Correction loi de probabilité à densité Loi normale

Correctionexercices 18 avril 2015 Correction loi de probabilité à densité Loi normale Exercice 1 A la recherche de la densité 1) Ft)=PX t)= π t2 π 1 2= t2. 2) On note f la densité sur [0 ;1] de la loi de X a) Ft) = t 0 f x) dx b) La fonction carrée étant dérivable sur [0 ;1], F est dérivable et F t)=2t c) La fonction F est une primitive de f, donc f t)=f t)=2t. On obtient la représentation cicontre : 2 1 O C f 1 Loi uniforme Exercice 2 1) f la fonction de densité définie sur [8 ;12] vaut : f x)= 1 4 2) PX<9, 5)= 9.5 8 12 8 = 3 8 3) Pour que l usager rate le métro, la rame doit arriver en M 2 avant 8h10. La probabilité que l usager rate le métro : PX<10)=0, 5. L usager a donc une chance sur deux de rater le métro. Loi exponentielle Exercice 3 1) PX>10)=e 10λ = e 1 0, 3679 2) P X 10 X>12)=PX>2)=e 2λ = e 0,2 0, 8187 paul milan 1 Terminale S

Exercice 4 1) Réponse A : en effet PX 2500)=e 5 10 4 2500 = e 2500 2000 = e 5 4 2) Réponse B : en effet la durée de vie moyenne des robots : EX)= 1 λ = 2000 Exercice 5 Voir cours Exercice 6 1) P T 1000 T 2000)=PX 1000)=1 PX<1000)=1 0, 095=0, 905 2) On a : On calcule lambda : PT 1000)=0, 095 1 e 1000λ = 0, 095 e 1000λ = 0, 905 ln 0, 905 λ= 9, 982 10 5 1000 PT t 1/2 )=0, 5 1 e λ t 1/2 = 0, 5 e λ t 1/2 = 1 2 λ t 1/2 = ln 2 t 1/2 = ln 2 λ 6944 Exercice 7 1) idem exo 6 t 1/2 = ln 2 λ 2) On a :λ= ln 2 = ln 2 t 1/2 99 0, 007 On a donc : P100 X 200)=e 100λ e 200λ = e 0.7 e 1,4 0, 250 Exercice 8 1) Pour la carbone 14 : λ= ln 2 t 1/2 1, 245 10 4 a) PX<1000)=1 e 1000λ 0, 1171. b) PX< x)=0, 2 x= ln 0, 8 λ 2) Pour le cesium 137 : λ= ln 2 t 1/2 0, 0231 a) PX<1000)=1 e 1000λ 1, 0000. b) PX< x)=0, 2 x= ln 0, 8 λ 1792 ans 10 ans paul milan 2 Terminale S

Exercice 9 1) a) PT A 300)=e 300λ = e 300 4 10 4 = e 0,12 0, 887. b) P [T A 300) T B 300)]=PT A 300) PT B 300) = P 2 T A 300) 0, 787 2) P [T A 300) T B 300)]=PT A 300)+ PT B 300) P [T A 300) T B 300)] = 2PT A 300) P 2 T A 300) 0, 9872 Exercice 10 1) On a : PX n) 1 a 1 e kn 1 a e kn a kn ln a n ln a k 2) f x)=1 e k x k 0,1 0,01 0, 1 ln 2 a 0,05 0,1 0,2 Val algo 30 231 24 Val formule 29,95 230,45 23,21 L algorithme donne la valeur immédiatement au dessus de la condition alors qu il faudrait prendre la valeur immédiatement en dessous. Il faut changer la ligne de sortie et demander à l algorithme d afficher N 1. On trouve alors pour les trois cas respectivement : 29, 230 et 23. Exercice 11 1) a) P50 D 100)=e 50λ e 100λ = e 25 41 e 50 41 = 0, 248 b) PD 300)=e 300λ = e 150 41 = 0, 026 2) P D 300 D 325)=PD 25)=e 25λ = e 25 82 = 0, 737 3) d m = 1 = 82. La distance moyenne sans incident est donc de 82 km. λ 4) a) On tire au hasard un autocar parmi les 96. La probabilité que que cette autocar n est pas eu d incident après avoir parcouru d m km est : p=pd d m )=e 1 = 1 e On réitère cette expérience de façon identique et indépendante. X dm suit donc une loi binomiale B 96; 1 ) e b) EX)=np= 96 = 35, 31. Il y a donc 35 autocars, en moyenne, n ayant subit aucun e incident sur une distance d m. Exercice 12 1) a) On appelle C 1 «le client choisit la caisse lente λ=0, 05)» et C 2 «le client choisit la caisse rapide µ = 0, 1)» P C1 T t)=1 e λ t et P C2 T t)=1 e µ t paul milan 3 Terminale S

