Succession d'épreuves indépendantes

I. Épreuves et événements indépendants

1. Événements indépendants

Événements indépendants

Deux événements

A

B

de probabilités non nulles sont dits indépendants si et seulement si :

P (A \cap B) = P (A) \times P (B)

Intuitivement, la réalisation de l'un n'influence pas la probabilité de l'autre.

Lien avec les probabilités conditionnelles

P (B) \neq = 0

, alors

A

B

sont indépendants si et seulement si :

P_{B} (A) = P (A)

Autrement dit, savoir que

B

est réalisé ne modifie pas la probabilité de

A

Exemple

On lance un dé équilibré à 6 faces. Soit

A

= « obtenir un nombre pair » et

B

= « obtenir un multiple de 3 ».

P (A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}

;

P (B) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}

;

A \cap B = {6}

donc

P (A \cap B) = \frac{1}{6}

.

Or

P (A) \times P (B) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6} = P (A \cap B)

.

Donc

A

B

sont indépendants.

2. Propriétés des événements indépendants

Indépendance et complémentaire

A

B

sont indépendants, alors les couples suivants sont également indépendants :

•

A

\overline{B}

•

\overline{A}

B

•

\overline{A}

\overline{B}

Démonstration (

A

\overline{B}

indépendants)

On a

A = (A \cap B) \cup (A \cap \overline{B})

et ces deux événements sont incompatibles.

Donc

P (A) = P (A \cap B) + P (A \cap \overline{B})

, d'où :

P (A \cap \overline{B}) = P (A) - P (A \cap B) = P (A) - P (A) \times P (B)

= P (A) (1 - P (B)) = P (A) \times P (\overline{B})

Donc

A

\overline{B}

sont indépendants.

□

Attention : indépendant ≠ incompatible

Deux événements incompatibles (

A \cap B = \emptyset

) de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants, car

P (A \cap B) = 0 \neq = P (A) \times P (B)

.

Ne pas confondre ces deux notions !

3. Succession d'épreuves indépendantes

Épreuves indépendantes

On dit que des épreuves aléatoires sont indépendantes lorsque le résultat de l'une n'a aucune influence sur les résultats des autres.

Pour

n

épreuves indépendantes, si

A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}

sont des événements associés respectivement à chacune des épreuves, alors :

P (A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{n}) = P (A_{1}) \times P (A_{2}) \times \dots \times P (A_{n})

Exemple

On lance une pièce équilibrée 3 fois de suite. Les lancers sont indépendants.

La probabilité d'obtenir Pile aux 3 lancers est :

P (P P P) = P (P) \times P (P) \times P (P) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8}

4. Représentation par un arbre pondéré

Arbre pondéré pour une succession d'épreuves

Pour représenter

n

épreuves indépendantes :

1. Chaque niveau de l'arbre correspond à une épreuve.
2. Chaque branche est pondérée par la probabilité de l'issue correspondante.
3. La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités inscrites sur ses branches.
4. La probabilité d'un événement est la somme des probabilités des chemins qui le réalisent.

Exemple : deux lancers d'un dé

On lance un dé truqué où

P (6) = 0, 2

P (\overline{6}) = 0, 8

, deux fois de suite (épreuves indépendantes).

La probabilité d'obtenir exactement un 6 sur les deux lancers :

P = P (6, \overline{6}) + P (\overline{6}, 6) = 0, 2 \times 0, 8 + 0, 8 \times 0, 2 = 0, 32

II. Schéma de Bernoulli

1. Épreuve de Bernoulli

Épreuve de Bernoulli

Une épreuve de Bernoulli est une expérience aléatoire qui n'a que deux issues :

• Le succès

S

, de probabilité

p

(avec

0 < p < 1

)
• L'échec

\overline{S}

, de probabilité

q = 1 - p

Le nombre

p

est appelé le paramètre de l'épreuve de Bernoulli.

Exemples d'épreuves de Bernoulli

• Lancer une pièce : succès = Pile,

p = 0, 5

.
• Contrôler un produit : succès = conforme,

p = 0, 95

.
• Répondre au hasard à un QCM à 4 choix : succès = bonne réponse,

p = 0, 25

2. Schéma de Bernoulli

Schéma de Bernoulli

Un schéma de Bernoulli de paramètres

n

p

est la répétition de

n

épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de paramètre

p

.

