1. $X$ prend ses valeurs dans $\{1,\dots,6\}$. Par hypothèse, il existe un réel $a$ tel que $P(X=k)=ka$. Maintenant, puisque $P_X$ est une loi de probabilité, on a : $$\sum_{k=1}^6 P(X=k)=1\iff a\frac{6\times 7}{2}=1\implies a=1/21.$$ On a donc : $$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} k&1&2&3&4&5&6\\ \hline P(X=k)&\frac{1}{21}&\frac{2}{21}&\frac{3}{21}&\frac{4}{21}&\frac{5}{21}&\frac{6}{21} \end{array}$$ On vérifie aisément en appliquant la formule $E(X)=\sum_{k=1}^6 kP(X=k)$ que $E(X)=\frac{13}{3}.$
2. On a $X=k\iff Y=1/k$. $Y$ prend donc ses valeurs dans $\{1,1/2,1/3,1/4,1/5,1/6\}$, et la loi est donnée par : $$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c} 1/k&1/1&1/2&1/3&1/4&1/5&1/6\\ \hline P(Y=1/k)&\frac{1}{21}&\frac{2}{21}&\frac{3}{21}&\frac{4}{21}&\frac{5}{21}&\frac{6}{21} \end{array}$$ Le calcul de l'espérance n'est pas plus difficile, et donne : $$E(Y)=\frac{2}{7}.$$ Attention à l'erreur suivante : ce n'est pas parce que $Y=1/X$ que $E(Y)=1/E(X)!!!$.

1. On note $A_k$ l'aire de la couronne $k$, et $A$ l'aire totale. Par les hypothèses d'équiprobabilité faites dans l'énoncé, on a $$P(X=k)=\frac{A_k}{A}$$ pour $k$ compris entre $1$ et $10$. Pour la couronne $k$, le cercle extérieur est de rayon $11-k$ et le cercle intérieur de rayon $10-k$ (un petit dessin pourra aider pour faire attention à l'inversion entre l'ordre des cercles et les rayons, et il faut aussi bien faire attention à ce que pour $k=1$, c'est $11-k=10$ qui donne le rayon de la cible). On a donc, en $cm^2$, $A_k=\pi\big((11-k)^2-(10-k)^2)=\pi(21-2k)$. On en déduit que $$P(X=k)=\frac{21-2k}{100}.$$
2. Notons $Y$ la variable aléatoire correspondant au gain algébrique du joueur. $Y$ prend ses valeurs dans $-2,6,7,8,9,10$. L'événement $"Y=-2"$ est égal à l'événement $"X\leq 5"$, et donc $$P(Y=-2)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=\frac{75}{100}$$ d'après le résultat de la question précédente. D'autre part, pour $k=6,\dots,10$, on a $$P(Y=k)=P(X=k).$$ On en déduit le calcul de l'espérance de $Y$ : $$E(Y)=-2\times\frac{75}{100}+\frac{6\times 9+7\times 7+8\times 5+9\times 3+10\times 1}{100}=\frac{3}{10}.$$ L'espérance est positive. Le jeu est favorable au joueur. En moyenne, il peut espérer gagne 0,3 euros par partie.

1. $Z$ est élément de $\{0,1,2\}$. On a : $$P(Z=2)=\frac{4}{5}\times\frac{4}{5}=\frac{16}{25}$$ (les deux voitures sont disponibles). D'autre part, $$P(Z=0)=\frac{1}{5}\times\frac{1}{5}=\frac{1}{25}$$ (les deux voitures sont simultanément indisponibles). Enfin, on obtient : $$P(Z=1)=1-P(Z=0)-P(Z=2)=\frac{8}{25}.$$ On aurait aussi pu directement remarquer que $Z$ suit une loi binomiale $\mathcal B(2,4/5)$.
2. Remarquons que $Y$ est à valeurs dans $\{0,1,2\}$. On calcule sa loi en utilisant la formule des probabilités totales. L'événement $Y=0$ se produit si $X=0$ ou bien si $X\geq 1$ et $Z=0$. Ces deux événements étant disjoints, on a : $$P(Y=0)=P(X=0)+P(X\geq 1\cap Z=0)=P(X=0)+P(X\geq 1)P(Z=0)$$ (la disponibilité des voitures étant supposée indépendante de l'arrivée des clients). D'où : $$P(Y=0)=0,1+0,9\times\left(\frac{1}{5}\right)^2= 0,136.$$ De même, l'événement $Y=1$ se produit si $X=1$ et $Z\geq 1$ ou bien si $X\geq 2$ et $Z=1$. On en déduit : $$P(Y=1)=P(X=1)P(Z\geq 1)+P(X\geq 2)P(Z=1)= 0,48.$$ Enfin, l'événement $Y=2$ est réalisé si $X\geq 2$ et $Z=2$. Ceci donne : $$P(Y=2)=P(X\geq 2)P(Z=2)=0,6\times\left(\frac{4}{5}\right)^2= 0,384.$$
3. La marge brute vaut $300Y$. La marge brute moyenne par jour est en euros : $$E(300Y)= 300(0\times 0,136+1\times 0,48+2\times 0,384)=374,4.$$