correction exercices b) On a : 0, 3 0, 7 C 1 C 2 1 e λ t e λ t T t T t 1 e µ t T t e µ t T t PT t)=pc 1 T t))+ PC 2 T t)) = 0, 31 e λ t + 0, 71 e µ t = 1 0, 3 e λ t 0, 7 e µ t 2) a) Temps d attente inférieur à 15 mn PT<15)=1 0, 3 e 15 0,05 0, 7 e 15 0,1 = 0, 702 b) Temps d attente supérieur à 10 mn PT>10)=1 PT 10)=1 1+0, 3 e 10 0,05 + 0, 7 e 10 0.1 = 0, 3 e 10 0,05 + 0, 7 e 10 0,1 = 0, 439 c) Temps d attente entre 5 et 20 mn P5<T<20)=1 0, 3 e 20 0,05 0, 7 e 20 0,1 ) 1 0, 3 e 5 0,05 0, 7 e 5 0,1 ) Exercice 13 = 0, 3 e 5 0,05 + 0, 7 e 0,1 0, 3 e 20 0,05 0, 7 e 20 0,1 = 0, 452 1) a) p=pt 1)=1 e λ = 1 e 1 3 = 0, 2835 b) PT>t)=e λ t = e 1 3 t 2) PA)=PT 1)=e 1 3 = 0, 7165 PB)=PT 3)=e 1 3 3 = e 1 = 0, 3679 P A B)=PT 2)=e 1 3 2 = 0, 5134. 3) a) Le taux est de 28,35 %. b) On doit avoir : PT t) 0, 08 1 e t 3 0, 08 e t 3 0, 92 t 3 ln 0, 92 t 0, 25 La garantie doit être au maximum de 3 mois. 4) a) X suit une loi binomiale B3; p) avec p=0, 2835 On obtient alors le tableau suivant : b) EX)=np=3p=0, 8505 X 0 1 2 3 PX= x i ) 1 p) 3 3p1 p) 2 3p 2 1 p) p 3 PX= x i ) 0,3678 0,4366 0,1728 0,0228 paul milan 4 Terminale S

Loi normale centrée réduite Exercice 14 Un variable aléatoire T suit la loi normale centrée réduite. 1) Calculer : a) PT<1, 8)=Φ1, 8)=0, 9641 b) PT< 1, 8)=1 Φ1, 8)=0, 0359 c) PT>2, 58)=1 Φ2, 58)=0, 0049 d) P 1, 21<T<1, 44)=Φ1, 44) Φ 1, 21)=Φ1, 44)+Φ1, 21) 1=0, 8120 2) Calculer le nombre réel u tel que : a) PT<u)=0, 14 u=φ 1 0, 14)= 1, 0803 Table deφ, PT< u)=1 0, 14=0, 86 u=φ 1 0, 86)=1, 08 b) PT>u)=0, 25 PT<u)=1 0, 25=0, 75 u=φ 1 0, 75)=0, 6745 c) P0<T<u)=0, 4 Φu) Φ0)=0, 4 u=φ 1 0, 9)=1, 2816 Exercice 15 Un variable aléatoire T suit la loi normale centrée réduite. a) 1 α=0, 915 α=0, 085 1 α 2 = 0, 9575 d où u=φ 1 0, 9575)=1, 722 b) 1 α=0, 732 α=0, 268 1 α 2 = 0, 866 d où u=φ 1 0, 866)=1, 108 Exercice 16 Lors d un concours, la moyenne des notes est 8. 1) PT T adm )=0, 6 PT<T adm )=0, 4 T adm =Φ 1 0, 4)= 0, 25 La note d admission est donc de : t adm = 0, 25+8=7, 75 2) P u<t<u)=0, 8 1 α 2 = 0, 9 u=φ 1 0, 9)=1.28 80 % des notes sont dans l intervalle : [8 1, 28; 8+1, 28]=[6, 72; 9, 28] Exercice 17 1) L espérance de la loi normale centrée réduite étant de 0, 0 correspond à la température moyenne du mois de janvier. 2) On sait que : P 1, 96<T<1, 96)=0, 95 donc dans plus de 95 % des relevés, la température est comprise entre 2 C et 2 C. 3) On sait que : P 2, 58<T<2, 58)=0, 99 donc les températures du mois de janvier sont comprises entre 2, 58 C et 2,58 C dans 99 % des cas. 0, 05 4) On sait que : P 1, 96<T<1, 96)=0, 95 donc PT>2)= = 0, 025 2 Avec la calculatrice, on trouve : 1 Φ2)=0, 0227 Exercice 18 Étude de la fonctionϕ paul milan 5 Terminale S

