 4.

Exercice 4 : Fonction de répartition, médiane et quartile par intégrale : retour sur les grêlons

8 réponses vérifiables

On reprend le diamètre $D$ , en centimètres, des grêlons de l'exercice 3, de densité $f(x)=\frac{3}{64}(4-x)^{2}$ sur $[0\,;4]$ et nulle ailleurs.

La FONCTION DE RÉPARTITION de $D$ est $F(x)=P(D\le x)=\int_{-\infty}^{x}f(t)\,dt$ : l'aire accumulée sous la densité jusqu'à l'abscisse $x$ .

a) Montrez que $F(x)=1-\frac{(4-x)^{3}}{64}$ pour $0\le x\le 4$ . Donnez $F(x)$ pour $x<0$ et pour $x>4$ , puis calculez $F(1)$ .
b) Vérifiez que $F'(x)=f(x)$ sur $]0\,;4[$ et que $F$ est continue en $0$ et en $4$ .
c) À l'aide de $F$ , calculez $P(D\le 1{,}5)$ et $P(0{,}5\le D\le 1{,}5)$ .
d) Déterminez la médiane $m$ de $D$ , en valeur exacte puis au centième.
e) Déterminez le troisième quartile $Q_{3}$ , au centième. Interprétez-le pour les grêlons.
f) Calculez l'espérance $E(D)$ par une intégrale, à l'aide de la substitution $u=4-x$ . Comparez-la à la médiane et dites ce que l'écart révèle sur la distribution.

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a)

F(1)

b)

F

est-elle continue en

4

?

c)

P(D\le 1{,}5)

P(0{,}5\le D\le 1{,}5)

d)

m

cm

e)

Q_{3}

cm

f)

E(D)

cm

La distribution est étalée vers

Voir la correction

Réponses

a) $F(x)=0$ si $x<0$ , $1-\frac{(4-x)^{3}}{64}$ sur $[0\,;4]$ , $1$ si $x>4$ ; $F(1)=\frac{37}{64}\approx 0{,}5781$
b) $F'(x)=\frac{3(4-x)^{2}}{64}=f(x)$ ; $F(0)=0$ et $F(4)=1$ raccordent les morceaux
c) $P(D\le 1{,}5)\approx 0{,}7559$ ; $P(0{,}5\le D\le 1{,}5)\approx 0{,}4258$
d) $m=4-\sqrt[3]{32}=4-2\sqrt[3]{4}\approx 0{,}83$ cm
e) $Q_{3}=4-\sqrt[3]{16}\approx 1{,}48$ cm : les trois quarts des grêlons ont un diamètre d'au plus $1{,}48$ cm
f) $E(D)=1$ cm $>m\approx 0{,}83$ cm : queue étalée vers les grands diamètres

a)

Pour $0\le x\le 4$ : $F(x)=\int_{0}^{x}\frac{3}{64}(4-t)^{2}\,dt=\frac{3}{64}\left[-\frac{(4-t)^{3}}{3}\right]_{0}^{x}=\frac{1}{64}\left(64-(4-x)^{3}\right)=1-\frac{(4-x)^{3}}{64}$ .

Pour $x<0$ , aucune aire n'est encore accumulée : $F(x)=0$ . Pour $x>4$ , toute l'aire l'est : $F(x)=1$ .

$F(1)=1-\frac{27}{64}=\frac{37}{64}\approx 0{,}5781$ .

Piège : écrire $F(x)=1-\frac{(4-x)^{3}}{64}$ pour TOUT réel $x$ . Pour $x=5$ cette formule donne $1{,}0156$ , une probabilité supérieure à $1$ : une fonction de répartition se donne par morceaux.

b)

$F'(x)=-\frac{3(4-x)^{2}\times(-1)}{64}=\frac{3}{64}(4-x)^{2}=f(x)$ : c'est le théorème fondamental du calcul intégral, la répartition est une primitive de la densité.

En $0$ : $1-\frac{64}{64}=0$ , égal à la valeur à gauche. En $4$ : $1-0=1$ , égal à la valeur à droite. $F$ est continue partout, sans aucun saut : c'est la signature d'une variable continue, à opposer à l'escalier de l'exercice 1.

c)

$P(D\le 1{,}5)=F(1{,}5)=1-\frac{2{,}5^{3}}{64}=1-\frac{15{,}625}{64}\approx 0{,}7559$ .

$P(0{,}5\le D\le 1{,}5)=F(1{,}5)-F(0{,}5)=\frac{3{,}5^{3}-2{,}5^{3}}{64}=\frac{27{,}25}{64}\approx 0{,}4258$ .

Une seule soustraction remplace une intégrale : c'est tout l'intérêt de $F$ .

d)

La médiane vérifie $F(m)=\frac{1}{2}$ : $\frac{(4-m)^{3}}{64}=\frac{1}{2}$ , donc $(4-m)^{3}=32$ .

$4-m=\sqrt[3]{32}=2\sqrt[3]{4}$ , d'où $m=4-2\sqrt[3]{4}\approx 0{,}83$ cm, qui appartient bien à $[0\,;4]$ .

Vérification : $F(0{,}83)\approx 1-\frac{3{,}17^{3}}{64}\approx 0{,}502$ . La moitié des grêlons a un diamètre inférieur à $8{,}3$ mm.

e)

$F(Q_{3})=\frac{3}{4}$ donne $(4-Q_{3})^{3}=16$ , donc $Q_{3}=4-\sqrt[3]{16}\approx 1{,}48$ cm.

Trois grêlons sur quatre ont un diamètre d'au plus $1{,}48$ cm, et un sur quatre le dépasse. La figure du corrigé lit les deux quantiles sur la courbe de $F$ : on part de la hauteur $0{,}5$ ou $0{,}75$ et l'on redescend sur l'axe.

f)

$E(D)=\int_{0}^{4}x\cdot\frac{3}{64}(4-x)^{2}\,dx$ . Avec $u=4-x$ , $du=-dx$ , et les bornes $0$ et $4$ s'échangent :

\begin{aligned}E(D)&=\frac{3}{64}\int_{0}^{4}(4-u)u^{2}\,du\\&=\frac{3}{64}\left[\frac{4u^{3}}{3}-\frac{u^{4}}{4}\right]_{0}^{4}\\&=\frac{3}{64}\left(\frac{256}{3}-64\right)=\frac{3}{64}\times\frac{64}{3}=1\end{aligned}

$E(D)=1$ cm, supérieure à la médiane $0{,}83$ cm : quelques gros grêlons tirent la moyenne vers le haut, alors que la médiane ne regarde que le rang. La distribution est étalée vers les grands diamètres (asymétrie à droite).