1. On note $A_i$ l'événement "la $i$-ème personne choisie n'est pas malade". On cherche la probabilité de l'événement $A_1\cap A_2\cap\dots\cap A_r$. L'énoncé nous dit que $P(A_i)=p$ (proportion $p$ de personnes qui n'ont pas la maladie), et que les événements $A_1,\dots,A_r$ sont mutuellement indépendants (le choix de ces $r$ personnes s'apparente à un tirage avec remise). On en déduit donc que la probabilité qu'aucune des $r$ personnes ne soit atteinte de la maladie est $p^r$.
2. La variable aléatoire $Y$ peut prendre deux valeurs : la valeur $1$ (l'analyse collective est négative), et la valeur $r+1$ (l'analyse collective est positive, et il faut donc faire également toutes les analyses individuelles). On a de plus $P(Y=1)=p^r$ (l'événement $\{Y=1\}$ est aussi l'événement aucune des $r$ personnes n'est malade) et donc $P(Y=r+1)=1-p^r$. On en déduit que $$E(Y)=p^r+(r+1)(1-p^r)=(r+1)-rp^r.$$
3. Si on analyse immédiatement toutes les personnes, on réalise $n$ analyses. En les regroupant par groupe de $r$ personnes, notons $Z$ le nombre d'analyses effectuées, et $Y_1,\dots,Y_{n/r}$ le nombre d'analyses effectués sur chacun des $n/r$ groupes constitués. Alors d'après la question précédente, on sait que l'espérance de $Y_i$ est $(r+1)-rp^r.$ Le nombre moyen d'analyses que l'on peut espérer réaliser est donc égal à $$E(Y_1)+\dots+E(Y_{n/r})=\frac nr\big((r+1)-rp^r\big).$$ Le nombre d'analyses que l'on peut espérer économiser vaut donc $$n-\frac nr\big((r+1)-rp^r\big)=n\left(p^r-\frac 1r\right).$$
4. On nous demande donc de donner un algorithme qui détermine le maximum d'une suite croissante, puis décroissante. Voici un algorithme sous Python qui fonctionne.
   
   from math import *
   
   def maximum():
       r=1
       val=-1
       p=0.9
       while ((pow(p,r)-1/r)>val):
           val=(pow(p,r)-1/r)
           r=r+1
       return r-1
   

   La variable val contient la plus grande valeur atteinte jusqu'au rang présent. Elle est initialisée à un nombre négatif afin que l'on rentre dans la boucle. Il faut bien afficher $r-1$ et non $r$, car quand on sort de la boucle, on a dépassé le maximum.

• $n$ est impair. Dans ce cas, le couple $(A,B)$ est un système complet d'événements et $P(A)=\frac 12$.
• $n=2r$ est pair. Notons $X$ la variable aléatoire du nombre de piles obtenues. $X$ suit une loi binomiale $\mathcal B(n,1/2)$. On a $$A=(X>r)\textrm{ et }B=(X<r).$$ On a donc $$P(A)+P(B)+P(X=r)=1\implies P(A)=\frac 12-\frac 12P(X=r)=\frac 12-\binom {2r} r \left(\frac 12\right)^{2r+1}.$$

1. La demande est satisfaite si $X\leq 30$. On doit donc déterminer si $P(X\leq 30)\geq 0.7$. A l'aide d'une calculatrice ou d'un tableur, on trouve facilement que $P(X\leq 30)\simeq 0,73$ : le restaurateur a raison.
2. On cherche le plus petit entier $k$ tel que $P(X\leq k)\geq 0,9$. Toujours à l'aide d'un tableur, on constate que $P(X\leq 32)\simeq 0,86$ et que $P(X\leq 33)\simeq 0,91$. Il suffit de préparer 33 crèmes brûlées pour satisfaire la clientèle dans 90\% des cas. Ca vaut peut-être le coup de fabriquer 3 crèmes supplémentaires!

1. Notons $C_i$ l'évènement ``le candidat connait la réponse à la $i$-ème question.''. On a $$P(A_i)=P_{C_i}(A_i)P(C_i)+P_{\bar{C_i}}(A_i)P(\bar{C_i})=1\times p+\frac14\times (1-p)=\frac{1+3p}4\ .$$
2. Les questions étant toutes indépendantes, on est en présence d'un schéma de Bernoulli et la variable $S$ qui compte le nombre de bonnes réponses suit une loi binomiale de paramètres 40 et $\frac{1+3p}4$.
3. L'espérance de $S$ vaut $E(S)=40\frac{1+3p}4=10(1+3p)$. On a donc $E(S)\ge 36$ si et seulement si $10(1+3p)\ge 36$, ce qui revient à dire $p\ge\frac{13}{15}$.