L'issue de ce schéma est un

n

-uplet de succès et d'échecs.

Exemple

On lance 5 fois une pièce truquée (

P (Pile) = 0, 6

). C'est un schéma de Bernoulli de paramètres

n = 5

p = 0, 6

3. Nombre de chemins réalisant $k$ succès

Nombre de chemins

Dans un schéma de Bernoulli de paramètres

n

p

, le nombre de chemins de l'arbre pondéré réalisant exactement

k

succès parmi

n

épreuves est :

(k n) = \frac{n !}{k ! ( n - k )!}

où

(k n)

est le coefficient binomial «

k

parmi

n

».

Justification

Un chemin avec exactement

k

succès correspond au choix des

k

positions (parmi

n

) où se produit un succès. L'ordre des positions choisies n'importe pas : c'est une combinaison de

k

éléments parmi

n

, d'où

(k n)

chemins.

Exemple

Pour

n = 4

épreuves et

k = 2

succès :

(2 4) = \frac{4 !}{2 ! \times 2 !} = \frac{24}{4} = 6

Les 6 chemins sont :

S S E E

S E S E

S E E S

E S S E

E S E S

E E S S

III. Loi binomiale

1. Définition

Loi binomiale

B (n, p)

Soit un schéma de Bernoulli de paramètres

n

p

, et soit

X

la variable aléatoire comptant le nombre de succès.

On dit que

X

suit la loi binomiale de paramètres

n

p

, notée :

X \sim B (n, p)

X

prend les valeurs entières

0, 1, 2, \dots, n

Formule de la loi binomiale

X \sim B (n, p)

, alors pour tout entier

k

tel que

0 ⩽ k ⩽ n

P (X = k) = (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k}

Démonstration

Chaque chemin de l'arbre réalisant exactement

k

succès contient

k

branches « succès » (probabilité

p

) et

n - k

branches « échec » (probabilité

1 - p

).

Par indépendance, la probabilité d'un tel chemin est

p^{k} (1 - p)^{n - k}

.

Il y a

(k n)

tels chemins.

Donc

P (X = k) = (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k}

□

Exemple

Un QCM de 8 questions propose 4 réponses par question. Un candidat répond au hasard. Soit

X

le nombre de bonnes réponses :

X \sim B (8; \frac{1}{4})

P (X = 3) = (3 8) (\frac{1}{4})^{3} (\frac{3}{4})^{5} = 56 \times \frac{1}{64} \times \frac{243}{1024} = \frac{13 608}{65 536} \approx 0, 208

2. Espérance, variance et écart-type

Espérance

X \sim B (n, p)

, alors :

E (X) = n p

L'espérance représente le nombre moyen de succès.

Démonstration de

E (X) = n p

On écrit

X = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n}

où

X_{i}

est la variable de Bernoulli associée à la

i

-ème épreuve (

X_{i} = 1

si succès,

X_{i} = 0

si échec).

Chaque

X_{i}

a pour espérance

E (X_{i}) = 1 \times p + 0 \times (1 - p) = p

.

Par linéarité de l'espérance :

E (X) = E (X_{1}) + E (X_{2}) + \dots + E (X_{n}) = n p □

Variance et écart-type

X \sim B (n, p)

, alors :

V (X) = n p (1 - p)

σ (X) = n p (1 - p)

Démonstration de

V (X) = n p (1 - p)

Les variables

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

sont indépendantes.

Chaque

X_{i}

a pour variance

V (X_{i}) = E (X_{i}^{2}) - [E (X_{i})]^{2} = p - p^{2} = p (1 - p)

.

