Les lois continues

Exercice 3 - Exercice 1

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Dans cet exercice, toutes les probabilités demandées seront arrondies à 10410^{-4} près.
On étudie un modèle de climatiseur d'automobile composé d'un module mécanique et d'un module électronique.
Si un module subit une panne, il est changé.
Question 1
Partie A : Etude des pannes du module mécanique.
Une enseigne d'entretien automobile a constaté, au moyen d'une étude statistique, que la durée de fonctionnement (en mois) du module mécanique peut être modélisée par une variable aléatoire DD qui suit une loi normale d'espérance μ=50\mu =50 et d'écart-type θ\theta .

Déterminer l'arrondi à 10410^{-4} de θ\theta sachant que le service statistique indique que P(D48)=0,7977P(D\ge 48)=0,7977.

Correction
Le service statistique indique que P(D48)=0,7977P\left(D\ge 48\right)=0,7977
Or P(D48)=1P(D48)P\left(D\ge 48\right)=1-P\left(D\le 48\right)
Ainsi P(D48)=10,7977=0,2023P(D\le 48)=1-0,7977=0,2023
D'après le cours, si DD suit la loi normale de paramètres μ\mu et θ\theta , alors la variable aléatoire Z=DμθZ=\frac{D-\mu }{\theta } suit la loi normale centrée réduite N(0,1)N\left(0,1\right)
P(D48)=0,2023.P\left(D\le 48\right)=0,2023. s'écrit alors P(D50θ4850θ)=0,2023P\left(\frac{D-50}{\theta } \le \frac{48-50}{\theta } \right)=0,2023
Autrement dit P(Z2θ)=0,2023P\left(Z\le \frac{-2}{\theta } \right)=0,2023.
Pour le calcul de P(Z2θ)=0,2023P\left(Z\le \frac{-2}{\theta } \right)=0,2023
Avec une Texas , on tape pour P(Z2θ)=0,2023P\left(Z\le \frac{-2}{\theta } \right)=0,2023
InvNorm(valeur donné,espérance , écart type ) c'est-à-dire ici InvNorm( 0.20230.2023 , 00, 11 ) puis taper sur enter et vous obtiendrez
2θ=0,8334-\frac{2}{\theta } =-0,8334

On obtient donc une équation, on trouve alors θ2,3997\theta \approx 2,3997
Avec une Casio Graph 35+, on tape pour P(Z2θ)=0,2023P\left(Z\le \frac{-2}{\theta } \right)=0,2023

Normal inverse
Data : Variable
Tail : Left car c'est \le
Area : 0,20230,2023
σ\sigma : 11 Ecart type
μ\mu : 00 Espérance

puis taper sur EXE et vous obtiendrez
2θ=0,8334-\frac{2}{\theta } =-0,8334

On obtient donc une équation, on trouve alors θ2,3997\theta \approx 2,3997.
Question 2
Pour la suite de cet exercice, on prendra θ=2,4\theta =2,4.

Déterminer la probabilité que la durée de fonctionnement du module mécanique soit comprise entre 4545 et 5252 mois.

Correction
La probabilité que la durée de fonctionnement du module mécanique soit comprise entre 4545 et 5252 mois, est P(45D52)P\left(45\le D\le 52\right).
On trouve à la calculatrice 0,77910,7791 comme valeur arrondie à 10410^{-4} de la probabilité cherchée.
Question 3

Déterminer la probabilité que le module mécanique d'un climatiseur ayant fonctionné depuis 4848 mois fonctionne encore au moins 66 mois.

Correction
La probabilité que le module mécanique d'un climatiseur ayant fonctionné depuis 48 mois fonctionne encore au moins 6 mois est P(D48)(D48+6)P_{\left(D\ge 48\right)} \left(D\ge 48+6\right) :
P(D48)(D54)=P((D54)(D48))P(D48)P_{\left(D\ge 48\right)} \left(D\ge 54\right)=\frac{P\left(\left(D\ge 54\right)\cap \left(D\ge 48\right)\right)}{P(D\ge 48)}
P((D54)(D48))=P(D54)0,04779P\left(\left(D\ge 54\right)\cap \left(D\ge 48\right)\right)=P(D\ge 54)\approx 0,04779 et P(D48)0,79767P\left(D\ge 48\right)\approx 0,79767.
P(D48)(D54)0,047790,797670,0599P_{\left(D\ge 48\right)} \left(D\ge 54\right)\approx \frac{0,04779}{0,79767} \approx 0,0599

La valeur approchée à 10410^{-4} de la probabilité que le module mécanique d'un climatiseur ayant fonctionné depuis 4848 mois fonctionne encore au moins 66 mois est 0,05990,0599.
Question 4
Partie B : Etude des pannes d'origine électronique.
Sur le même modèle de climatiseur, l'enseigne d'entretien automobile a constaté que la durée de fonctionnement (en mois) du module électronique peut être modélisée par une variable aléatoire TT qui suit une loi exponentielle de paramètre λ\lambda .