Piège : prendre le milieu du support, $2$ cm, ou le « centre » de la figure, pour l'espérance. Elle se calcule par l'intégrale de $x\,f(x)$ .

Exercice 5 : Espérance et variance par intégrale : le temps de germination d'une graine de prairie

11 réponses vérifiables

En chambre de culture, des graines d'une plante de prairie sont semées au temps $t=0$ . On note $T$ le temps de germination d'une graine, en jours. Un modèle ajusté sur des essais antérieurs donne à $T$ la densité

$f(t)=k(t-1)(7-t)^{2}$ pour $1\le t\le 7$ , et $f(t)=0$ ailleurs.

Aucune graine ne germe avant un jour, ni après sept jours dans ce modèle. On pourra poser $u=t-1$ , qui transforme $f$ en $k\,u(6-u)^{2}$ sur $[0\,;6]$ , et l'on admet que la fonction de répartition vaut $F(t)=\frac{1}{108}\left(18u^{2}-4u^{3}+\frac{u^{4}}{4}\right)$ pour $1\le t\le 7$ , avec $u=t-1$ .

a) Montrez que $k=\frac{1}{108}$ .
b) Déterminez le mode de $T$ , c'est-à-dire l'abscisse du maximum de $f$ , par dérivation. Calculez $f(3)$ au centième.
c) Calculez l'espérance $E(T)$ par une intégrale.
d) Calculez $E(T^{2})$ , puis la variance $V(T)$ et l'écart-type $\sigma(T)$ .
e) Calculez $F(3{,}3)$ et $F(3{,}4)$ . Déduisez-en un encadrement de la médiane de $T$ .
f) Calculez $P(T>E(T))$ . Rangez le mode, la médiane et l'espérance, et expliquez pourquoi plus de la moitié des graines germe avant le temps moyen.

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a)

k

b)

Mode jours

f(3)

c)

E(T)

jours

d)

E(T^{2})

V(T)

jours²

\sigma(T)

jours

e)

F(3{,}3)

F(3{,}4)

La médiane est dans

f)

P(T>E(T))

Voir la correction

Réponses

a) $\int_{1}^{7}(t-1)(7-t)^{2}\,dt=108$ , donc $k=\frac{1}{108}$
b) $f'(t)=\frac{(7-t)(9-3t)}{108}$ s'annule en $t=3$ : mode $3$ jours ; $f(3)=\frac{8}{27}\approx 0{,}30$
c) $E(T)=3{,}4$ jours
d) $E(T^{2})=13$ ; $V(T)=1{,}44$ ; $\sigma(T)=1{,}2$ jour
e) $F(3{,}3)\approx 0{,}4958<0{,}5<F(3{,}4)\approx 0{,}5248$ : médiane dans $[3{,}3\,;3{,}4]$
f) $P(T>3{,}4)\approx 0{,}4752$ ; mode $3$ $<$ médiane $\approx 3{,}31$ $<$ $E(T)=3{,}4$ : queue étalée vers les longues germinations

a)

Avec $u=t-1$ , $du=dt$ et $7-t=6-u$ :

\begin{aligned}\int_{1}^{7}(t-1)(7-t)^{2}\,dt&=\int_{0}^{6}(36u-12u^{2}+u^{3})\,du\\&=\left[18u^{2}-4u^{3}+\frac{u^{4}}{4}\right]_{0}^{6}\\&=648-864+324=108\end{aligned}

La condition d'aire totale $108k=1$ donne $k=\frac{1}{108}$ . Et $f\ge 0$ sur $[1\,;7]$ , car $t-1\ge 0$ et $(7-t)^{2}\ge 0$ : $f$ est bien une densité.

La primitive trouvée ici, divisée par $108$ , est exactement la fonction de répartition $F$ donnée dans l'énoncé.

b)

Par la dérivée d'un produit :

$f'(t)=\frac{1}{108}\left[(7-t)^{2}-2(t-1)(7-t)\right]=\frac{(7-t)(9-3t)}{108}$ .

Sur $]1\,;7[$ , $7-t>0$ , donc $f'$ a le signe de $9-3t$ : positive avant $3$ , négative après. Le maximum est atteint en $t=3$ : le mode vaut $3$ jours.

$f(3)=\frac{2\times 16}{108}=\frac{8}{27}\approx 0{,}30$ par jour. Ce n'est pas la probabilité de germer « le jour 3 » : c'est une densité (voir l'exercice 8).

c)

$E(T)=\int_{1}^{7}t\,f(t)\,dt$ . Le plus court passe par $U=T-1$ : $E(T)=E(U)+1$ (exercice 2, même propriété en continu).

\begin{aligned}E(U)&=\frac{1}{108}\int_{0}^{6}(36u^{2}-12u^{3}+u^{4})\,du\\&=\frac{1}{108}\left[12u^{3}-3u^{4}+\frac{u^{5}}{5}\right]_{0}^{6}\\&=\frac{2592-3888+1555{,}2}{108}=\frac{259{,}2}{108}=2{,}4\end{aligned}

Donc $E(T)=2{,}4+1=3{,}4$ jours.

Piège : calculer $\int t\,f(t)\,dt$ sur $[0\,;6]$ après la substitution sans changer $t$ en $u+1$ . On intègre soit $t\,f(t)$ sur $[1\,;7]$ , soit $u\,f$ sur $[0\,;6]$ puis on ajoute $1$ .

d)

$E(U^{2})=\frac{1}{108}\int_{0}^{6}(36u^{3}-12u^{4}+u^{5})\,du=\frac{11\,664-18\,662{,}4+7776}{108}=\frac{777{,}6}{108}=7{,}2$ .

$V(T)=V(U)=E(U^{2})-E(U)^{2}=7{,}2-5{,}76=1{,}44$ , car une translation ne change pas la variance.

$E(T^{2})=V(T)+E(T)^{2}=1{,}44+11{,}56=13$ , et $\sigma(T)=\sqrt{1{,}44}=1{,}2$ jour.

