Exercices — Les lois à densité

1. Trois points à vérifier. $f$ est continue sur $[0\,;\,2]$ (fonction polynôme) ; $f$ est positive car $x^2 \geq 0$ ; et l’aire totale vaut $1$ : une primitive de $\dfrac{3}{8}x^2$ est $\dfrac{x^3}{8}$, donc

$\int_0^2 \frac{3}{8}x^2\,\mathrm{d}x = \left[\frac{x^3}{8}\right]_0^2 = \frac{8}{8} - 0 = 1 \ \checkmark$

$f$ est bien une densité de probabilité.

2. $P(0 \leq X \leq 1) = \displaystyle\int_0^1 \frac{3}{8}x^2\,\mathrm{d}x = \left[\frac{x^3}{8}\right]_0^1 = \frac{1}{8}$. Par événement contraire : $P(X > 1) = 1 - \dfrac{1}{8} = \dfrac{7}{8}$. Logique : la courbe monte, l’essentiel de l’aire se trouve entre $1$ et $2$.

3. $E(X) = \displaystyle\int_0^2 x\,f(x)\,\mathrm{d}x = \int_0^2 \frac{3}{8}x^3\,\mathrm{d}x = \left[\frac{3x^4}{32}\right]_0^2 = \frac{3 \times 16}{32} = \frac{3}{2}$. En moyenne, $X$ vaut $1{,}5$ — plus proche de $2$ que de $0$, cohérent avec une densité qui favorise les grandes valeurs.

Réflexe à retenir : densité = continue + positive + aire totale égale à 1. Et pour l’espérance, n’intègre pas $f(x)$ mais bien $x\,f(x)$ — l’oubli du facteur $x$ est l’erreur la plus fréquente du chapitre.

1. Densité constante $f(x) = \dfrac{1}{10 - 0} = \dfrac{1}{10}$ sur $[0\,;\,10]$, et fonction de répartition $F(x) = \dfrac{x - 0}{10 - 0} = \dfrac{x}{10}$ pour $x \in [0\,;\,10]$.

2. $P(X \leq 3) = F(3) = \dfrac{3}{10} = 0{,}3$. Puis :

$P(2 \leq X \leq 5) = F(5) - F(2) = \frac{5 - 2}{10} = 0{,}3$

Pour une loi uniforme, une probabilité est un simple rapport de longueurs : la part de l’intervalle $[0\,;\,10]$ occupée.

3. $E(X) = \dfrac{0 + 10}{2} = 5$ et $V(X) = \dfrac{(10 - 0)^2}{12} = \dfrac{100}{12} = \dfrac{25}{3} \approx 8{,}3$ (formule admise). En moyenne, sur un grand nombre de passages à l’arrêt, le voyageur attend 5 minutes — la moitié de l’intervalle entre deux bus.

Réflexe à retenir : pour une loi uniforme, probabilité = $\dfrac{\text{longueur favorable}}{\text{longueur totale}}$, espérance = milieu de l’intervalle, variance = $\dfrac{(b-a)^2}{12}$. Trois formules, zéro intégrale à recalculer.

1. $F(0) = \dfrac{0}{9} = 0$ et $F(3) = \dfrac{9}{9} = 1$. Prévisible : $F(x) = P(X \leq x)$ est l’aire accumulée sous la densité — nulle avant le début de l’intervalle, totale (donc égale à $1$) à son extrémité.

2. $P(X \leq 2) = F(2) = \dfrac{4}{9}$. Puis :

$P(1 \leq X \leq 2) = F(2) - F(1) = \frac{4}{9} - \frac{1}{9} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$

3. Une primitive de $f(x) = \dfrac{2x}{9}$ est $\dfrac{x^2}{9} = F(x)$ : cohérent, la fonction de répartition est l’intégrale de la densité depuis le bord gauche de l’intervalle ($F$ est une primitive de $f$ qui s’annule en $0$). Espérance :

$E(X) = \int_0^3 x \times \frac{2x}{9}\,\mathrm{d}x = \int_0^3 \frac{2x^2}{9}\,\mathrm{d}x = \left[\frac{2x^3}{27}\right]_0^3 = \frac{2 \times 27}{27} = 2$

Réflexe à retenir : la fonction de répartition transforme tous les calculs de probabilités en soustractions — $P(a \leq X \leq b) = F(b) - F(a)$ — sans refaire une seule intégrale. Et $F$ se reconnaît toujours à ses deux bornes : $0$ au départ, $1$ à l’arrivée.