1. Pour $i=1,\dots,6$, l'événement $X=i$ est réunion disjointe des trois événements suivants :
   • $A$ : $U_1=i$ et $U_2=i$;
   • $B$ : $U_1=i$ et $U_2>i$;
   • $C$ : $U_1>i$ et $U_2=i$.
   Par indépendance des variables aléatoires $U_1$ et $U_2$, on en déduit que $$P(A)=\frac1{36},\ P(B)=\frac{6-i}{36}\textrm{ et }P(C)=\frac{6-i}{36}.$$ Il vient $P(X=1)=11/36$, $P(X=2)=9/36$, $P(X=3)=7/36$, $P(X=4)=5/36$, $P(X=5)=3/36$, $P(X=6)=1/36$. On en déduit $E(X)=91/36$.
2. On a $X+Y=U_1+U_2$ car $(U_1,U_2)$ est une permutation de $(X,Y)$. Il vient $E(X+Y)=E(X)+E(Y)=E(U_1)+E(U_2)=7$, puisque chaque $U_i$ suit une loi uniforme sur $\{1,\dots,6\}$, son espérance vaut $(6+1)/2=7/2$. On en déduit $E(Y)=161/36$.
3. On a $XY=U_1U_2$. On en déduit $$E(XY)=E(U_1U_2)=E(U_1)E(U_2)$$ par indépendance de ces deux variables aléatoires. D'où $$\textrm{Cov}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)=\frac{1225}{1296}.$$ Les deux variables ne sont pas indépendantes puisque leur covariance n'est pas nulle.

Une erreur classique serait d'utiliser la fonction ALEA() à l'intérieur de la deuxième boucle Pour. On ne tirerait pas une seule fois un nombre au hasard, mais plusieurs fois et cela n'aurait plus du tout le même sens (d'ailleurs, on pourrait sortir de la boucle pour sans avoir retourné quelque chose).

1. On note $P_k$ (resp. $F_k$) l'événement on obtient pile (resp. face) au $k-$ième lancer. L'événement $(X=2)$ correspond à : $$(X=2)=P_1P_2\implies p_2=\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac4{9}.$$ De même, $$(X=3)=F_1P_2P_3\implies p_3=\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac4{27}.$$ Pour $(X=4)$, cela se corse un peu ! $$(X=4)=F_1F_2P_3P_4\cup P_1F_2P_3P_4\implies p_4=\left(\frac{1}{3}\right)^2\left(\frac 23\right)^2+\left(\frac 13\right)\left(\frac 23\right)^3=\frac 4{27}.$$
2. On s'inspire du calcul de $p_4$ : pour obtenir $X=n$, on peut :
   • ou bien avoir obtenu pile au 1er lancer. Dans ce cas, on a forcément obtenu face au second lancer (sinon $X=2$), donc avec une probabilité de 1/3. Puis il reste $n-2$ lancers, et le premier "double pile" doit arriver au bout du $n-2$-ème. Ceci se produit avec une probabilité valant $p_{n-2}$. On a donc $$P(X=n|P_1)=\frac 13p_{n-2}\textrm{ et }P(P_1)=\frac 23.$$
   • ou bien avoir obtenu face au 1er lancer. Il reste $n-1$ lancers où il faut obtenir le premier double pile au bout du $n-1$-ème, ce qui se produit avec une probabilité valant $p_{n-1}$. On a donc $$P(X=n|F_1)=p_{n-1}\textrm{ et }P(F_1)=\frac 13.$$
   D'après la formule des probabilités totales, on trouve : $$p_n=\frac{2}{9}p_{n-2}+\frac{1}{3}p_{n-1}.$$
3. On a une classique formule de récurrence linéaire d'ordre 2. L'équation caractéristique $r^2=r/3+2/9$ a pour solution $2/3$ et $-1/3$. On en déduit finalement que, pour $n\geq 2$, on a $$p_n=\alpha\left(\frac{2}{3}\right)^n+\beta\left(\frac{-1}{3}\right)^n.$$ On détermine $\alpha$ et $\beta$ en testant sur les premiers termes ($p_2$ et $p_3$). On obtient : $$p_n=\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}+\frac{4}{3}\left(\frac{-1}{3}\right)^n.$$ Remarquons que cette formule reste valable pour $n=1$ puisqu'on a alors $p_1=0$.
4. Il est bien connu que pour tout $q\in]-1,1[$, on a : $$\sum_{n=0}^{+\infty}nq^n=\frac{q}{(1-q)^2}.$$ On en déduit, après un peu de calculs : $$E(X)=\sum_{n=1}^{+\infty}np_n=\frac{15}{4}.$$ En moyenne, si on répète un grand nombre de fois l'expérience aléatoire, il faudra 15/4 lancers (non entier!) pour obtenir pour la première fois deux piles consécutifs.