Par additivité des variances pour des variables indépendantes :

V (X) = V (X_{1}) + V (X_{2}) + \dots + V (X_{n}) = n p (1 - p) □

Exemple

On lance un dé équilibré 60 fois. Soit

X

le nombre de 6 obtenus :

X \sim B (60; \frac{1}{6})

E (X) = 60 \times \frac{1}{6} = 10

V (X) = 60 \times \frac{1}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{50}{6} \approx 8, 33

σ (X) = \frac{50}{6} \approx 2, 89

En moyenne, on obtient 10 fois le 6, avec un écart-type d'environ

2, 89

3. Calculs et propriétés

Somme des probabilités

X \sim B (n, p)

, alors :

k = 0 \sum n P (X = k) = 1

Cela découle de la formule du binôme de Newton :

(p + (1 - p))^{n} = 1^{n} = 1

Calculer

P (X ⩽ k)

P (X ⩾ k)

On utilise les formules :

P (X ⩽ k) = i = 0 \sum k P (X = i) = i = 0 \sum k (i n) p^{i} (1 - p)^{n - i}

P (X ⩾ k) = 1 - P (X ⩽ k - 1)

Ces calculs se font à la calculatrice avec les fonctions binomFdp (

P (X = k)

) et binomFRép (

P (X ⩽ k)

Calculer

P (a ⩽ X ⩽ b)

Pour calculer la probabilité que

X

prenne une valeur entre

a

b

P (a ⩽ X ⩽ b) = P (X ⩽ b) - P (X ⩽ a - 1)

= k = a \sum b (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k}

Exemple

Soit

X \sim B (5; 0, 4)

P (X ⩽ 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)

= (0 5) (0, 4)^{0} (0, 6)^{5} + (1 5) (0, 4)^{1} (0, 6)^{4} + (2 5) (0, 4)^{2} (0, 6)^{3}

= 0, 07776 + 5 \times 0, 4 \times 0, 1296 + 10 \times 0, 16 \times 0, 216

= 0, 07776 + 0, 2592 + 0, 3456 = 0, 68256

4. Représentation graphique

Diagramme en bâtons

La loi binomiale

B (n, p)

se représente par un diagramme en bâtons :

• En abscisse : les valeurs

k \in {0, 1, \dots, n}

• En ordonnée : les probabilités

P (X = k)

Le diagramme est symétrique lorsque

p = 0, 5

. Il est dissymétrique à gauche si

p < 0, 5

et dissymétrique à droite si

p > 0, 5

Mode de la loi binomiale

La valeur la plus probable (le mode) de

X \sim B (n, p)

est l'entier le plus proche de

(n + 1) p - 1

, c'est-à-dire que

P (X = k)

est maximale pour

k

proche de

n p

40 exercices disponibles

Exercice 1

Facile

On lance une pièce de monnaie équilibrée 4 fois de suite.

Justifier que les lancers constituent un schéma de Bernoulli et préciser ses paramètres.

Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli : deux issues, Pile (succès) de probabilité

p = 0{,}5

et Face (échec) de probabilité

1 - p = 0{,}5

.

Les lancers sont identiques (même pièce) et indépendants (chaque lancer n'influence pas les autres).

C'est donc un schéma de Bernoulli de paramètres

\boxed{n = 4}

\boxed{p = 0{,}5}

Soit

X

le nombre de Pile obtenus. Quelle est la loi de

X

X

compte le nombre de succès dans un schéma de Bernoulli de paramètres

n = 4

p = 0{,}5

.

Donc

X

suit la loi binomiale :

\boxed{X \sim \mathcal{B}(4 \,; 0{,}5)}

Calculer

P(X = 2)

On applique la formule de la loi binomiale :

P(X = 2) = \binom{4}{2} \times (0{,}5)^2 \times (0{,}5)^{4-2}

= \binom{4}{2} \times (0{,}5)^4 = 6 \times \dfrac{1}{16} = \dfrac{6}{16} = \boxed{\dfrac{3}{8} = 0{,}375}

Exercice 2

Facile

Une usine produit des pièces dont 5 % sont défectueuses. On prélève au hasard 10 pièces (tirage avec remise).

Soit

X

le nombre de pièces défectueuses dans le prélèvement. Justifier que

X \sim \mathcal{B}(10 \,; 0{,}05)

Chaque prélèvement est une épreuve de Bernoulli : succès = pièce défectueuse (

p = 0{,}05

), échec = pièce conforme (

1 - p = 0{,}95

).

Le tirage avec remise assure l'indépendance des épreuves et le maintien de la probabilité

p = 0{,}05

.

Les

n = 10

épreuves sont identiques et indépendantes.

Donc

\boxed{X \sim \mathcal{B}(10 \,; 0{,}05)}

Calculer

P(X = 0)

, la probabilité qu'aucune pièce ne soit défectueuse.