Vérification d'ordre de grandeur : une loi uniforme sur un support de $6$ jours aurait un écart-type de $\frac{6}{\sqrt{12}}\approx 1{,}73$ jour ; notre densité, plus concentrée autour de son sommet, en a logiquement un plus petit.

e)

Pour $t=3{,}3$ , $u=2{,}3$ : $F(3{,}3)=\frac{95{,}22-48{,}668+6{,}996}{108}\approx 0{,}4958$ .

Pour $t=3{,}4$ , $u=2{,}4$ : $F(3{,}4)=\frac{103{,}68-55{,}296+8{,}2944}{108}\approx 0{,}5248$ .

$F$ est continue et croissante, et $0{,}4958<0{,}5<0{,}5248$ : la médiane est comprise entre $3{,}3$ et $3{,}4$ jours (elle vaut environ $3{,}31$ ).

f)

$P(T>E(T))=1-F(3{,}4)\approx 1-0{,}5248=0{,}4752$ .

On range : mode $3$ $<$ médiane $\approx 3{,}31$ $<$ espérance $3{,}4$ . La densité monte vite puis redescend lentement vers $7$ : quelques graines tardives allongent la moyenne sans déplacer beaucoup la médiane.

Donc $52{,}5\,\%$ des graines germent avant le temps moyen. « Le temps moyen » n'est ni le temps le plus fréquent, ni le temps qui partage les graines en deux moitiés.

Piège : croire que $P(T>E(T))=0{,}5$ pour toute variable. C'est vrai pour une densité symétrique, faux dès qu'elle est asymétrique.

Exercice 6 : La loi uniforme continue démontrée : le biais caché d'un échosondeur qui tronque

10 réponses vérifiables

Le bateau d'une équipe de limnologie cartographie le fond d'un lac. Son échosondeur affiche la profondeur TRONQUÉE au décimètre inférieur : l'affichage $12{,}3$ m signifie que la vraie profondeur est dans $[12{,}3\,;12{,}4[$ , comme le montre la figure.

On note $\varepsilon$ , en mètres, l'erreur d'affichage : vraie profondeur moins profondeur affichée. Faute d'autre information, on modélise $\varepsilon$ par la loi UNIFORME sur $[0\,;0{,}1]$ : tous les centimètres au-delà de l'affichage sont également plausibles.

a) Soit $U$ une variable de loi uniforme sur $[a\,;b]$ , avec $a<b$ . Donnez sa densité et vérifiez qu'il s'agit d'une densité. Démontrez par des intégrales que $E(U)=\frac{a+b}{2}$ et $V(U)=\frac{(b-a)^{2}}{12}$ .
b) Donnez la densité de l'erreur $\varepsilon$ sur $[0\,;0{,}1]$ . Sa valeur dépasse $1$ : est-ce une contradiction ? Justifiez.
c) Calculez l'espérance $E(\varepsilon)$ et l'écart-type $\sigma(\varepsilon)$ , en mètres.
d) Calculez $P(\varepsilon>0{,}08)$ et $P(\varepsilon=0{,}05)$ .
e) Pour corriger le biais, l'équipe ajoute $0{,}05$ m à chaque profondeur affichée. L'erreur devient $\varepsilon'=\varepsilon-0{,}05$ . Donnez la loi de $\varepsilon'$ , puis $E(\varepsilon')$ et $\sigma(\varepsilon')$ .
f) Calculez $P(|\varepsilon'|>0{,}04)$ . La correction a-t-elle réduit la dispersion des erreurs ? Justifiez avec une propriété de l'exercice 2.

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b)

Densité sur

[0\,;0{,}1]

m⁻¹

Une densité de

10

est-elle une contradiction ?

c)

E(\varepsilon)

m

\sigma(\varepsilon)

m

d)

P(\varepsilon>0{,}08)

P(\varepsilon=0{,}05)

e)

E(\varepsilon')

m

\sigma(\varepsilon')

m

f)

P(|\varepsilon'|>0{,}04)

La dispersion a-t-elle diminué ?

Voir la correction

Réponses

a) $f(x)=\frac{1}{b-a}$ sur $[a\,;b]$ ; $E(U)=\frac{a+b}{2}$ ; $E(U^{2})=\frac{a^{2}+ab+b^{2}}{3}$ ; $V(U)=\frac{(b-a)^{2}}{12}$
b) $f(x)=10\ \mathrm{m^{-1}}$ sur $[0\,;0{,}1]$ ; non : l'aire vaut $10\times 0{,}1=1$
c) $E(\varepsilon)=0{,}05$ m ; $\sigma(\varepsilon)=\frac{0{,}1}{\sqrt{12}}\approx 0{,}0289$ m
d) $P(\varepsilon>0{,}08)=0{,}2$ ; $P(\varepsilon=0{,}05)=0$
e) $\varepsilon'$ uniforme sur $[-0{,}05\,;0{,}05]$ ; $E(\varepsilon')=0$ ; $\sigma(\varepsilon')\approx 0{,}0289$ m
f) $P(|\varepsilon'|>0{,}04)=0{,}2$ ; non : la correction supprime le biais, pas la dispersion

a)

La densité est constante sur $[a\,;b]$ et nulle ailleurs ; l'aire totale $c(b-a)=1$ impose $c=\frac{1}{b-a}$ . Elle est positive et d'intégrale $1$ : c'est une densité.

$E(U)=\int_{a}^{b}\frac{x}{b-a}\,dx=\frac{b^{2}-a^{2}}{2(b-a)}=\frac{(b-a)(b+a)}{2(b-a)}=\frac{a+b}{2}$ .

$E(U^{2})=\int_{a}^{b}\frac{x^{2}}{b-a}\,dx=\frac{b^{3}-a^{3}}{3(b-a)}=\frac{a^{2}+ab+b^{2}}{3}$ , par $b^{3}-a^{3}=(b-a)(a^{2}+ab+b^{2})$ .

$V(U)=E(U^{2})-E(U)^{2}=\frac{4a^{2}+4ab+4b^{2}-3a^{2}-6ab-3b^{2}}{12}=\frac{a^{2}-2ab+b^{2}}{12}=\frac{(b-a)^{2}}{12}$ .

La formule $V=E(X^{2})-E(X)^{2}$ démontrée en discret à l'exercice 2 se démontre de la même façon en continu, en remplaçant la somme par l'intégrale.

b)

$f(x)=\frac{1}{0{,}1-0}=10\ \mathrm{m^{-1}}$ pour $0\le x\le 0{,}1$ , et $0$ ailleurs.