1. Si $\lambda-1<0$, c'est-à-dire $\lambda\in ]0,1[$, la suite $(P(X=k))$ est strictement décroissante, et donc son maximum est atteint en $P(X=0)$.
2. si $\lambda$ est un entier, la suite est strictement croissante jusque $\lambda-1$, strictement décroissante à partir de $\lambda$ et le maximum est atteint en deux points : $P(X=\lambda-1)$ et $P(X=\lambda)$.
3. Si $\lambda$ n'est pas un entier, la suite est strictement croissante jusque $\lfloor \lambda-1\rfloor+1$, puis strictement décroissante ensuite. La valeur maximale est donc $P(X=\lfloor \lambda\rfloor)$.

1. $X$ est le temps d'attente du premier "succès" (avoir un garçon), avec probabilité de succès égale à 1/2. On en déduit que $X$ suit une loi géométrique de paramètre 1/2. En particulier, $\mathbb P(X=k)=2^{-k}$.
2. Le nombre d'enfants total est $X_1+\dots+X_N$, et le nombre de garçons est $N$. Ainsi, la proportion $P$ de garçons est $N/(X_1+\cdots+X_N)$.
3. Les variables aléatoires $X_i$ sont intégrables, identiquement distribuées, et deux à deux indépendantes. D'après la loi forte des grands nombres, presque sûrement, $$\frac{N}{X_1+\dots+X_N}=\frac{1}{\frac{X_1+\cdots+X_N}N}\to \frac{1}{E(X_1)}=1/2.$$ Ainsi, malgré cette politique nataliste, on n'observe pas de déséquilibre entre les filles et les garçons.

1. Notons $X$ la variable aléatoire du nombre d'essais à effectuer avant d'ouvrir la porte. Il est un peu difficile de calculer directement $P(X=k)$, nous allons plutôt calculer, pour $k=1,\dots,n-1$, $P(X>k)$. L'événement $(X>k)$ est réalisé si et seulement si, la première clé n'a pas convenu et la deuxième clé n'a pas convenu,et..., et la $k$-ième clé n'a pas convenu. Pour la clé numéro $i$, il y a avait une clé parmi $n-i+1$ qui convenait. La probabilité que la clé numéro $i$ ne convenait pas est donc $1-\frac{1}{n-i+1}$. Par la formule des probabilités composées, notant $A_i$ l'événement "on fait au moins $i$ essais et le $i$-ème ne convient pas", on a $$\begin{eqnarray*} P(X>k)&=&P(A_k)\\ &=&P(A_k|A_{k-1})P(A_{k-1}|A_{k-2})\cdots P(A_1)\\ &=&\prod_{i=1}^k \left(1-\frac{1}{n-i+1}\right)\\ &=&\prod_{i=1}^k \frac{n-i}{n-i+1}\\ &=&\frac{n-k}n. \end{eqnarray*}$$ On a ensuite $$P(X=k)=P(X>k-1)-P(X>k)=\frac 1n.$$ Autrement dit, $X$ suit une loi uniforme sur $\{1,\dots,n\}$. Son espérance (le nombre moyen d'essais pour ouvrir la porte) vaut donc $$E(X)=\frac{n+1}2.$$
2. On garde les mêmes notations. On a cette fois $P(A_i|A_{i-1})=\frac {n-1}n$ et donc $$P(X>k)=\frac{(n-1)^k}{n^k}.$$ On en déduit que $$P(X=k)=\frac{(n-1)^{k-1}}{n^{k-1}}-\frac{(n-1)^{k}}{n^{k}}=\frac{(n-1)^{k-1}}{n^{k-1}}\left(1-\frac{n-1}n\right)=\frac 1n\times \frac{(n-1)^{k-1}}{n^{k-1}}.$$ En reconnaissant une loi géométrique de paramètre $1/n$, on trouve que le nombre moyen d'essais nécessaires est $$E(X)=n.$$ Finalement, ce n'est pas si différent!