P(X = 0) = \binom{10}{0} \times (0{,}05)^0 \times (0{,}95)^{10} = 1 \times 1 \times (0{,}95)^{10}

(0{,}95)^{10} \approx 0{,}5987

Donc

\boxed{P(X = 0) \approx 0{,}599}

Calculer

E(X)

et interpréter.

E(X) = np = 10 \times 0{,}05 = \boxed{0{,}5}

En moyenne, sur un prélèvement de 10 pièces, on s'attend à trouver

0{,}5

pièce défectueuse.

Exercice 3

Facile

Un QCM comporte 6 questions indépendantes. Pour chaque question, il y a 3 réponses proposées dont une seule est correcte. Un élève répond au hasard.

Quelle loi suit le nombre

X

de bonnes réponses ? Préciser les paramètres.

Chaque question est une épreuve de Bernoulli : succès = bonne réponse,

p = \dfrac{1}{3}

.

Les 6 questions sont indépendantes (l'élève répond au hasard).

Donc

\boxed{X \sim \mathcal{B}\left(6 \,; \dfrac{1}{3}\right)}

Calculer

P(X = 6)

, la probabilité d'avoir tout juste.

P(X = 6) = \binom{6}{6} \left(\dfrac{1}{3}\right)^6 \left(\dfrac{2}{3}\right)^0 = 1 \times \dfrac{1}{729} \times 1 = \boxed{\dfrac{1}{729} \approx 0{,}00137}

Calculer l'espérance et l'écart-type de

X

E(X) = np = 6 \times \dfrac{1}{3} = \boxed{2}

V(X) = np(1-p) = 6 \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{12}{9} = \dfrac{4}{3}

\sigma(X) = \sqrt{\dfrac{4}{3}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3} \approx \boxed{1{,}15}

Exercice 4

Facile

On considère deux événements

A

B

tels que

P(A) = 0{,}4

P(B) = 0{,}3

P(A \cap B) = 0{,}12

Les événements

A

B

sont-ils indépendants ? Justifier.

Calculons

P(A) \times P(B) = 0{,}4 \times 0{,}3 = 0{,}12

.

Or

P(A \cap B) = 0{,}12

.

Donc

P(A \cap B) = P(A) \times P(B)

: les événements

A

B

sont

\boxed{\text{indépendants}}

Calculer

P(A \cup B)

P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 0{,}4 + 0{,}3 - 0{,}12 = \boxed{0{,}58}

Calculer

P(\overline{A} \cap \overline{B})

Puisque

A

B

sont indépendants,

\overline{A}

\overline{B}

le sont aussi.

P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A}) \times P(\overline{B}) = (1 - 0{,}4) \times (1 - 0{,}3) = 0{,}6 \times 0{,}7 = \boxed{0{,}42}

Vérification :

P(\overline{A} \cap \overline{B}) = P(\overline{A \cup B}) = 1 - P(A \cup B) = 1 - 0{,}58 = 0{,}42

✓.

Exercice 5

Facile

Soit

X \sim \mathcal{B}(8 \,; 0{,}3)

Calculer

P(X = 0)

P(X = 0) = \binom{8}{0} \times (0{,}3)^0 \times (0{,}7)^8 = 1 \times 1 \times (0{,}7)^8

(0{,}7)^8 = 0{,}05764801

Donc

\boxed{P(X = 0) \approx 0{,}0576}

Calculer

P(X = 1)

P(X = 1) = \binom{8}{1} \times (0{,}3)^1 \times (0{,}7)^7 = 8 \times 0{,}3 \times (0{,}7)^7

(0{,}7)^7 = 0{,}0823543

P(X = 1) = 8 \times 0{,}3 \times 0{,}0823543 = 8 \times 0{,}02470629 \approx \boxed{0{,}1977}

En déduire

P(X \geqslant 2)

P(X \geqslant 2) = 1 - P(X \leqslant 1) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1)

= 1 - 0{,}0576 - 0{,}1977 = 1 - 0{,}2553 = \boxed{0{,}7447}

Exercice 6

Facile

On tire au hasard une carte dans un jeu de 32 cartes, on note sa couleur, puis on la remet. On répète cette expérience 5 fois.

Quelle est la probabilité de tirer un cœur à chaque tirage ?