Ce n'est pas une contradiction : $10$ est une densité, une probabilité PAR MÈTRE. La seule contrainte porte sur l'aire, et $10\times 0{,}1=1$ . Une densité dépasse $1$ dès que le support est plus court que l'unité.

Piège : refuser ce modèle parce que « une probabilité ne dépasse pas $1$ ». Aucune probabilité ne vaut $10$ ici.

c)

Par a) avec $a=0$ , $b=0{,}1$ : $E(\varepsilon)=0{,}05$ m et $V(\varepsilon)=\frac{0{,}01}{12}$ , donc $\sigma(\varepsilon)=\frac{0{,}1}{\sqrt{12}}\approx 0{,}0289$ m.

Interprétation : l'appareil sous-estime la profondeur de $5$ cm en moyenne. Une troncature n'est pas un arrondi : ses erreurs sont toutes positives, elles ne se compensent jamais.

d)

$P(\varepsilon>0{,}08)=\int_{0{,}08}^{0{,}1}10\,dx=10\times 0{,}02=0{,}2$ : l'aire d'un rectangle, celle de la bande foncée de la figure du corrigé.

$P(\varepsilon=0{,}05)=0$ : variable continue, aucune valeur isolée ne porte de probabilité.

e)

Si $\varepsilon$ est uniforme sur $[0\,;0{,}1]$ , alors $\varepsilon-0{,}05$ prend ses valeurs dans $[-0{,}05\,;0{,}05]$ avec une densité toujours constante : $\varepsilon'$ est uniforme sur $[-0{,}05\,;0{,}05]$ , en pointillé orange sur la figure.

$E(\varepsilon')=E(\varepsilon)-0{,}05=0$ : le biais a disparu.

$\sigma(\varepsilon')=\sigma(\varepsilon)\approx 0{,}0289$ m, par $\sigma(X+b)=\sigma(X)$ .

f)

$P(|\varepsilon'|>0{,}04)=P(\varepsilon'<-0{,}04)+P(\varepsilon'>0{,}04)=10\times 0{,}01+10\times 0{,}01=0{,}2$ .

La dispersion n'a pas diminué : $V(\varepsilon-0{,}05)=V(\varepsilon)$ , la propriété $V(aX+b)=a^{2}V(X)$ avec $a=1$ (exercice 2). La correction recentre les erreurs autour de zéro ; seul un appareil plus fin, par exemple au centimètre, réduirait $\sigma$ .

Piège : confondre justesse et précision. Corriger le biais rend la mesure juste en moyenne ; la précision, mesurée par $\sigma$ , est restée la même.

Exercice 7 : Intégration par parties et intégrale impropre : la distance de dispersion des graines de bouleau jaune

10 réponses vérifiables

Un bouleau jaune isolé au milieu d'une coupe forestière disperse ses graines par le vent. On note $X$ la distance, en mètres, entre le tronc et le point où tombe une graine. Une équipe d'écologie forestière retient le modèle de densité

$f(x)=c\,x\,e^{-x/5}$ pour $x\ge 0$ , et $f(x)=0$ pour $x<0$ .

Le facteur $x$ traduit qu'il tombe peu de graines à l'aplomb du tronc, le vent les emportant ; l'exponentielle, que les très longues distances sont rares. On admet que $\lim_{A\to+\infty}A^{n}e^{-A/5}=0$ pour tout entier $n\ge 0$ . La figure représente $f$ avec la valeur de $c$ établie en a).

a) À l'aide d'une intégration par parties, montrez que $\int_{0}^{A}x\,e^{-x/5}\,dx=25-(5A+25)\,e^{-A/5}$ pour tout $A>0$ . Déduisez-en que $c=\frac{1}{25}$ .
b) Déterminez par dérivation la distance la plus probable, c'est-à-dire le mode de $X$ .
c) Déduisez de a) que $F(x)=1-\left(1+\frac{x}{5}\right)e^{-x/5}$ pour $x\ge 0$ . Calculez $P(X\le 5)$ et $P(X>20)$ .
d) Par une seconde intégration par parties, montrez que $\int_{0}^{+\infty}x^{2}e^{-x/5}\,dx=250$ . Déduisez-en l'espérance $E(X)$ .
e) On admet que $\int_{0}^{+\infty}x^{3}e^{-x/5}\,dx=3750$ . Calculez $V(X)$ et $\sigma(X)$ .
f) Calculez $F(8)$ et $F(9)$ , puis $F(8{,}3)$ et $F(8{,}4)$ . Donnez la médiane au dixième et rangez le mode, la médiane et l'espérance.

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a)

c

b)

Mode m

c)

P(X\le 5)

P(X>20)

d)

E(X)

m

e)

V(X)

m²

\sigma(X)

m

f)

F(8)

F(9)

Médiane m

Voir la correction

Réponses

a) $\int_{0}^{A}x\,e^{-x/5}\,dx=25-(5A+25)e^{-A/5}\to 25$ , donc $c=\frac{1}{25}$
b) $f'(x)=\frac{1}{25}\left(1-\frac{x}{5}\right)e^{-x/5}$ s'annule en $x=5$ : mode $5$ m
c) $P(X\le 5)=1-2e^{-1}\approx 0{,}2642$ ; $P(X>20)=5e^{-4}\approx 0{,}0916$
d) $\int_{0}^{+\infty}x^{2}e^{-x/5}\,dx=10\times 25=250$ ; $E(X)=10$ m
e) $E(X^{2})=150$ ; $V(X)=50$ m² ; $\sigma(X)\approx 7{,}07$ m
f) $F(8)\approx 0{,}4751$ ; $F(9)\approx 0{,}5372$ ; médiane $\approx 8{,}4$ m ; mode $5$ $<$ médiane $8{,}4$ $<$ $E(X)=10$

a)

On pose $u=x$ et $v'=e^{-x/5}$ , donc $u'=1$ et $v=-5e^{-x/5}$ :

\begin{aligned}\int_{0}^{A}x\,e^{-x/5}\,dx&=\left[-5x\,e^{-x/5}\right]_{0}^{A}+5\int_{0}^{A}e^{-x/5}\,dx\\&=-5A\,e^{-A/5}+25\left(1-e^{-A/5}\right)\\&=25-(5A+25)\,e^{-A/5}\end{aligned}

Quand $A\to+\infty$ , $A\,e^{-A/5}\to 0$ et $e^{-A/5}\to 0$ : l'intégrale impropre $\int_{0}^{+\infty}x\,e^{-x/5}\,dx$ converge et vaut $25$ .