1. On a bien $\int_0^{\pi/2}\cos(x)=\sin(\pi/2)-\sin(0)=1$ : $f_1$ définit bien une densité de probabilité. Notons $X_1$ une variable aléatoire de densité $f_1$. Sa fonction de répartition est alors donnée par $F_{X_1}(x)=0$ si $x<0$, $F_{X_1}(x)=\sin(x)$ si $x\in [0,\pi/2]$ et $F_{X_1}(x)=1$ si $x\geq\pi/2$. De plus, puisque $f_1$ est non-nulle seulement sur l'intervalle $[0,\pi/2]$, $X_1$ admet une espérance donnée par $$E(X_1)=\int_0^{\pi/2}x\cos(x)dx=\frac 12(\pi -2)$$ (intégrale qu'on peut calculer à l'aide d'une intégration par parties).
2. On a $$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{1+x^2}=\lim_{x\to+\infty}\arctan(x)-\lim_{x\to-\infty}\arctan(x)=\pi\neq 1.$$ Ainsi, $f_2$ n'est pas la densité de probabilité d'une variable aléatoire.
3. Remarquons que $f_3$ est de la forme $u'/u^2$ avec $u(x)=e^x+1$. On a donc $$\int_a^b \frac{e^x}{(e^x+1)^2}dx=\left[\frac{-1}{e^x+1}\right]_a^b=\frac{-1}{e^b+1}+\frac{1}{e^a+1}.$$ On fait tendre $a$ vers $-\infty$ et $b$ vers $+\infty$. Utilisant les limites de l'exponentielle en $+\infty$ et $-\infty$, on en déduit que $\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^x}{(e^x+1)^2}dx$ converge et vaut 1. Ainsi, $f_3$ est bien la densité de probabilité d'une variable aléatoire $X_3$. La fonction de répartition $F_{X_3}$ de cette variable aléatoire est donnée par $$F_{X_3}(t)=\int_{-\infty}^t \frac{e^x}{(e^x+1)^2}dx=1-\frac{1}{e^t+1}.$$ De plus, l'intégrale $\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{|x|e^x}{(e^x+1)^2}dx$ est convergente. En effet, au voisinage de $-\infty$, on a $$\frac{|x|e^x}{(e^x+1)^2}\sim_{-\infty}|x|e^x$$ et $\int_{-\infty}^0 |x|e^x dx$ converge (par comparaison à $1/x^2$ par exemple, ou par calcul en effectuant une intégration par parties). De même, au voisinage de $+\infty$, $$\frac{|x|e^x}{(e^x+1)^2}\sim_{+\infty}\frac{|x|e^x}{e^{2x}}=|x|e^{-x}$$ et pour les mêmes raisons, $\int_0^{+\infty}|x|e^{-x}dx$ converge. Ainsi, $X_3$ admet une espérance. Par ailleurs, la fonction $f_3$ est paire. En effet, pour tout $x\in\mathbb R$, on a $$f_3(-x)=\frac{\exp(-x)}{\big(\exp(-x)+1\big)^2}=\frac{\exp(-x)}{\exp(-2x)\big(1+\exp(x)\big)^2}=\frac{\exp(x)}{\big(\exp(x)+1\big)^2}.$$ Ceci entraîne (par un résultat du cours, ou tout simplement en effectuant le changement de variables $u=-x$ dans l'intégrale) que $E(X_3)=0$.
4. On a $\int_0^1 (1-x)dx=\frac 12$ et $\int_{-1}^0 (1+x)dx=\frac 12$. Ainsi, $\int_{-1}^1 f_4(x)dx=1$ et $f_4$ est la densité de probabilité d'une variable aléatoire $X_4$. La fonction de répartition de $X_4$ vaut $F_{X_4}(t)=0$ si $t\leq -1$. Si $t\in [-1,0]$, on a $$F_{X_4}(t)=\int_{-1}^t (1+x)dx=\frac 12+t+\frac{t^2}2.$$ Si $t\in [0,1]$, on a $$F_{X_4}(t)=\int_{-1}^0 f_4(x)dx+\int_0^t (1-x)dt=\frac 12+t-\frac{t^2}2.$$ Finalement, si $t\geq 1$, on a $F_{X_4}(t)=1$. D'autre part, puisque $f_4$ est nulle en dehors de $[-1,1]$, $X_4$ admet une espérance (il n'y a pas de problème de convergence d'intégrale). Enfin, puisque $f_4$ est paire, on a $E(X_4)=0$.
5. On a $$\int_1^{+\infty}\frac{1}{x^3}dx=\left[\frac{-1}{2x^2}\right]_1^{+\infty}=\frac{1}2.$$ De même, on a $$\int_{-\infty}^ {-1}\frac{-1}{x^3}dx=\frac 12.$$ Ainsi, $f_5$ est bien la densité de probabilité d'une variable aléatoire $X_5$. Si $t\leq -1$, on a $$F_{X_5}(t)=\int_{-\infty}^t\frac{-1}{x^3}=\frac{1}{2t^2}.$$ Si $t\in [-1,1]$, alors on a $$F_{X_5}(t)=\frac 12.$$ Enfin, si $t\geq 1$, on a $$F_{X_5}(t)=\frac 12+\int_1^t \frac{1}{x^3}dx=1-\frac{1}{2t^2}.$$ D'autre part, $|x|f_5(x)=\frac{1}{|x|^2}$ si $|x|\geq 1$, fonction qui est bien intégrable au voisinage de $+\infty$ et de $-\infty$. $X_5$ admet une espérance. Puisque $f_5$ est paire, $E(X_5)=0$.
6. On a $\int_0^x f_6(t)dt=x-\cos(x)+1$. Ceci tend vers $+\infty$ si $x$ tend vers $+\infty$. La fonction $f_6$ n'est pas intégrable sur $\mathbb R$. Ce n'est pas une densité de probabilité.