1. $f$ est continue et positive sur $[0\,;\,+\infty[$ (une exponentielle est toujours strictement positive). Pour l’aire totale, une primitive de $0{,}1\,\mathrm{e}^{-0{,}1x}$ est $-\mathrm{e}^{-0{,}1x}$, donc :

$\int_0^t 0{,}1\,\mathrm{e}^{-0{,}1x}\,\mathrm{d}x = \left[-\mathrm{e}^{-0{,}1x}\right]_0^t = 1 - \mathrm{e}^{-0{,}1t} \xrightarrow[t \to +\infty]{} 1$

L’aire totale vaut $1$ : $f$ est bien une densité.

2. $E(X) = \dfrac{1}{\lambda} = \dfrac{1}{0{,}1} = 10$ : le composant fonctionne en moyenne 10 ans.

3. Avec $F(x) = 1 - \mathrm{e}^{-0{,}1x}$ :

$P(X \leq 5) = 1 - \mathrm{e}^{-0{,}5} \approx 0{,}39 \qquad \text{et} \qquad P(X > 10) = \mathrm{e}^{-1} \approx 0{,}37$

Environ quatre composants sur dix lâchent avant 5 ans ; un peu plus d’un sur trois dépasse les 10 ans.

4. On résout $1 - \mathrm{e}^{-0{,}1t} = 0{,}5$, soit $\mathrm{e}^{-0{,}1t} = 0{,}5$, donc $-0{,}1t = \ln 0{,}5$ et :

$t = \frac{\ln 2}{0{,}1} = 10 \ln 2 \approx 6{,}9 \text{ ans}$

C’est la médiane de la durée de vie : la moitié des composants tombent en panne avant $6{,}9$ ans. Elle est inférieure à la moyenne ($10$ ans) : quelques composants très endurants tirent la moyenne vers le haut.

Réflexe à retenir : pour l’exponentielle, tout se calcule avec $P(X \leq x) = 1 - \mathrm{e}^{-\lambda x}$ et $P(X > x) = \mathrm{e}^{-\lambda x}$ — et pour isoler un temps, passe au logarithme avec $\ln \mathrm{e}^u = u$.

1. Densité : $f(x) = 0{,}2\,\mathrm{e}^{-0{,}2x}$ sur $[0\,;\,+\infty[$. Fonction de répartition : $F(x) = 1 - \mathrm{e}^{-0{,}2x}$.

2. $E(X) = \dfrac{1}{0{,}2} = 5$ : en moyenne, on attend 5 minutes.

3. $P(X \leq 5) = 1 - \mathrm{e}^{-0{,}2 \times 5} = 1 - \mathrm{e}^{-1} \approx 0{,}632$, et

$P(X > 10) = \mathrm{e}^{-0{,}2 \times 10} = \mathrm{e}^{-2} \approx 0{,}135$

Presque deux clients sur trois sont servis en moins de 5 minutes ; l’attente dépasse 10 minutes environ une fois sur sept.

4. On cherche $P(X > 9 \mid X > 4)$. Par la propriété d’absence de mémoire de la loi exponentielle :

$P(X > 9 \mid X > 4) = P(X > 5) = \mathrm{e}^{-1} \approx 0{,}368$

Les 4 minutes déjà écoulées ne changent rien : tout se passe comme si l’attente recommençait.

5. C’est discutable : dans une vraie file, plus on attend, plus on se rapproche en général de son tour — l’attente déjà écoulée donne de l’information. Le modèle exponentiel convient mieux à des événements imprévisibles (l’arrivée d’un appel, une panne accidentelle) qu’à une file ordonnée : un modèle a toujours un domaine de validité.

Réflexe à retenir : « attend déjà depuis $t$ » suivi de « encore plus de $s$ » se traduit par $P(X > t + s \mid X > t) = P(X > s)$ — remets le compteur à zéro, puis calcule $\mathrm{e}^{-\lambda s}$. Et garde ton esprit critique sur le modèle : c’est aussi une compétence évaluée.