Déterminer la valeur exacte de λ\lambda , sachant que le service statistique indique que P(0T24)=0,03P\left(0\le T\le 24\right)=0,03.

Correction
Pour tous réels aa et bb strictement positifs P(aTb)=abλeλtdt=[eλt]ab=eλaeλbP\left(a\le T\le b\right)=\int _{a}^{b}\lambda e^{-\lambda t} dt=\left[-e^{-\lambda t} \right]_{a}^{b} =e^{-\lambda a} -e^{-\lambda b}
Le service statistique indique que P(0T24)=0,03P\left(0\le T\le 24\right)=0,03 donc λ\lambda vérifie l'égalité 024λeλtdt=0,03\int _{0}^{24}\lambda e^{-\lambda t} dt =0,03 ou encore 1e24λ=0,031-e^{24\lambda } =0,03
On résout cette équation d'inconnue λ\lambda .
1e24λ=0,031-e^{24\lambda } =0,03 équivaut successivement à
e24λ=0,97e^{-24\lambda } =0,97
ln(e24λ)=ln(0,97)\ln \left(e^{-24\lambda } \right)=\ln \left(0,97\right)
24λ=ln(0,97)-24\lambda =\ln \left(0,97\right)
λ=ln(0,97)24\lambda =\frac{\ln (0,97)}{-24}
La valeur de λ\lambda telle que P(0T24)=0,03P\left(0\le T\le 24\right)=0,03 est
λ=ln(0,97)240,001269\lambda =\frac{\ln (0,97)}{-24} \approx 0,001269
Question 5
Pour la suite de cet exercice, on prendra λ=0,00127\lambda =0,00127.

Déterminer la probabilité que la durée de fonctionnement du module électronique soit comprise entre 2424 et 4848 mois.

Correction
P(24T48)=e24λe48λ0,0291P\left(24\le T\le 48\right)=e^{-24\lambda } -e^{-48\lambda } \approx 0,0291

La valeur approchée à 10410^{-4} de la probabilité que la durée de fonctionnement du module électronique soit comprise entre 2424 et 4848 mois est 0,02910,0291.
Question 6

Démontrer que, pour tous réels tt et hh positifs, on a : PTt(Tt+h)=P(Th)P_{T\ge t} \left(T\ge t+h\right)=P(T\ge h), c'est-à-dire que la variable aléatoire TT est sans vieillissement.

Correction
La fonction de densité de probabilité de la loi exponentielle sur [0;+[\left[0;+\infty \right[ est f(x)=λeλxf\left(x\right)=\lambda e^{-\lambda x} λ\lambda est un réel positif.
  • P(aXb)=abλeλxdx=[eλx]ab=eλaeλbP\left(a\le X\le b\right)=\int _{a}^{b}\lambda e^{-\lambda x} dx=\left[-e^{-\lambda x} \right] _{a}^{b} =e^{-\lambda a} -e^{-\lambda b}
  • P(Xa)=P(0Xa)=0aλeλxdx=[eλx]0a=1eλaP\left(X\le a\right)=P\left(0\le X\le a\right)=\int _{0}^{a}\lambda e^{-\lambda x} dx=\left[-e^{-\lambda x} \right] _{0}^{a} =1-e^{-\lambda a}
  • P(Xa)=1P(Xa)=1(1eλa)=eλaP\left(X\ge a\right)=1-P\left(X\le a\right)=1-\left(1-e^{-\lambda a} \right)=e^{-\lambda a}

On a :
PTt(Tt+h)=P((Tt+h)(Tt))P(Tt)P_{T\ge t} \left(T\ge t+h\right)=\frac{P\left(\left(T\ge t+h\right)\cap \left(T\ge t\right)\right)}{P\left(T\ge t\right)} équivaut successivement à
PTt(Tt+h)=P(Tt+h)P(Tt)P_{T\ge t} \left(T\ge t+h\right)=\frac{P\left(T\ge t+h\right)}{P\left(T\ge t\right)}
PTt(Tt+h)=e(t+h)λetλP_{T\ge t} \left(T\ge t+h\right)=\frac{e^{-\left(t+h\right)\lambda } }{e^{-t\lambda } }
PTt(Tt+h)=ehλP_{T\ge t} \left(T\ge t+h\right)=e^{-h\lambda }
PTt(Tt+h)=P(Th)P_{T\ge t} \left(T\ge t+h\right)=P\left(T\ge h\right)

Donc la variable aléatoire TT est sans vieillissement.
Question 7

Le module électronique du climatiseur fonctionne depuis 3636 mois.
Déterminer la probabilité qu'il fonctionne encore les 1212 mois suivants.