1. La fonction $f$ est continue par morceaux et positive. De plus, la fonction $f$ est intégrable. Le seul problème est en $+\infty$ et on sait qu'on a une intégrale de Riemann convergente. La fonction $f$ est une densité de probabilité d'une variable aléatoire $X$ si et seulement si $\int_{1}^{+\infty}f(x)dx=1$. Mais $$\int_1^{+\infty}f(x)dx=\left[\frac{-2a}{\sqrt x}\right]_1^{+\infty}=2a.$$ Donc $f$ est une densité de probabilité si et seulement si $a=1/2$.
2. Notons $F_X$ la fonction de répartition. Puisque $f$ est nulle sur $]-\infty,1[$, on a $F_X(t)=0$ si $t\leq 1$. Pour $t>1$, on a $$F_X(t)=\int_1^t\frac{1}{2x\sqrt x}dx=\left[\frac{-1}{\sqrt x}\right]_1^t=1-\frac1{\sqrt t}.$$
3. La variable aléatoire $X$ admet une espérance si la fonction $x\mapsto xf(x)$ est intégrable. Mais on a affaire à une intégrale de Riemann divergence en $+\infty$. Donc $X$ n'admet pas d'espérance.

1. $f$ doit être une densité de probabilité, et donc on doit avoir $$\int_0^1 f(x)dx=1.$$ Or, $$\int_0^1 f(x)dx=c\left[-\frac{(1-x)^5}{5}\right]_0^1=\frac c5.$$ On a donc $c=5$.
2. On va commencer par chercher la fonction de répartition $F_X(x)$ de $X$. Elle est nulle à gauche de 0, égale à 1 à droite de 1, et si $x\in[0,1]$, on a $$F_X(x)=\int_0^xf(t)dt=1-(1-x)^5.$$ On cherche alors $x$ tel que la probabilité de consommer plus de x milliers de litre dans la semaine soit inférieure à $10^{-5}$. Autrement dit, on cherche $x$ le plus petit possible tel que $F_X(x)>1-10^{-5}$. Ceci est équivalent à $$(1-x)^5\leq 10^{-5}\iff 1-x\leq 10^{-1}\iff x\geq 0,9.$$ Le réservoir doit contenir au moins 900 litres.

1. Puisque $f$ est continue et positive, pour que $f$ soit une densité, il faut et il suffit que $\int_{\mathbb R}f(x)dx=1$. On calcule l'intégrale en séparant $\mathbb R_+$ et $\mathbb R_-$ et on trouve $c=1/2$.
2. On a, pour tout $n\geq 1$, $x^ne^{-|x|}=o(x^{-2})$ en $\pm \infty$, ce qui prouve la convergence de l'intégrale. Par imparité de la fonction $x\mapsto x^n e^{-|x|}$ si $n$ est impair, les moments d'ordre impair sont nuls. Les moments d'ordre pair sont calculés par récurrence. En effet, pour $n=2p$, posons $I_p=\int_0^{+\infty}x^{2p}e^{-x}dx$, de sorte que $E(X^{2p})=I_p$. Alors, en intégrant par parties (deux fois), on trouve $$\begin{eqnarray*} I_p&=&\int_0^{+\infty}2px^{2p-1}e^{-x}dx=\int_0^{+\infty}2p(2p-1)x^{2p-2}e^{-x}dx=2p(2p-1)I_{p-1}. \end{eqnarray*}$$ On en déduit immédiatement que $I_p=(2p)!I_0$, et il est aisé de voir que $I_0=1$. En conclusion, on a $E(X^{2p})=I_p=(2p)!$.

