Devoir type n°2 (2 h) - Exercice 3

30 min
45
Exercice noté sur 44 points.
La loi de probabilité d'une variable aléatoire XX est donnée ci-dessous.
Pour tout réel xx, on pose f(x)=E((X−x)2)=0,1(0−x)2+0,4(2−x)2+0,3(3−x)2+0,2(6−x)2f\left(x\right)=E\left(\left(X-x\right)^{2}\right)=0{,}1\left(0-x\right)^{2}+0{,}4\left(2-x\right)^{2}+0{,}3\left(3-x\right)^{2}+0{,}2\left(6-x\right)^{2}.
Question 1

Calculer E(X)E\left(X\right), E(X2)E\left(X^{2}\right), puis V(X)V\left(X\right) à l'aide de la formule de König-Huygens. (1,5 points)

Correction
On appelle l'espérance mathématique de la variable XX, la quantité notée E(X)E\left(X\right) définie par :
  • E(X)=∑xi×pi=x1×p1+x2×p2+…+xn×pnE\left(X\right)=\sum x_{i}\times p_{i}=x_{1}\times p_{1}+x_{2}\times p_{2}+\ldots+x_{n}\times p_{n}
Remarque : l'espérance sert à prévoir la valeur moyenne obtenue pour la variable que l'on mesure si l'expérience est renouvelée un très grand nombre de fois.
Formule de König-Huygens :
  • V(X)=E(X2)−(E(X))2V\left(X\right)=E\left(X^{2}\right)-\left(E\left(X\right)\right)^{2} où E(X2)=∑xi2×pi=x12×p1+x22×p2+…+xn2×pnE\left(X^{2}\right)=\sum x_{i}^{2}\times p_{i}=x_{1}^{2}\times p_{1}+x_{2}^{2}\times p_{2}+\ldots+x_{n}^{2}\times p_{n}.
E(X)=0×0,1+2×0,4+3×0,3+6×0,2E\left(X\right)=0\times 0{,}1+2\times 0{,}4+3\times 0{,}3+6\times 0{,}2
E(X)=0+0,8+0,9+1,2E\left(X\right)=0+0{,}8+0{,}9+1{,}2
D'où :
E(X)=2,9E\left(X\right)=2{,}9

E(X2)=02×0,1+22×0,4+32×0,3+62×0,2E\left(X^{2}\right)=0^{2}\times 0{,}1+2^{2}\times 0{,}4+3^{2}\times 0{,}3+6^{2}\times 0{,}2
E(X2)=0+1,6+2,7+7,2E\left(X^{2}\right)=0+1{,}6+2{,}7+7{,}2
D'où :
E(X2)=11,5E\left(X^{2}\right)=11{,}5

V(X)=E(X2)−(E(X))2V\left(X\right)=E\left(X^{2}\right)-\left(E\left(X\right)\right)^{2}
V(X)=11,5−2,92V\left(X\right)=11{,}5-2{,}9^{2}
V(X)=11,5−8,41V\left(X\right)=11{,}5-8{,}41
D'où :
V(X)=3,09V\left(X\right)=3{,}09
Question 2

Montrer que, pour tout réel xx, f(x)=x2−5,8x+11,5f\left(x\right)=x^{2}-5{,}8x+11{,}5. (1,5 points)

Correction
On développe chaque carré :
f(x)=0,1x2+0,4(x2−4x+4)+0,3(x2−6x+9)+0,2(x2−12x+36)f\left(x\right)=0{,}1x^{2}+0{,}4\left(x^{2}-4x+4\right)+0{,}3\left(x^{2}-6x+9\right)+0{,}2\left(x^{2}-12x+36\right)
f(x)=(0,1+0,4+0,3+0,2)x2−(1,6+1,8+2,4)x+(1,6+2,7+7,2)f\left(x\right)=\left(0{,}1+0{,}4+0{,}3+0{,}2\right)x^{2}-\left(1{,}6+1{,}8+2{,}4\right)x+\left(1{,}6+2{,}7+7{,}2\right)
D'où :
f(x)=x2−5,8x+11,5f\left(x\right)=x^{2}-5{,}8x+11{,}5
Question 3

Déterminer le minimum de ff et la valeur de xx en laquelle il est atteint. Que remarque-t-on ? (1 point)

Correction
  • La forme canonique d'un trinôme du second degré est : f(x)=a(x−α)2+βf\left(x\right)=a\left(x-\alpha\right)^{2}+\beta où S(α;β)S\left(\alpha;\beta\right) correspond au sommet de la parabole, avec α=−b2a\alpha=\dfrac{-b}{2a} et β=f(α)\beta=f\left(\alpha\right).
  • Si a>0a\gt 0, la parabole est tournée vers le haut et β\beta est un minimum ; si a<0a\lt 0, elle est tournée vers le bas et β\beta est un maximum.
Ici a=1a=1, b=−5,8b=-5{,}8 et c=11,5c=11{,}5.
α=−b2a=5,82=2,9\alpha=\dfrac{-b}{2a}=\dfrac{5{,}8}{2}=2{,}9 et β=f(2,9)=2,92−5,8×2,9+11,5=8,41−16,82+11,5=3,09\beta=f\left(2{,}9\right)=2{,}9^{2}-5{,}8\times 2{,}9+11{,}5=8{,}41-16{,}82+11{,}5=3{,}09.
a=1>0a=1\gt 0, la parabole est tournée vers le haut et S(2,9;3,09)S\left(2{,}9;3{,}09\right) est le sommet de la parabole (plus précisément un minimum).
Ainsi :
ff admet un minimum égal à 3,093{,}09, atteint en x=2,9x=2{,}9

On remarque que le minimum est atteint en x=E(X)x=E\left(X\right) et qu'il est égal à V(X)V\left(X\right).

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