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\renewcommand{\dx}{\text{d}x}
\newcommand{\dint}{\displaystyle\int}
\begin{document}
{\centering\bfseries\large ECRICOME 2007 ECT - Correction Exercice 3 }

\medskip

\textbf{3.1. Etude du temps moyen d'attente en caisse}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\dint_{-\infty}^{+\infty}f(x)\dx=\underbrace{\dint_{-\infty}^{0}f(x)\dx}_{=0}+\dint_{0}^{+\infty}f(x)\dx=\lim\limits_{A\to +\infty}\left[-\dfrac{1}{(x+1)^2}\right]_0^A=\lim\limits_{A\to +\infty}\left(-\dfrac{1}{(A+1)^2}+\dfrac{1}{(0+1)^2}\right)=1$

\underline{Donc $f$ est bien une densité de probabilité.}

\item Si $x\geq 0$, $F_T(x)=P(T\leq x)=\dint_{0}^xf(x)\dx$.\\
Ainsi, $F_T(x)=\left[-\dfrac{1}{(x+1)^2}\right]_0^x=-\dfrac{1}{(x+1)^2}-\left(-\dfrac{1}{(0+1)^2}\right)=1-\dfrac{1}{(x+1)^2}$.

\medskip

Si $x<0$, $f(x)=0$ donc $\dint_{-\infty}^xf(x)\dx=0$.

\item $P(T> 4)=1-P(X\leq 4)=1-F_T(4)=1-\left(1-\dfrac{1}{(4+1)^2}\right)=\dfrac{1}{25}$.

\item $P_{(T\geq4)}(T\leq 5)=\dfrac{P(4\leq T\leq 5)}{P(T\geq 4)}=\dfrac{F_T(5)-F_T(4)}{1-F_T(4)}=\dfrac{1-\frac{1}{36}-1+\frac{1}{25}}{\frac{1}{25}}=\dfrac{11}{36}$.

\item 
\begin{enumerate}
\item $X=\llbracket 0;1;2;\ldots;125\rrbracket$. $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=125$ et $p=P(T\geq 4)=\dfrac{1}{25}$. 
\[ X \hookrightarrow \mathscr{B}\left(125;\frac{1}{25}\right)\]
\item L'espérance de $X$ est $E(X)=np=125\times\dfrac{1}{25}=5$ et sa variance est $V(X)=np(1-p)=25\times\frac{24}{25}=24$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item On a la représentation suivante :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node {} [edge from parent fork right,grow=right,level distance=2cm,every node/.style={right}]
	child {node {$(T>4)$\textcolor{red}{$\rightarrow Y=1$}}}
	child 
	{
		node {$(T\leq 4)$}
		child {node {$(T>4)$\textcolor{red}{$\rightarrow Y=2$}}}
		child 
		{
			node {$(T\leq 4)$}
			child {node {$(T>4)$\textcolor{red}{$\rightarrow Y=3$}}}
			child {node {$\cdots$}}
		}
	};
\end{tikzpicture}
\end{center}

On a alors :

\begin{description}
\item[$\blacktriangleright$] $P(Y=1)=P(T>4)=\dfrac{1}{25}$
\item[$\blacktriangleright$] $P(Y=2)=P(T\leq 4)\times P(T>4)$
\item[$\blacktriangleright$] $P(Y=3)=\left(P(T\leq 4)\right)^2\times P(T>4)$
\item[$\blacktriangleright$] etc.
\end{description}

\medskip

Ainsi, $Y$ suit la loi géométrique de paramètre $p=\dfrac{24}{25}$.\\
Donc pour $k\in\llbracket 1;125 \rrbracket$, on a $P(Y=k)=\left(P(T\leq 4)\right)^{k-1}\times P(T>4)=\dfrac{1}{25^{k-1}}\times\dfrac{24}{25}=\dfrac{24}{25^k}$.

\medskip

Ainsi, $E(Y)=\dfrac{1}{p}=\dfrac{25}{24}$ et $V(Y)=\dfrac{1-p}{p^2}=\dfrac{1}{25}\times\dfrac{25^2}{24^2}=\dfrac{25}{576}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\textbf{3.2. Mode de paiement de la clientèle}

\begin{enumerate}
\item D'après l'énoncé, on a :

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
\backslashbox{$U$}{$S$} & 0 & 1 & Total \\
\hline
0 & $0,4$ & $0,2$ & $0,6$\\
\hline
1 & $0,3$ & $0,1$ & $0,4$\\
\hline
Total & $0,7$ & $0,3$ & 1\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

Ainsi, on a :

\begin{minipage}{.5\textwidth}
\begin{center}
\begin{tabular}{|r|c|c|}
\hline
$k$ & 0 & 1\\
\hline
$P(S=k)$ & 0,7 & 0,3\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.5\textwidth}
\begin{center}
\begin{tabular}{|r|c|c|}
\hline
$k$ & 0 & 1\\
\hline
$P(U=k)$ & 0,6 & 0,4\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}
\end{minipage}

\item La covariance de $S$ et $U$ est :
\[ \sigma_{SU}=0\times 0\times P(S=0 \cap U=0) + 0 \times 1\times P(S=0 \cap U=1) + 1\times 0\times P(S=1 \cap U=0) + 1\times 1\times P(S=1 \cap U=1) - E(S)E(U)\]
\[ \sigma_{SU}=0,1-E(S)E(U)\]
Or, $E(S)=0,7\times 0+0,3\times 1 = 0,3$ et $E(U)=0,6\times 0 + 0,4\times 1 = 0,4$. Donc :
\[ \sigma_{SU}=0,1-0,3\times 0,4 = 0,1-0,12=-0,02\]
La covariance étant différente de 0, $S$ et $U$ ne sont pas indépendantes.

\item $P_{(U=1)}(S=1)=\dfrac{P(U=1 \cap S=1}{P(U=1)}=\dfrac{0,1}{0,3}=\dfrac{1}{3}$
\end{enumerate}
\end{document}