correction exercices 1) a) On a pour tout réel : ϕx)= 1 2π e x2 2. On a alors : ϕ x)= xϕx) et ϕ x)= ϕx)+ x 2 ϕx)=x 2 1)ϕx) b) Comme x R, ϕx)>0 alors le signe deϕ est du signe de x etϕ est du signe de x 2 1). On a alors les variations suivantes : x ϕ x) + 0 + 0 x ϕ x) + 1 1 + 0 0 + ϕx) 0 ϕ0) 0 ϕ x) 0 ϕ1) ϕ1) 0 ϕ0) 0, 40 et ϕ 1)= 1)ϕ 1)=ϕ1) 0, 24 2) a) On a les équations des tangentes suivantes T i : y=ϕ 1)x+1)+ϕ 1) y=ϕ1) x+2ϕ1) T j : y=ϕ 1)x 1)+ϕ1) y= ϕ1) x+2ϕ1) On peut remarquer que ces deux tangentes se coupent sur l axe des ordonnées en 2ϕ1) 0, 48 b) Les tangentes T i et T j ont la propriété d être de chaque côté de la courbe C ϕ. Aux points I et J la courbe change de concavité. 3) On a la courbe C ϕ et les tangentes T i et T j suivantes : 0.5 T i 0.4 T j I 0.3 0.2 J 0.1 C ϕ 3.0 2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 O 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 paul milan 6 Terminale S

Loi normale générale Exercice 19 Pour Pa X b) on tape : normalfrépa,b,µ,σ). N 4, 7), le 7 représenteσ 2 donc σ= 7. 1) P 11 X 3)=0.9918 2) P 5<X<0)=0, 5820 3) PX 5 ou X 0)=1 P 5<X<0)=0, 4180 Exercice 20 1) On a :σ 2 = 0, 16 donc σ = 0, 4. On change de variable pour revenir à la loi normale centrée réduite. On pose : Z= X µ a) P Z< 3, 2 µ 0, 4 0, 4 ) = 0, 05 3, 2 µ 0, 4 =Φ 1 0, 05) On trouve alors : µ= 0, 4Φ 1 0, 05) 3, 2= 2, 54 ) ) 5, 6 µ 5, 6 µ b) P Z> = 0, 05 Z< = 0, 95 0, 4 0, 4 On trouve alors : µ= 0, 4Φ 1 0, 95)+5, 6=4, 94 2) On pose : Z= X 120 σ ) a) P Z< 100 120 σ On trouve alors : σ= 5, 6 µ σ =Φ 1 0, 95) = 0, 05 P Z< 20 ) = 0, 05 20 σ σ =Φ 1 0, 05) 20 Φ 1 0, 05) b) P Z> 140 120 ) = 0, 05 P σ On trouve alors : σ= Exercice 21 20 Φ 1 0, 95) = 12, 16 Z< 20 ) = 0, 95 20 σ σ =Φ 1 0, 95) = 12, 16 1) En revenant à la loi normale centrée réduite. On pose : Z= L 12 0, 2 0, 5 PD)=PL<11, 5 ou L>12, 5)=1 P11, 5 L 12, 5)=1 P 0, 2 Il y a donc 1,24 % clous défectueux. 2) P D L<11, 5)= PL<11, 5) PD) = P = 1 P 2, 5 Z 2, 5)=0, 0124 Z< 0, 5 ) 0, 2 PD) = PZ< 2, 5) PD) = 0, 0062 0, 0124 = 0, 5 ) 0, 5 Z 0, 2 paul milan 7 Terminale S