$f\ge 0$ , et la condition $25c=1$ donne $c=\frac{1}{25}=0{,}04$ .

Piège : intégrer directement jusqu'à « l'infini » en remplaçant $A$ par $\infty$ . Une intégrale impropre est une LIMITE : on calcule sur $[0\,;A]$ , puis on fait tendre $A$ vers $+\infty$ en citant la limite admise.

b)

$f'(x)=\frac{1}{25}\left(e^{-x/5}-\frac{x}{5}e^{-x/5}\right)=\frac{1}{25}\left(1-\frac{x}{5}\right)e^{-x/5}$ .

L'exponentielle est strictement positive : $f'$ a le signe de $1-\frac{x}{5}$ , positive avant $5$ , négative après. Le maximum est en $x=5$ : la distance la plus probable est $5$ m.

$f(5)=\frac{5}{25}e^{-1}\approx 0{,}0736\ \mathrm{m^{-1}}$ , le sommet de la figure.

c)

Par a) avec $A=x$ : $F(x)=\frac{1}{25}\left(25-(5x+25)e^{-x/5}\right)=1-\left(1+\frac{x}{5}\right)e^{-x/5}$ .

$P(X\le 5)=F(5)=1-2e^{-1}\approx 0{,}2642$ : à peine plus d'une graine sur quatre tombe à moins de $5$ m.

$P(X>20)=1-F(20)=5e^{-4}\approx 0{,}0916$ : environ $9\,\%$ des graines vont au-delà de $20$ m, l'aire orange de la figure.

Contrôle : $F(0)=1-1=0$ et $F(x)\to 1$ quand $x\to+\infty$ , comme toute fonction de répartition.

d)

On pose $u=x^{2}$ , $v'=e^{-x/5}$ , donc $u'=2x$ , $v=-5e^{-x/5}$ :

$\int_{0}^{A}x^{2}e^{-x/5}\,dx=-5A^{2}e^{-A/5}+10\int_{0}^{A}x\,e^{-x/5}\,dx$ .

Quand $A\to+\infty$ , $A^{2}e^{-A/5}\to 0$ et la dernière intégrale tend vers $25$ : $\int_{0}^{+\infty}x^{2}e^{-x/5}\,dx=10\times 25=250$ .

$E(X)=\int_{0}^{+\infty}x\,f(x)\,dx=\frac{1}{25}\int_{0}^{+\infty}x^{2}e^{-x/5}\,dx=\frac{250}{25}=10$ m.

e)

$E(X^{2})=\frac{1}{25}\int_{0}^{+\infty}x^{3}e^{-x/5}\,dx=\frac{3750}{25}=150$ .

$V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}=150-100=50$ m² et $\sigma(X)=\sqrt{50}\approx 7{,}07$ m.

L'écart-type est du même ordre que la moyenne : la dispersion des graines est très étalée, ce que la longue queue de la figure laissait voir.

f)

$F(8)=1-2{,}6\,e^{-1{,}6}\approx 0{,}4751$ et $F(9)=1-2{,}8\,e^{-1{,}8}\approx 0{,}5372$ : la médiane est entre $8$ et $9$ m.

$F(8{,}3)=1-2{,}66\,e^{-1{,}66}\approx 0{,}4942$ et $F(8{,}4)=1-2{,}68\,e^{-1{,}68}\approx 0{,}5005$ : la médiane est entre $8{,}3$ et $8{,}4$ , très près de $8{,}4$ . Au dixième, $m\approx 8{,}4$ m (plus précisément $8{,}39$ m).

L'équation $F(m)=0{,}5$ n'a pas de solution algébrique : on l'encadre, comme ici, par le théorème des valeurs intermédiaires ( $F$ est continue et croissante).

On range : mode $5$ m $<$ médiane $\approx 8{,}4$ m $<$ espérance $10$ m. La queue à droite tire l'espérance au-delà de la médiane, comme pour les grêlons de l'exercice 4.

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

10 réponses vérifiables

Chacune des cinq affirmations suivantes a été relevée dans une copie. Chacune est FAUSSE. Dites pourquoi, donnez l'énoncé correct, et appuyez la correction sur un calcul tiré des exercices précédents.

a) « Pour les graines de l'exercice 5, $f(3)\approx 0{,}30$ : donc $30\,\%$ des graines germent exactement trois jours après le semis. »
b) « Une densité de probabilité ne peut jamais dépasser $1$ . »
c) « L'espérance d'une variable aléatoire est sa valeur la plus probable. »
d) « $V(-X)=-V(X)$ , et $V(2{,}5X+1)=2{,}5\,V(X)+1$ . »
e) « Pour toute variable aléatoire, $P(X<a)=P(X\le a)$ . »

Voir la correction

Réponses

a) $P(T=3)=0$ ; $f(3)$ est une densité : $P(2{,}95\le T\le 3{,}05)\approx 0{,}0296\approx f(3)\times 0{,}1$
b) Faux : la densité du sondeur vaut $10\ \mathrm{m^{-1}}$ ; seule l'aire totale vaut $1$
c) Faux : distances, mode $5$ m mais $E(X)=10$ m ; œufs, $E(X)=5{,}33$ n'est même pas une valeur possible
d) $V(aX+b)=a^{2}V(X)$ : $V(1500-X)=0{,}89$ et $V(2{,}5X+1)=5{,}5625$
e) Vrai seulement en continu ; œufs : $P(X<5)=0{,}20\ne P(X\le 5)=0{,}55$

a)

Faux. $f(3)$ est une DENSITÉ, en probabilité par jour, pas une probabilité. Pour une variable continue, $P(T=3)=0$ .

Ce qui a un sens, c'est la probabilité d'un intervalle : $P(2{,}95\le T\le 3{,}05)=F(3{,}05)-F(2{,}95)\approx 0{,}0296$ .

On retrouve à peu près $f(3)\times 0{,}1=0{,}0296$ : sur une petite largeur $h$ , $P(t\le T\le t+h)\approx f(t)\,h$ . Énoncé correct : « environ $3\,\%$ des graines germent dans le dixième de jour centré sur le troisième jour ».

b)

Faux. L'erreur du sondeur de l'exercice 6 a une densité égale à $10\ \mathrm{m^{-1}}$ sur $[0\,;0{,}1]$ , et c'est une vraie densité : positive, d'aire $10\times 0{,}1=1$ .