1. La fonction $f$ est continue sur $\mtr$, positive si $a\geq 0$, et on a : $$\int_0^{+\infty}3^{-x}dx=\int_0^{\infty}e^{-x\ln 3}dx=\frac{1}{\ln 3},$$ $$\int_{-\infty}^0 3^xdx=\frac{1}{\ln 3}.$$ Ainsi, $f$ est une densité de probabilité si et seulement si $a=\frac{\ln 3}{2}.$
2. Si $x\leq 0$, on a : $$F(x)=\frac{1}{2}\ln 3\int_{-\infty}^x e^{t\ln 3}dt=\frac{3^x}{2}.$$ Si $x\geq 0$, on a : $$F(x)=F(0)+\frac{\ln 3}2\int_0^xe^{-t\ln 3}dt=\frac 12-\left(\frac{3^{-x}}{2}-\frac 12\right)=1-\frac{3^{-x}}{2}.$$ La fonction $xf(x)$ est négligeable au voisinage de $+\infty$ devant la fonction $1/x^2$, et il en est de même au voisinage de $-\infty$ car cette fonction est impaire. Elle est donc intégrable, et $X$ admet bien une espérance. En outre, toujours par imparité de $x\mapsto xf(x)$, l'espérance est nulle!
3. $Y$ prend ses valeurs dans $\mathbb R^+$, et on a : $$P(Y\leq x)=P(3^X\leq x)=P\left(X\leq \frac{\ln x}{\ln 3}\right).$$ On en déduit : si $0\leq x\leq 1$, $$F_Y(x)=\frac{1}{2}3^{\frac{\ln x}{\ln 3}}=\frac{x}{2}.$$ Si $x>1$, on a : $$F_Y(x)=1-\frac{1}{2}3^{-\frac{\ln x}{\ln 3}}=1-\frac{1}{2x}.$$ En particulier, pour $x>1$, la densité de $Y$ est : $$f_Y(x)=F_Y'(x)=\frac{1}{2x^2}.$$ Au voisinage de $+\infty$, on a : $$xf(x)\sim\frac{1}{2x},$$ fonction qui n'est pas intégrable. $Y$ n'admet pas d'espérance.

1. Une densité de $M$ est : $v\left( t\right) =0$ sur $\Bbb{R}^{-}$ et $v\left( t\right) =2e^{-2t}$ sur $\Bbb{R}^{+}$ une densité de $N$ est : $w\left( t\right) =1$ sur $\left[ 0,1\right]$ et $0$ ailleurs
2. Le temps total de fabrication est la somme des temps de passage sur $A$ et $B.$ On a donc $S=N+M$. On en déduit que le temps moyen de fabrication d'une pièce est : $E\left( S\right) =E\left( M\right) +E\left( N\right) =\frac{1}{2}+\frac{1+0}{2}=1.$

1. On cherche $P(X>185)$ qu'on va calculer en renormalisant la loi normale : $$P(X>185)=P\left(\frac{X-175}6>\frac{185-175}6\right)=P(Y>5/3)=1-\phi(5/3)\simeq 0,05.$$
2. C'est le même raisonnement, si ce n'est qu'il fait de plus intervenir une probabilité conditionnelle : $$P(X>192|X>180)=\frac{P(X>192\cap X>180)}{P(X>180)}=\frac{P(X>192)}{P(X>180)}.$$ On mène les calculs comme précédemment, et on trouve $$P(X>192|X>180)=\frac{1-\phi(17/6)}{1-\phi(5/6)}\simeq 0,01.$$

1. C'est du cours (rappelons que 36 désigne ici la variance). Si $X$ désigne la variable aléatoire égale à la longueur d'un pied, on sait que $$P(26-1,96\times 6\leq X\leq 26+1,96\times 6)\equiv 0,95.$$ Comme on veut un intervalle qui contienne au moins 95\% des tailles, et pour simplifier les calculs dans la suite, on va utiliser l'intervalle $[26-2\times 6,26+2\times 6]=[14,38]$.
2. Les trois intervalles sont donc $[14,22]$, $[22,30]$ et $[30,38]$.
3. On veut bien sûr que la production soit proportionnelle au nombre de pieds présentant cette taille. Mais il faut faire attention que l'on ne raisonne pas sur tous les pieds, mais sur les pieds ayant une taille entre 14cm et 38cm. \`A l'aide d'un tableur, on trouve : $$\begin{eqnarray*} P(14\leq X\leq 22)&\simeq&0,230\\ P(22\leq X\leq 30)&\simeq&0,495\\ P(30\leq X\leq 38)&\simeq&0,230\\ P(14\leq X\leq 38)&\simeq&0,954. \end{eqnarray*}$$ La part de production pour la taille 14-22 est donc 0,230/0,954, soit à peu près 24,1\% (de même pour la taille 30-38). La part de production pour la taille 22-30 est 0,495/0,954, soit à peu près 51,9\%.
   Un dernier conseil : si un jour vous souhaitez fabriquer des chaussettes, ne croyez pas trop aux données de cet exercice!

1. Notons $X_i$ le poids de la $i$-ème personne. Par hypothèse, $X_i$ suit une loi $\mathcal N(75,5)$. Si l’on suppose que le poids de chaque personne est indépendant du poids des autres personnes présentes dans l’ascenseur alors les $X_i$ sont indépendants et $$S = X_1 + · · · X_9 \sim \mathcal (9 × 75, \sqrt 9 × 5)\implies S\sim\mathcal N(675,15).$$ On cherche à calculer la probabilité $P(S > 700)$. Pour cela, on renormalise $S$ pour se ramener à une loi normale centrée réduite. On a donc $$P(S>700)=P\left(\frac{S-675}{15}>\frac{700-675}{15}\right)=P(Y>5/3)$$ où $Y$ suit une loi $\mathcal N(0,1)$. En notant $\phi$ la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite, la probabilité recherchée est $$1-\phi(5/3)\simeq 0,05.$$
2. Un calcul complètement similaire donne cette fois une probabilité de 0,22. On constate donc que malgré un « faible » écart dans les valeurs de départ, on a quadruplé la probabilté de mettre la machine en panne...