Exercice 22 On pose T la durée de vie d une ampoule électrique et Z= T 2200. 200 a) PT<2000)=PZ< 1)=Φ 1)=1 Φ1)=0, 1587 b) PT>2400)=PZ> 1)=1 Φ1)=0, 1587 c) P2000 T 2400)=P 1 Z 1)=2Φ1) 1=0, 6826 Exercice 23 On pose Z= X 52 12 1) PX>76)=P Z> 76 52 ) 12 2) PX>X min )=0, 05 P = PZ> 2)=1 Φ2)=0, 0228 Z< X ) min 52 = 0, 95 12 X min 52 On a alors : =Φ 1 0, 95) X min = 12Φ 1 0, 95)+52=71, 73 12 Le minimum du stock doit donc être de 72 packs. Approximation normale d une loi binomiale Exercice 24 Le nombre de gauchers X suit la loi binomiale B900; 0, 16). On a alors : n = 900, np=144 et n1 p)=756 On a bien n 30, np 5 et n1 p) 5. On peut donc faire l approximation normale, avec µ=np=144 etσ= npq= 120, 96 11 Normalement, il faut tenir compte de la correction du continu. a) PX 140)=P N X 140.5)=normalFRép 1E99, 140.5, 144, 11) 0, 375 b) PX 150)=P N X 149, 5)=normalFRép149.5, 1E99, 144, 11) 0, 309 Exercice 25 Les 36 questions du questionnaire peut être assimilés à 36 tirages avec remise dont la probabilité de succès pour chaque tirage est p= 1. Si on appelle X le nombre de réponses 3 exactes, X suit une loi binomiale B 36; 1 ). 3 Vérifions les hypothèses de l approximation normale : n = 36 30, np = 12 5 n1 p)=24 5. L écart type est alors σ= npq= 8=2 2 On a alors la probabilité de répondre à au moins 5 questions, en tenant compte de la correction du continu : PX 5)=P N X 4, 5)=normalFRép4.5, 1E99, 12, 2 2) 0, 996 Exercice 26 paul milan 8 Terminale S

On réalise 1225 tirages de patients. On assimile ces tirages à des tirages avec remise. En appelant X le nombre de patients victime d une réaction allergique, X suit une loi binomiale B1225; 0, 02). Vérifions les hypothèses de l approximation normale : n=1225 30, np=24, 5 5 n1 p)=1200, 5 5. L écart type est alors σ= npq= 24, 01=4, 9 On a alors la probabilité qu il y ait au moins 30 patients victime d une réaction allergique, en tenant compte de la correction du continu : PX 30)=P N X 29, 5)=normalFRép29.5, 1E99, 24.5, 4.9) 0, 154 Exercice 27 1 On effectue n réservations de façon identiques et indépendantes, X, étant le nombre de personnes se présentant à l embarquement, suit alors une loi binomiale Bn; 0, 9) 2 Vérifions les hypothèses de l approximation normale : n 300 30, np 270 5, n1 p) 30 5. L écart type est alors σ= 0, 09 n=0, 3 n. La loi binomiale peut est approchée par la loi normale : N 0, 9n, 0, 09n). 3 Si n=324, alors X suit la loi normale N 291, 6; 5, 4 2 ). À l aide de la correction du continu, PX>300)=P N X 300, 5)=normalFRép300.5, 1E99, 291.6, 5.4) 0, 0497 4 On veut que : PX>300) 0, 01 P N X>300, 5) 0, 01 On peut proposer une résolution graphique ou par un tableau de valeurs. On rentre alors la fonction : la variable X dans la fonction Y 1 correspond à n. Y 1 = normalfrép300.5, 1E99, 0.9X, 0.3 X) et y 2 = 0.01 Puis la fenêtre : X [300; 330] et Y [0; 0.05]. On obtient alors le graphique et le tableau de valeur suivant : On trouve alors n 320 Exercice 28 Pondichéry avril 2013 Voir le site de l apmep : Pondichéry avril 2013 exercice 4 http://www.apmep.asso.fr/img/pdf/pondiche_ry_corrigechampagne.pdf paul milan 9 Terminale S