Un jeu de 32 cartes contient 8 cœurs. La probabilité de tirer un cœur est :

p = \dfrac{8}{32} = \dfrac{1}{4} = 0{,}25

Donc

\boxed{p = 0{,}25}

Soit

X

le nombre de cœurs tirés sur les 5 tirages. Donner la loi de

X

Chaque tirage est une épreuve de Bernoulli de paramètre

p = 0{,}25

(succès = cœur). Le tirage avec remise garantit l'indépendance.

Donc

\boxed{X \sim \mathcal{B}(5 \,; 0{,}25)}

Calculer la probabilité de n'obtenir aucun cœur.

P(X = 0) = \binom{5}{0} \times (0{,}25)^0 \times (0{,}75)^5 = (0{,}75)^5

(0{,}75)^5 = \dfrac{243}{1024} \approx 0{,}2373

Donc

\boxed{P(X = 0) \approx 0{,}237}

Exercice 7

Facile

Un joueur lance un dé équilibré à 6 faces 3 fois de suite. On s'intéresse au nombre de 6 obtenus.

Identifier la loi suivie par

X

, le nombre de 6 obtenus.

Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli : succès = obtenir 6,

p = \dfrac{1}{6}

. Les lancers sont indépendants.

Donc

\boxed{X \sim \mathcal{B}\left(3 \,; \dfrac{1}{6}\right)}

Calculer

P(X = 3)

, la probabilité d'obtenir trois 6.

P(X = 3) = \binom{3}{3} \left(\dfrac{1}{6}\right)^3 \left(\dfrac{5}{6}\right)^0 = 1 \times \dfrac{1}{216} \times 1 = \boxed{\dfrac{1}{216} \approx 0{,}00463}

Calculer

P(X \geqslant 1)

, la probabilité d'obtenir au moins un 6.

P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \binom{3}{0} \left(\dfrac{1}{6}\right)^0 \left(\dfrac{5}{6}\right)^3

= 1 - \left(\dfrac{5}{6}\right)^3 = 1 - \dfrac{125}{216} = \dfrac{91}{216} \approx \boxed{0{,}421}

Exercice 8

Facile

Soit

X \sim \mathcal{B}(20 \,; 0{,}1)

Calculer

E(X)

V(X)

\sigma(X)

E(X) = np = 20 \times 0{,}1 = \boxed{2}

V(X) = np(1-p) = 20 \times 0{,}1 \times 0{,}9 = \boxed{1{,}8}

\sigma(X) = \sqrt{1{,}8} \approx \boxed{1{,}342}

Calculer

P(X = 0)

P(X = 0) = (1-p)^n = (0{,}9)^{20}

(0{,}9)^{20} \approx 0{,}1216

Donc

\boxed{P(X = 0) \approx 0{,}122}

Calculer

P(X = 2)

P(X = 2) = \binom{20}{2} \times (0{,}1)^2 \times (0{,}9)^{18}

= 190 \times 0{,}01 \times (0{,}9)^{18}

(0{,}9)^{18} \approx 0{,}1501

P(X = 2) = 190 \times 0{,}01 \times 0{,}1501 \approx \boxed{0{,}285}

Exercice 9

Facile

On sait que

P(A) = 0{,}6

P(B) = 0{,}5

et que

A

B

sont indépendants.

Calculer

P(A \cap B)

Puisque

A

B

sont indépendants :

P(A \cap B) = P(A) \times P(B) = 0{,}6 \times 0{,}5 = \boxed{0{,}3}

Calculer

P(A \cap \overline{B})

Puisque

A

B

sont indépendants,

A

\overline{B}

le sont aussi.

P(A \cap \overline{B}) = P(A) \times P(\overline{B}) = 0{,}6 \times 0{,}5 = \boxed{0{,}3}

Calculer

P(A \cup B)

P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 0{,}6 + 0{,}5 - 0{,}3 = \boxed{0{,}8}

Exercice 10

Facile

On lance une pièce truquée (

P(\text{Pile}) = 0{,}6

) deux fois de suite. Les lancers sont indépendants.

Construire l'arbre pondéré associé à cette expérience.

L'arbre a deux niveaux.

Niveau 1 : Pile (

0{,}6

) ou Face (

0{,}4

).

Niveau 2 (depuis chaque nœud) : Pile (

0{,}6

) ou Face (

0{,}4

).