1. $X$ est à valeurs dans $\{0,\dots,n\}$. On a, pour tout $k$ de $\{0,\dots,n\}$, $$P(X=k)=\sum_{i=0}^n P\big ( (X,Y)=(k,i)\big) =\sum_{i=0}^n \frac{1}{(n+1)^2}=\frac 1{n+1}.$$ $X$ suit donc une loi uniforme sur $\{0,\dots,n\}$. Par symétrie, il en est de même de $Y$.
   La variable aléatoire $X+Y$ est à valeurs dans $\{0,\dots,2n\}$ et pour tout $k$ dans cet intervalle d'entiers, on a $$P(X+Y=k)=\sum_{i=0}^k P\big( (X=i,Y=k-i)\big).$$ Si $k\leq n$, ceci devient égal à $$P(X+Y=k)=\sum_{i=0}^k \frac{1}{(n+1)^2}=\frac{k+1}{(n+1)^2}.$$ Si $k>n$, la somme ne peut aller que jusque $n$ (car $i\leq n$) et ne peut commencer qu'en $k-n$ (car $k-i\leq n$) et donc $$P(X+Y=k)=\sum_{i=k-n}^n \frac{1}{(n+1)^2}=\frac{2n-k+1}{(n+1)^2}.$$
2. Les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes, car pour tout couple $(i,j)$ de $\{0,\dots,n\}$, on a bien $$P\big( (X=i),(Y=j)\big)=P(X=i)P(Y=j)=\frac{1}{(n+1)^2}.$$

1. Il est d'abord nécessaire que $a\geq 0$. On a ensuite : $$\sum_{i,j\geq 1}\frac{a}{2^{i+j}}=1\iff a\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{1}{2^i}\sum_{j=1}^{+\infty}\frac 1{2^j}=1\iff a=1.$$
2. Pour $i\in\mtn^*$, on a : $$P(X=i)=\sum_{j=1}^{+\infty}P\big((X=i)\cap(Y=j)\big)=\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{1}{2^{i+j}}=\frac{1}{2^i}=\frac{1}{2}\frac{1}{2^{i-1}}.$$ $X$ suit donc une loi géométrique de paramètre $1/2$. Par raison de symétrie, il en est de même pour $Y$.
3. On a : $$P(X=i)\times P(Y=j)=\frac{1}{2^{i+j}}=P\big((X=i)\cap(Y=j)\big).$$ Les variables aléatoires sont indépendantes.

1. Pour chaque personne, le choix du premier guichet se fait avec une probabilité $p$. Les choix sont indépendants les uns des autres, et $Y=k|X=n$ compte le nombre de "succès" lorsqu'on réalise $n$ fois l'épreuve. On reconnait le schéma théorique d'une variable aléatoire de loi binomiale. On a donc : $$P(Y=k|X=n)=\left\{ \begin{array}{ll} \binom nk p^kq^{n-k}&\textrm{si $0\leq k\leq n$}\\ 0&\textrm{si $k>n$.} \end{array}\right.$$
2. On a : $$\begin{eqnarray*} P(Y=k,X=n)&=&P(X=n)P(Y=k|X=n)\\ &=&\left\{\begin{array}{ll} e^{-m}\frac{m^n}{n!}\binom nkp^kq^{n-k}&\textrm{si $k\leq n$}\\ 0&\textrm{sinon.}\end{array}\right. \end{eqnarray*}$$
3. Il faut réaliser la sommation! On a, tenant compte du fait que les premiers termes sont nuls : $$\begin{eqnarray*} P(Y=k)&=&\sum_{n=k}^{+\infty}P(Y=k,X=n)\\ &=&e^{-m}\left(\frac{p}{q}\right)^k\frac{1}{k!}\sum_{n=k}^{+\infty}\frac{(mq)^n}{(n-k)!}\\ &=&e^{-m}\left(\frac{p}{q}\right)^k\frac{1}{k!}(mq)^k\sum_{n=k}^{+\infty}\frac{(mq)^{n-k}}{(n-k)!}\\ &=&e^{-m}\left(\frac{p}{q}\right)^k\frac{1}{k!}(mq)^k\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(mq)^{n}}{(n)!}\\ &=&e^{-m}\left(\frac{p}{q}\right)^k\frac{1}{k!}(mq)^ke^{mq}\\ &=&e^{-mp}\frac{(mp)^k}{k!}. \end{eqnarray*}$$