Exercice 29 Amérique du Nord mai 2013 1) P390 X 410)=PX 410) PX< 390)=0, 818 0, 182=0, 636. 2) Un pain choisi au hasard dans la production est commercialisable si et seulement si «X 385». «X 385» est l événement contraire de «X< 385». On a donc p=px 385)=1 PX< 385)=1 0, 086=0, 914. 3) Soit Y la variable aléatoire de paramètresµ=400 etσ, on a : PY 385)=0, 96 1 PY< 385)=0, 96 py< 385)=0, 04 X 400 Si Y suit une loi normale de paramètresµ=400 etσ, on sait que Z= suit une σ loi normale centrée réduite et PY < 385) = 0, 04 P Z 385 400 ) = 0, 04. σ Or PZ 1, 751) 0, 040.On a donc : 15 15 = 1, 751 σ= = 8, 6. σ 1, 751 Pourσ=8, 6, au dixième près ; la probabilité qu un pain soit commercialisable est de 96 % Partie B Le boulanger utilise une balance électronique. Le temps de fonctionnement sans dérèglement, en jours, de cette balance électronique est une variable aléatoire T qui suit une loi exponentielle de paramètreλ. 1) On sait que la probabilité que la balance électronique ne se dérègle pas avant 30 jours est de pt 30)=0, 913. On a par ailleurs : PT 30)=e 30λ. On en déduit : e 30λ ln 0, 913 = 0, 913 30λ=ln0, 913) λ= 0, 003. 30 2) P T 60 T 90)=PT 30)=e 30λ = 0, 913. Car la loi exponentielle est une loi sans mémoire. La probabilité que la balance électronique fonctionne encore sans dérèglement après 90 jours, sachant qu elle a fonctionné sans dérèglement 60 jours est 0,913 3) Calculons la durée maximale t max pour laquelle la probabilité que la balance dérègle est inférieure à 0,5. PT t max ) 0, 5 1 e λt max 0, 5 1 e λt max 0, 5 e λt max 0, 5 λt max ln 0.5 Avecλ=0, 003, on trouve t max = 231. Le vendeur avait donc tort. Exercice 30 Liban mai 2013 Voir le site de l apmep : Liban mai 2013 exercice 2 http://www.apmep.fr/img/pdf/correction_bac_s_spe_liban_mai_2013.pdf paul milan 10 Terminale S

Exercice 31 Amérique du Nord mai 2014 Voir le site de l apmep : Amérique du Nord mai 2014 exercice 1 partie A http://www.apmep.fr/img/pdf/amerique_du_nord_s_30_mai_2014_corr_ifaure_fh.pdf Exercice 32 Métropole septembre 2014 Voir le site de l apmep : Métropole septembre 2014 exercice 2 http://www.apmep.fr/img/pdf/corrige_metropole_s_11_sept_2014_.pdf Exercice 33 Amérique du Sud novembre 2014 Voir le site de l apmep : Amérique du Sud novembre 2014 exercice 1 Partie A http://www.apmep.fr/img/pdf/corrige_amerique_sud_s_nov_2014_.pdf Exercice 34 N lle Calédonie novembre 2014 Voir le site de l apmep : N lle Calédonie novembre 2014 exercice 1 Parties A et B http://www.apmep.fr/img/pdf/corrige_nlle_caledo_s_17_nov_2014.pdf paul milan 11 Terminale S