Énoncé correct : une densité est positive et d'intégrale totale égale à $1$ ; sa VALEUR n'a pas de plafond. Ce sont les probabilités, donc les aires, qui ne dépassent pas $1$ .

c)

Faux. La valeur la plus probable est le MODE. Pour les distances de dispersion de l'exercice 7, le mode vaut $5$ m et l'espérance $10$ m : le double.

Pour les œufs de l'exercice 1, $E(X)=5{,}33$ n'est pas un nombre d'œufs possible, sa probabilité est nulle.

Énoncé correct : l'espérance est la moyenne pondérée des valeurs, la valeur moyenne sur un grand nombre de répétitions ; elle coïncide avec le mode seulement dans des cas particuliers, par exemple une densité symétrique à un seul sommet.

d)

Faux deux fois. La propriété démontrée à l'exercice 2 est $V(aX+b)=a^{2}V(X)$ .

$V(-X)=(-1)^{2}V(X)=V(X)$ : pour les mutations, $V(1500-X)=0{,}89$ , et non $-0{,}89$ . Une variance est une moyenne de carrés : elle n'est jamais négative.

$V(2{,}5X+1)=6{,}25\times 0{,}89=5{,}5625$ , et non $2{,}5\times 0{,}89+1=3{,}225$ : la constante n'étale rien, le facteur agit au carré.

e)

Faux en général. Pour les œufs de l'exercice 1, $P(X<5)=0{,}20$ alors que $P(X\le 5)=0{,}55$ : la différence est le bâton $P(X=5)=0{,}35$ .

Énoncé correct : $P(X<a)=P(X\le a)$ pour une variable CONTINUE, car $P(X=a)=0$ (exercice 3, question e) ; pour une variable discrète, l'égalité tombe dès que $a$ est une valeur de $X$ .

Exercice 9 : Étude complète : le modèle de dispersion face au terrain, et la zone tampon à protéger

13 réponses vérifiables

L'été suivant, l'équipe de l'exercice 7 recense $400$ semis de bouleau jaune autour du même arbre isolé et mesure la distance de chacun au tronc. On admet que chaque semis provient d'une graine de cet arbre. Les effectifs par classe de distance sont donnés ci-dessous (données fictives).

On veut savoir si le modèle de densité $f(x)=\frac{x}{25}e^{-x/5}$ , de fonction de répartition $F(x)=1-\left(1+\frac{x}{5}\right)e^{-x/5}$ pour $x\ge 0$ , décrit ces données, puis fixer la largeur d'une zone tampon autour des arbres semenciers. La figure représente le modèle, découpé selon les classes du tableau.

Distance (m)	$[0\,;5[$	$[5\,;10[$	$[10\,;15[$	$[15\,;20[$	$[20\,;30[$	$30$ et plus
Effectif observé	$103$	$128$	$86$	$44$	$31$	$8$
Probabilité du modèle	$0{,}2642$	?	$0{,}2069$	$0{,}1076$	?	$0{,}0174$
Effectif attendu	$105{,}7$	?	$82{,}7$	$43{,}0$	?	$6{,}9$

a) À l'aide de $F$ , calculez les deux probabilités manquantes du modèle, $P(5\le X<10)$ et $P(20\le X<30)$ .
b) Calculez les deux effectifs attendus manquants sur $400$ semis, puis vérifiez que la ligne des effectifs attendus totalise $400$ , aux arrondis près.
c) Pour comparer les données à la densité, on trace l'histogramme des densités de fréquence : effectif divisé par $400$ et par la largeur de la classe. Calculez la hauteur des classes $[5\,;10[$ et $[20\,;30[$ , et expliquez pourquoi on divise par la largeur.
d) Déterminez le plus grand écart, en valeur absolue, entre un effectif observé et l'effectif attendu correspondant. Le modèle est-il compatible avec les données ?
e) Le plan d'aménagement veut une zone tampon de rayon $d$ autour de chaque arbre semencier, qui reçoive $95\,\%$ des graines selon le modèle. Calculez $F(23)$ et $F(24)$ , puis déterminez $d$ au dixième de mètre.
f) Au-delà du minimum du devis. Un autre modèle courant est la loi exponentielle de même moyenne $10$ m, pour laquelle $P(X>x)=e^{-x/10}$ . Calculez l'effectif attendu dans la classe $[0\,;5[$ et le rayon $d'$ qui reçoit $95\,\%$ des graines selon ce modèle.
g) Rédigez la conclusion de l'étude en trois phrases : le modèle retenu et pourquoi, la zone tampon recommandée, la limite de la démarche.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/13

a)

P(5\le X<10)

P(20\le X<30)

b)

Effectif attendu

[5\,;10[

Effectif attendu

[20\,;30[

c)

Hauteur

[5\,;10[

m⁻¹

Hauteur

[20\,;30[

m⁻¹

d)

Plus grand écart

Le modèle est-il compatible avec les données ?

e)

F(23)

F(24)

d

m

f)

Effectif attendu

[0\,;5[

d'

m

Voir la correction

Réponses

a) $P(5\le X<10)=2e^{-1}-3e^{-2}\approx 0{,}3298$ ; $P(20\le X<30)=5e^{-4}-7e^{-6}\approx 0{,}0742$
b) $131{,}9$ et $29{,}7$ ; total $399{,}9\approx 400$
c) $\frac{128}{400\times 5}=0{,}064$ et $\frac{31}{400\times 10}\approx 0{,}0078$ : l'AIRE d'un rectangle doit être la fréquence
d) $3{,}9$ semis, classe $[5\,;10[$ (moins de $3\,\%$ de l'attendu) : compatible
e) $F(23)\approx 0{,}9437$ ; $F(24)\approx 0{,}9523$ ; $d\approx 23{,}7$ m
f) $157{,}4$ semis attendus contre $103$ observés ; $d'=10\ln 20\approx 30{,}0$ m
g) Modèle $\frac{x}{25}e^{-x/5}$ retenu (écarts de quelques semis, l'exponentielle en prévoit $54$ de trop près du tronc) ; zone tampon d'environ $24$ m ; limite : un seul arbre, une saison, comparaison sans test formel

a)

$P(5\le X<10)=F(10)-F(5)=(1-3e^{-2})-(1-2e^{-1})=2e^{-1}-3e^{-2}\approx 0{,}3298$ .