Les 4 chemins sont : PP, PF, FP, FF.

Calculer la probabilité de chacun des 4 résultats possibles.

Par indépendance, on multiplie les probabilités le long de chaque chemin :

P(PP) = 0{,}6 \times 0{,}6 = 0{,}36

P(PF) = 0{,}6 \times 0{,}4 = 0{,}24

P(FP) = 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24

P(FF) = 0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}16

Vérification :

0{,}36 + 0{,}24 + 0{,}24 + 0{,}16 = 1

✓.

En déduire la probabilité d'obtenir exactement un Pile.

Exactement un Pile correspond aux chemins PF et FP :

P(\text{exactement 1 Pile}) = P(PF) + P(FP) = 0{,}24 + 0{,}24 = \boxed{0{,}48}

On retrouve

\binom{2}{1} \times (0{,}6)^1 \times (0{,}4)^1 = 2 \times 0{,}24 = 0{,}48

✓.

Exercice 11

Intermédiaire

Un archer atteint sa cible avec une probabilité de

0{,}8

à chaque tir. Il effectue 7 tirs indépendants. Soit

X

le nombre de fois où il atteint la cible.

Justifier que

X \sim \mathcal{B}(7 \,; 0{,}8)

Chaque tir est une épreuve de Bernoulli : succès = atteindre la cible (

p = 0{,}8

), échec = rater (

q = 0{,}2

).

Les 7 tirs sont identiques (même probabilité) et indépendants.

X

compte le nombre de succès, donc

\boxed{X \sim \mathcal{B}(7 \,; 0{,}8)}

Calculer

P(X = 7)

P(X = 7) = \binom{7}{7} \times (0{,}8)^7 \times (0{,}2)^0 = (0{,}8)^7

(0{,}8)^7 = 0{,}2097152

Donc

\boxed{P(X = 7) \approx 0{,}210}

Calculer

P(X = 5)

P(X = 5) = \binom{7}{5} \times (0{,}8)^5 \times (0{,}2)^2

= 21 \times 0{,}32768 \times 0{,}04 = 21 \times 0{,}0131072

= \boxed{0{,}275}

Calculer

P(X \geqslant 5)

P(X \geqslant 5) = P(X=5) + P(X=6) + P(X=7)

P(X = 6) = \binom{7}{6} \times (0{,}8)^6 \times (0{,}2)^1 = 7 \times 0{,}262144 \times 0{,}2 = 7 \times 0{,}0524288 \approx 0{,}367

P(X = 7) \approx 0{,}210

(calculé précédemment)

P(X \geqslant 5) \approx 0{,}275 + 0{,}367 + 0{,}210 = \boxed{0{,}852}

Exercice 12

Intermédiaire

Soit

X \sim \mathcal{B}(10 \,; 0{,}4)

Calculer

E(X)

V(X)

\sigma(X)

E(X) = np = 10 \times 0{,}4 = \boxed{4}

V(X) = np(1-p) = 10 \times 0{,}4 \times 0{,}6 = \boxed{2{,}4}

\sigma(X) = \sqrt{2{,}4} \approx \boxed{1{,}549}

Calculer

P(X = 4)

P(X = 4) = \binom{10}{4} \times (0{,}4)^4 \times (0{,}6)^6

= 210 \times 0{,}0256 \times 0{,}046656

= 210 \times 0{,}001194394 \approx \boxed{0{,}251}

Calculer

P(3 \leqslant X \leqslant 5)

P(3 \leqslant X \leqslant 5) = P(X=3) + P(X=4) + P(X=5)

P(X=3) = \binom{10}{3} \times (0{,}4)^3 \times (0{,}6)^7 = 120 \times 0{,}064 \times 0{,}0279936 \approx 0{,}215

P(X=4) \approx 0{,}251

(calculé précédemment)

P(X=5) = \binom{10}{5} \times (0{,}4)^5 \times (0{,}6)^5 = 252 \times 0{,}01024 \times 0{,}07776 \approx 0{,}201

P(3 \leqslant X \leqslant 5) \approx 0{,}215 + 0{,}251 + 0{,}201 = \boxed{0{,}667}

Exercice 13

Intermédiaire

On lance un dé équilibré à 6 faces 10 fois de suite. On note

X

le nombre de fois où le résultat est strictement supérieur à 4.

