Exercices types : $1$^ère partie

Soit : $G\left(t\right)=\left(-t-5\right)e^{-0,2t}$
On reconnaît la forme : $\left(uv\right)'=u'v+uv'$ avec $u\left(t\right)=-t-5$ et $v\left(t\right)=e^{-0,2t}$.
Ainsi : $u'\left(t\right)=-1$ et $v'\left(t\right)=-0,2e^{-0,2t}$.
Il vient alors que :
$G'\left(t\right)=-1\times e^{-0,2t} +\left(-t-5\right)\times \left(-0,2e^{-0,2t} \right)$
$G'\left(t\right)=e^{-0,2t} \left(-1+\left(-t-5\right)\times \left(-0,2\right)\right)$
$G'\left(t\right)=e^{-0,2t} \left(-1+\left(-t\right)\times \left(-0,2\right)+\left(-5\right)\times \left(-0,2\right)\right)$
$G'\left(t\right)=e^{-0,2t} \left(-1+0,2t+1\right)$
$G'\left(t\right)=0,2te^{-0,2t}$

La fonction $G$ est donc bien une primitive de $g$ sur $\left[0;+\infty\right[$.

En appliquant la définition de l’espérance, rappelée dans l’énoncé, on va commencer par calculer l’intégrale de $g$ entre $0$ et $x$.
Il vient alors que :
$\int _{0}^{x}0,2te^{-0,2t} dt= \int _{0}^{x}g\left(t\right)dt$
$\int _{0}^{x}0,2te^{-0,2t} dt= \left[G\left(t\right)\right]_{0}^{x}$
$\int _{0}^{x}0,2te^{-0,2t} dt= G\left(x\right)-G\left(0\right)$
$\int _{0}^{x}0,2te^{-0,2t} dt= \left(-x-5\right)e^{-0,2x} -\left(-0-5\right)e^{-0,2\times 0}$
$\int _{0}^{x}0,2te^{-0,2t} dt= \left(-x-5\right)e^{-0,2x} -\left(-5\right)e^{0}$
Ainsi :
Il en résulte donc que :
$\lim\limits_{x\to +\infty } \int _{0}^{x}0,2te^{-0,2t} dt =\lim\limits_{x\to +\infty }-x e^{-0,2x} -5e^{-0,2x} +5$
Nous savons que $\lim\limits_{x\to +\infty }xe^{-0,2x}=0$. Il nous faut donc calculer maintenant $\lim\limits_{x\to +\infty }-5e^{-0,2x}=0$.
Ici, il s'agit d'une limite par composition.
On commence par calculer $\lim\limits_{x\to +\infty } -0,2x=-\infty$.
On pose $X=-0,2x$.
Ainsi : $\lim\limits_{X\to -\infty } -5e^{X} =0$.
Par composition :
Finalement :
$\left. \begin{array}{ccc} {\lim\limits_{x\to +\infty } -x e^{-0,2x} } & {=} & {0 } \\ {\lim\limits_{x\to +\infty } -5e^{-0,2x} +5} & {=} & {5} \end{array}\right\}$ par somme

Comme cette variable aléatoire suit la loi exponentielle de paramètre $0,2$ minute. Cela signifie que $\lambda=0,2$.
Il vient alors que :

On a :
$P\left(X\ge 10\right)=1-e^{-0,2\times10}$

A $10^{-3}$, la probabilité qu’un client attende plus de dix minutes aux bornes automatiques est donc de $0,135$.

Nous ne connaissons pas la valeur de la probabilité de l'évènement $B$. Nous allons poser, un réel $p$ tel que $P\left(B\right)=p$. Nous allons dresser un tableau pondéré traduisant la situation de l'énoncé. Il vient alors que :
$B$ et $\overline{B}$ forment une partition de l'univers.
D'après la formule des probabilités totales on a :
$P\left(S\right)=P\left(B\cap S\right)+P\left(\overline{B}\cap S\right)$
$P\left(S\right)=P\left(B\right)\times P_{B} \left(S\right)+P\left(\overline{B}\right)\times P_{\overline{B}} \left(S\right)$
Soit :
$P\left(S\right)=p\times 0,86 +\left(1-p\right)\times 0,63$
$P\left(S\right)=0,86p +0,63-0,63p$
Ainsi :
Pour que plus de $75\%$ des clients attendent moins de dix minutes, on doit avoir :
$P\left(S\right)\ge 0,75\Leftrightarrow 0,63+0,23p\ge 0,75$
$P\left(S\right)\ge 0,75\Leftrightarrow 0,23p\ge 0,75-0,63$
$P\left(S\right)\ge 0,75\Leftrightarrow 0,23p\ge 0,12$

Or $\frac{0,12}{0,23}\approx0,522$.
La proportion minimale de clients devant choisir les caisses automatiques, si on veut que plus de $75\%$ des clients attendent moins de dix minutes est donc de $52,2\%$ .