$P(20\le X<30)=F(30)-F(20)=5e^{-4}-7e^{-6}\approx 0{,}0742$ .

Le signe $<$ ou $\le$ à une borne ne change rien : la variable du modèle est continue.

b)

$400\times 0{,}3298\approx 131{,}9$ et $400\times 0{,}0742\approx 29{,}7$ (calculés avec les probabilités non arrondies).

Total : $105{,}7+131{,}9+82{,}7+43{,}0+29{,}7+6{,}9=399{,}9$ , soit $400$ aux arrondis près. Les six probabilités totalisent bien $1$ , car les classes recouvrent $[0\,;+\infty[$ .

c)

$[5\,;10[$ : $\frac{128}{400\times 5}=0{,}064\ \mathrm{m^{-1}}$ . $[20\,;30[$ : $\frac{31}{400\times 10}=0{,}00775\approx 0{,}0078\ \mathrm{m^{-1}}$ .

On divise par la largeur pour que l'AIRE de chaque rectangle soit la fréquence de la classe, comme l'aire sous $f$ est une probabilité. Sans cette division, la classe $[20\,;30[$ , deux fois plus large, paraîtrait deux fois trop haute.

La figure du corrigé superpose l'histogramme et la densité : les deux se lisent dans la même unité, $\mathrm{m^{-1}}$ . La dernière classe, sans borne droite, ne se dessine pas : ses $8$ semis restent dans le tableau.

d)

Écarts : $|103-105{,}7|=2{,}7$ ; $|128-131{,}9|=3{,}9$ ; $|86-82{,}7|=3{,}3$ ; $|44-43{,}0|=1{,}0$ ; $|31-29{,}7|=1{,}3$ ; $|8-6{,}9|=1{,}1$ .

Le plus grand vaut $3{,}9$ semis, dans la classe $[5\,;10[$ , soit moins de $3\,\%$ de l'effectif attendu. Les écarts changent de signe d'une classe à l'autre, sans tendance : ce sont des fluctuations d'échantillonnage plausibles.

Le modèle est compatible avec les données. Le test d'indépendance et d'ajustement par le khi-carré, au chapitre régression et khi-carré, rendra ce jugement rigoureux ; ici on conclut sans test, en le disant.

e)

$F(23)=1-5{,}6\,e^{-4{,}6}\approx 0{,}9437$ et $F(24)=1-5{,}8\,e^{-4{,}8}\approx 0{,}9523$ : $d$ est entre $23$ et $24$ m.

En resserrant, $F(23{,}7)\approx 0{,}9498<0{,}95$ et $F(23{,}8)\approx 0{,}9507>0{,}95$ : $d\approx 23{,}7$ m.

Pour une zone de protection, on arrondit vers le HAUT : un rayon de $24$ m garantit au moins $95\,\%$ selon le modèle. Arrondir à $23$ m n'en couvrirait que $94{,}4\,\%$ .

f)

Exponentielle : $P(X<5)=1-e^{-0{,}5}\approx 0{,}3935$ , soit $400\times 0{,}3935\approx 157{,}4$ semis attendus près du tronc, contre $103$ observés : un écart de $54$ semis.

$e^{-d'/10}=0{,}05$ donne $d'=10\ln 20\approx 30{,}0$ m.

Les deux modèles ont la même moyenne, et pourtant ils diffèrent de $6$ m sur la zone tampon. L'exponentielle place son maximum à l'aplomb du tronc et sa queue est plus lourde ; les données démentent le premier point. Choisir le modèle, c'est le confronter aux données, pas seulement à la moyenne.

g)

Le modèle de densité $\frac{x}{25}e^{-x/5}$ décrit bien la dispersion observée : ses effectifs attendus s'écartent d'au plus $4$ semis des observations, alors que la loi exponentielle de même moyenne en prévoit $54$ de trop près du tronc.

Selon ce modèle, une zone tampon de $24$ m de rayon autour de chaque arbre semencier reçoit au moins $95\,\%$ des graines.

Cette conclusion repose sur un seul arbre, une seule saison et des semis plutôt que des graines ; elle demande d'être confirmée sur d'autres arbres et par un test d'ajustement.

Exercice 10 : Problème : observer une fois par jour transforme une durée continue en variable discrète

11 réponses vérifiables

On reprend le temps de germination $T$ , en jours, de l'exercice 5, de densité $f(t)=\frac{1}{108}(t-1)(7-t)^{2}$ sur $[1\,;7]$ , d'espérance $3{,}4$ jours et de variance $1{,}44$ .

Au laboratoire, le technicien n'observe pas les graines en continu : il les examine une fois par jour, à l'heure du semis. Une graine qui germe au temps $T$ est notée germée au premier examen qui suit, le jour $N$ , plus petit entier supérieur ou égal à $T$ . Ainsi, $T=2{,}4$ donne $N=3$ . La figure découpe la densité de $T$ jour par jour, et le tableau donne la fonction de répartition $F$ de $T$ aux jours entiers.

$t$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$
$F(t)$	$0$	$0{,}1319$	$0{,}4074$	$0{,}6875$	$0{,}8889$	$0{,}9838$	$1$

a) Expliquez pourquoi $N$ est une variable discrète, et donnez le nombre de ses valeurs possibles.
b) Justifiez que $P(N=k)=F(k)-F(k-1)$ . Calculez $P(N=3)$ et $P(N=4)$ .
c) Établissez la loi complète de $N$ , vérifiez que c'est une loi de probabilité, puis calculez $E(N)$ .
d) Calculez $V(N)$ et comparez-la à $V(T)$ .
e) Calculez l'écart $E(N)-E(T)$ . Expliquez cet écart en le rapprochant de l'exercice 6, puis donnez l'estimation de $E(T)$ que le technicien doit publier à partir de $E(N)$ .
f) Déterminez la médiane de $N$ . Le protocole quotidien permet-il de dire si la médiane de $T$ est inférieure à $3{,}5$ jours ?
g) Le laboratoire passe à un examen toutes les $12$ heures. Calculez $F(3{,}5)$ et concluez sur la médiane de $T$ . Rédigez une recommandation en deux phrases.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/11

a)

Nombre de valeurs possibles

b)

P(N=3)

P(N=4)

c)

E(N)

jours

d)

V(N)

e)

E(N)-E(T)

jour

Estimation de

E(T)

jours

f)

Médiane de

N

Le protocole quotidien tranche-t-il ?

g)

F(3{,}5)

La médiane de

T

est-elle inférieure à

3{,}5

jours ?