Correction
Le module électronique du climatiseur fonctionne depuis 3636 mois.
La probabilité qu'il fonctionne encore les 1212 mois suivants est PT36(T36+12)P_{T\ge 36} \left(T\ge 36+12\right) qui est égal à P(T12)P\left(T\ge 12\right) d'après la question précédente.
Or
P(T12)=e12λ0,9849P\left(T\ge 12\right)=e^{-12\lambda } \approx 0,9849

La valeur approchée à 10410^{-4} de la probabilité que le module électronique fonctionne encore 1212 mois, sachant qu'il a déjà fonctionné 3636 mois, est égale à 0,98490,9849.
Question 8
Partie C : Pannes d'origine mécanique et électronique.
On admet que les évènements (D48)\left(D\ge 48\right) et (T48)\left(T\ge 48\right) sont indépendants.

Déterminer la probabilité que le climatiseur ne subisse aucune panne avant 4848 mois.

Correction
Si AA et BB sont deux évènements indépendants alors P(AB)=P(A)×P(B)P\left(A\cap B\right)=P\left(A\right)\times P\left(B\right)
On admet que les évènements (D48)(D\ge 48) et (T48)(T\ge 48) sont indépendants donc
P((D48)(T48))=P(D48)×P(T48).P\left(\left(D\ge 48\right)\cap \left(T\ge 48\right)\right)=P\left(D\ge 48\right)\times P\left(T\ge 48\right).
La probabilité que le climatiseur ne subisse aucune panne avant 4848 mois est
P((D48)(T48))=P(D48)×P(T48)=0,7977×e48λ0,7505P\left(\left(D\ge 48\right)\cap \left(T\ge 48\right)\right)=P\left(D\ge 48\right)\times P\left(T\ge 48\right)=0,7977\times e^{-48\lambda } \approx 0,7505λ=0,00127\lambda =0,00127
Donc, il y a 75,05%75,05\% de chances pour que le climatiseur ne subisse aucune panne avant 4848 mois.
Question 9
Partie D : Cas particulier d'un garage de l'enseigne.
Un garage de l'enseigne a étudié les fiches d'entretien de 300300 climatiseurs de plus de 44 ans.
Il constate que 246246 d'entre eux ont leur module mécanique en état de fonctionnement depuis 44 ans.

Ce bilan doit-il remettre en cause le résultat donné par le service statistique de l'enseigne, à savoir que P(D48)=0,7977P(D\ge 48)=0,7977 ?
Justifier la réponse.

Correction
P(D48)=0,7977P(D\ge 48)=0,7977 donc p=0,7977p=0,7977
  • n=30030n=300\ge 30
  • np=239,315np={\text 239,31}\ge {\text 5}
  • n(1p)=60,695n\left(1-p\right)=60,69\ge 5

Donc on peut déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95%95\% :
I=[p1,96p(1p)np+1,96p(1p)n]I=\left[p-1,96\frac{\sqrt{p\left(1-p\right)} }{\sqrt{n} } p+1,96\frac{\sqrt{p\left(1-p\right)} }{\sqrt{n} } \right]
I=[0,79771,960,7977(10,7977)3000,7977+1,960,7977(10,7977)300]I=\left[0,7977-1,96\frac{\sqrt{0,7977\left(1-0,7977\right)} }{\sqrt{300} }0,7977+1,96\frac{\sqrt{0,7977\left(1-0,7977\right)} }{\sqrt{300} } \right]
I=[0,7522;0,8432]I=\left[0,7522;0,8432\right]
0,79771,960,7977(10,7977)3000,75220,7977-1,96\frac{\sqrt{0,7977\left(1-0,7977\right)} }{\sqrt{300} } \approx 0,7522.
Pour la borne inférieure, on donne une valeur approchée par défaut.
0,7977+1,960,7977(10,7977)3000,84320,7977+1,96\frac{\sqrt{0,7977\left(1-0,7977\right)} }{\sqrt{300} } \approx 0,8432.
Pour la borne supérieure, on donne une valeur approchée par excès.
La fréquence observée de climatiseurs ayant encore leur module mécanique en fonctionnement après 44 ans (ou 4848 mois) est fobs=246300=0,82f_{obs} =\frac{246}{300} =0,82.
Or fobsIf_{obs} \in I donc il n'y a pas lieu de remettre en cause le résultat donné par le service statistique.