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c) L’événement « Y  60 » est réalisé, si et seulement si,
les événements E, « TB  60 »  et  « TC  60 » sont tous
trois réalisés.
P(Y  60) = P(E  (TB  60)  (TC  60))

= P(E) × P(TB  60) × P(TC  60)

= (2p – p2)p2 = 2p3 – p4.
– 60l
Or p = e  donc P(Y > 60) = 2e – 180l – e – 240l.
d) Avec l = 0,002, on obtient :
P(X > 60)  0,698  et  P(Y > 60)  0,777.
Ainsi, le montage 2 est préférable.

18 Narration de recherche
On note T la variable aléatoire qui indique le choix du
nombre t dans [–1 ; 1]. T suit la loi uniforme sur [–1 ; 1].
1
1 − t2
aire(ABM) = × 2 × yM =
;
2
1 + t2
donc, la variable aléatoire S est définie sur [–1 ; 1] par :
1 − T2
.
1 + T2
θ désigne un nombre de l’intervalle [0 ; 1].
1 − T2
Sθ⇔
 θ ⇔ θ(1 + T2)  1 – T2
1 + T2
1− θ

⇔(1 + θ)T2  1 – θ ⇔ T2 
.
1+ θ
Ainsi, l’événement « S  » signifie :
S=

0

1

3

C2

e–3

D

1 – e–3


D

0,99

D

e–6


D

1 – e–6

D’après la formule des probabilités totales, on a :
P(D) = P(C1 110476_C13_prof_fig08
 D) + P(C2  D)
P(D) = P(C1) × PC (D) + P(C2) × PC (D)
1

2

2
1
P(D) = e −3λ + e −6 λ .
3
3
2
1
99
D’où l’équation : e −3λ + e −6 λ =
.
3
3
100
Elle équivaut à : 100 e–6l + 200 e–3l – 99 = 0. On pose X = e–3l.
Cette équation s’écrit 100 X2 + 200 X – 297 = 0 et ses solu-

α = −1 −

397
397
et β = −1 +
.
10
10

Or X  0 ; donc seule la valeur b convient.
Ainsi, l’équation initiale équivaut à e–3l = b ; d’où :
1
λ = − ln(β) ≈ 0,002 5 .
3

1–


1+

–1

2

3

C1

tions dans  sont :

1− θ
1− θ
» ou « T  −
».
1+ θ
1+ θ

1–


1+

0

L’expérience qui consiste à prendre au hasard un composant
dans le sachet est représentée par l’arbre pondéré ci-après :

1

Il est la réunion de deux événements incompatibles ; donc :
110476_C13_prof_figB


1− θ 
1− θ 
+ PT
.
P(S  θ) = P  T −

1+ θ 
1 + θ 


Puisque T suit la loi uniforme sur [–1 ; 1], et que les intervalles représentés ont la même longueur :
1− θ
1−
1+ θ = 1− 1− θ
.
P(S  θ) = 2 ×
2
1+ θ
On résout alors dans [0 ; 1] l’équation d’inconnue θ :
1
P(S  θ) = .
2
Soit 1 −

1− θ 1
1− θ 1
= ⇔
= ⇔ 4(1 − θ) = 1 + θ .
1+ θ 2
1+ θ 2

Donc θ =

3
.
5

19 Narration de recherche
On note D l’événement « la durée de vie d’un composant
dépasse 3 ans ».
Si le composant est de type C1, sa durée de vie suit une loi
exponentielle de paramètre l ; donc :
3

PC1 (D) = 1 − ∫ λe − λx d x = e −3 λ .
0

Si le composant est de type C2, sa durée de vie suit une loi
exponentielle de paramètre 2l.

20 TD – La probable rencontre
1. a) La durée d’attente D est définie par :

{

X – Y si Clément arrive avant Léa (X  Y)
.
Y – X si Clément arrive avant Léa (X  Y)

Donc D = X − Y .
b) L’événement R signifie que la durée d’attente ne dépasse
1
D «= X − Y  ».
pas un quart d’heure donc :
4
2. a) et b)

c) Après plusieurs simulations, les fréquences observées de
l’événement R sont proches de 0,44. On peut donc estimer
que P(R) < 0,5.
1
1
1
3.Da)= X − Y 
⇔–
X–Y .
4
4
4
1
1
1
D= X−Y 
⇔–
 X – Y et X – Y 
4
4
4
1
1

⇔YX+
et Y – X  –
4
4
1
1
1
D= X−Y  ⇔X–
YX+
4
4
4

Enseignement spécifique ● Chapitre 13 ● Lois de probabilité à densité

5

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

«T −

3

Donc PC2 (D) = 1 − ∫ 2λe −2 λx d x = e −6 λ .