Voir la correction

Réponses

a) $N$ ne prend que des valeurs entières : $2$ , $3$ , $4$ , $5$ , $6$ , $7$ , soit $6$ valeurs
b) $\{N=k\}=\{k-1<T\le k\}$ ; $P(N=3)\approx 0{,}2755$ ; $P(N=4)\approx 0{,}2801$
c) $0{,}1319$ ; $0{,}2755$ ; $0{,}2801$ ; $0{,}2014$ ; $0{,}0949$ ; $0{,}0162$ , de somme $1$ ; $E(N)\approx 3{,}90$ jours
d) $V(N)\approx 1{,}52>V(T)=1{,}44$
e) Écart $\approx 0{,}50$ jour : le retard d'observation, comme la troncature du sondeur ; estimation $E(N)-0{,}5\approx 3{,}40$ jours
f) Médiane de $N$ : $4$ ; non, on sait seulement que la médiane de $T$ est dans $]3\,;4[$
g) $F(3{,}5)\approx 0{,}5534>0{,}5$ : médiane de $T$ inférieure à $3{,}5$ jours ; examiner toutes les $12$ h et corriger le biais d'une demi-période

a)

$N$ est un nombre ENTIER de jours : entre deux valeurs consécutives, il n'y en a aucune autre. C'est une variable discrète, construite à partir d'une variable continue.

$T$ est dans $]1\,;7]$ (une graine qui germerait exactement à $t=1$ a une probabilité nulle), donc $N\in\{2,3,4,5,6,7\}$ : six valeurs.

b)

Par définition de $N$ , $N=k$ exactement quand $k-1<T\le k$ . Donc $P(N=k)=P(k-1<T\le k)=F(k)-F(k-1)$ .

$P(N=3)=0{,}4074-0{,}1319=0{,}2755$ et $P(N=4)=0{,}6875-0{,}4074=0{,}2801$ .

Chaque bâton de $N$ est une AIRE de $T$ : celle de la bande d'un jour sur la figure. C'est le fil de la série, vu dans les deux sens à la fois.

c)

$P(N=2)=0{,}1319$ , $P(N=3)=0{,}2755$ , $P(N=4)=0{,}2801$ , $P(N=5)=0{,}2014$ , $P(N=6)=0{,}0949$ , $P(N=7)=0{,}0162$ .

Toutes sont positives et leur somme vaut $F(7)-F(1)=1$ : c'est une loi de probabilité.

$E(N)=2\times 0{,}1319+3\times 0{,}2755+4\times 0{,}2801+5\times 0{,}2014+6\times 0{,}0949+7\times 0{,}0162\approx 3{,}90$ jours.

d)

$E(N^{2})=4\times 0{,}1319+9\times 0{,}2755+16\times 0{,}2801+25\times 0{,}2014+36\times 0{,}0949+49\times 0{,}0162\approx 16{,}73$ .

$V(N)=E(N^{2})-E(N)^{2}\approx 16{,}734-15{,}214\approx 1{,}52$ , avec $E(N)$ non arrondie.

$V(N)$ dépasse un peu $V(T)=1{,}44$ : arrondir au jour entier ajoute sa propre dispersion, d'environ $\frac{1}{12}\approx 0{,}08$ jour², la variance d'une loi uniforme sur un intervalle de longueur $1$ (exercice 6).

e)

$E(N)-E(T)\approx 3{,}9005-3{,}4=0{,}50$ jour.

Le retard $R=N-T$ est compris entre $0$ et $1$ jour, et se répartit à peu près uniformément : en moyenne, une graine attend un demi-jour avant d'être vue. C'est le même biais que la troncature du sondeur de l'exercice 6, retourné : là, l'affichage arrondissait vers le bas ; ici, l'observation arrondit vers le haut.

L'estimation corrigée est $E(N)-0{,}5\approx 3{,}40$ jours, à $0{,}0005$ jour de la vraie valeur.

Piège : publier $3{,}9$ jours comme temps moyen de germination. Le nombre mesure le protocole autant que les graines.

f)

$P(N\le 3)=0{,}4074<0{,}5$ et $P(N\le 4)=0{,}6875\ge 0{,}5$ : la médiane de $N$ vaut $4$ .

Pour $T$ , on sait seulement que $F(3)<0{,}5<F(4)$ : sa médiane est dans $]3\,;4[$ . Le protocole quotidien ne permet pas de la situer par rapport à $3{,}5$ jours.

g)

Avec $u=2{,}5$ dans la formule de l'exercice 5 : $F(3{,}5)=\frac{112{,}5-62{,}5+9{,}765625}{108}\approx 0{,}5534>0{,}5$ .

Avec un examen à $t=3{,}5$ , l'équipe constate que plus de la moitié des graines a germé : la médiane de $T$ est inférieure à $3{,}5$ jours (elle vaut environ $3{,}31$ ).

Recommandation : examiner les graines toutes les $12$ heures, ce qui situe la médiane et divise par deux le biais d'observation. Publier ensuite le temps moyen corrigé d'une demi-période, et non la moyenne brute des jours notés.

Exercices corrigés : variables aléatoires discrètes et continues (201-SN1-RE)

Rappel de cours

Calculs : espérances, variances, densités et intégrales

Exercice 0.1 : Calculer une espérance, une variance, une constante et une intégrale : onze calculs directs

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : La loi d'une variable discrète : le nombre d'œufs par nid d'hirondelle bicolore

Exercice 2 : Démontrer les propriétés de l'espérance et de la variance : mutations d'un gène cloné

Exercice 3 : Densité, conditions et constante de normalisation : le diamètre des grêlons d'un orage

Exercice 4 : Fonction de répartition, médiane et quartile par intégrale : retour sur les grêlons

Exercice 5 : Espérance et variance par intégrale : le temps de germination d'une graine de prairie

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : La loi uniforme continue démontrée : le biais caché d'un échosondeur qui tronque

Exercice 7 : Intégration par parties et intégrale impropre : la distance de dispersion des graines de bouleau jaune

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : Étude complète : le modèle de dispersion face au terrain, et la zone tampon à protéger

Exercice 10 : Problème : observer une fois par jour transforme une durée continue en variable discrète

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