Déterminer la probabilité

p

de l'événement « le résultat est strictement supérieur à 4 » pour un lancer.

Les faces strictement supérieures à 4 sont 5 et 6. Donc :

p = P(\text{résultat} > 4) = \dfrac{2}{6} = \boxed{\dfrac{1}{3}}

Identifier la loi de

X

et calculer

E(X)

Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli de paramètre

p = \dfrac{1}{3}

, les lancers sont indépendants.

X \sim \mathcal{B}\left(10 \,; \dfrac{1}{3}\right)

E(X) = np = 10 \times \dfrac{1}{3} = \boxed{\dfrac{10}{3} \approx 3{,}33}

Calculer

P(X = 0)

P(X = 10)

P(X = 0) = \left(\dfrac{2}{3}\right)^{10} = \dfrac{1024}{59049} \approx \boxed{0{,}01734}

P(X = 10) = \left(\dfrac{1}{3}\right)^{10} = \dfrac{1}{59049} \approx \boxed{0{,}0000169}

Calculer

P(X \geqslant 1)

P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \left(\dfrac{2}{3}\right)^{10}

= 1 - \dfrac{1024}{59049} = \dfrac{58025}{59049} \approx \boxed{0{,}983}

Exercice 14

Intermédiaire

Dans un test de dépistage, la probabilité qu'un individu soit positif est

0{,}02

. On teste 50 individus de manière indépendante.

Soit

X

le nombre d'individus positifs. Donner la loi de

X

et calculer

E(X)

Chaque test est une épreuve de Bernoulli : succès = test positif,

p = 0{,}02

. Les tests sont indépendants.

X \sim \mathcal{B}(50 \,; 0{,}02)

E(X) = 50 \times 0{,}02 = \boxed{1}

En moyenne, on s'attend à 1 individu positif.

Calculer la probabilité qu'aucun individu ne soit positif.

P(X = 0) = (1 - 0{,}02)^{50} = (0{,}98)^{50}

\ln(0{,}98) \approx -0{,}02020

, donc

50 \times \ln(0{,}98) \approx -1{,}0101

(0{,}98)^{50} \approx e^{-1{,}0101} \approx \boxed{0{,}364}

Calculer la probabilité d'avoir au moins 2 individus positifs.

P(X \geqslant 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1)

P(X = 1) = \binom{50}{1} \times (0{,}02)^1 \times (0{,}98)^{49} = 50 \times 0{,}02 \times (0{,}98)^{49}

(0{,}98)^{49} \approx 0{,}3716

P(X = 1) = 50 \times 0{,}02 \times 0{,}3716 \approx 0{,}372

P(X \geqslant 2) = 1 - 0{,}364 - 0{,}372 = \boxed{0{,}264}

Exercice 15

Intermédiaire

On effectue une succession de 5 épreuves indépendantes. À chaque épreuve, la probabilité de succès est

p = 0{,}7

Donner la probabilité du chemin

SSSEE

(3 succès puis 2 échecs dans cet ordre).

Par indépendance, la probabilité d'un chemin particulier est le produit des probabilités de chaque branche :

P(SSSEE) = (0{,}7)^3 \times (0{,}3)^2 = 0{,}343 \times 0{,}09 = \boxed{0{,}03087}

Combien de chemins réalisent exactement 3 succès parmi 5 épreuves ?

Le nombre de chemins réalisant exactement 3 succès parmi 5 épreuves est :

\binom{5}{3} = \dfrac{5!}{3! \times 2!} = \dfrac{120}{6 \times 2} = \boxed{10}

Calculer

P(X = 3)

où

X

est le nombre de succès.

P(X = 3) = \binom{5}{3} \times (0{,}7)^3 \times (0{,}3)^2 = 10 \times 0{,}03087 = \boxed{0{,}3087}

Exercice 16

Intermédiaire

Un sac contient 3 boules rouges et 7 boules bleues. On tire une boule, on note sa couleur, et on la remet dans le sac. On répète cette expérience

n = 6

fois.

Soit

X

le nombre de boules rouges tirées. Identifier la loi de

X

Chaque tirage est une épreuve de Bernoulli : succès = tirer une boule rouge,

p = \dfrac{3}{10} = 0{,}3

.

Le tirage avec remise garantit l'indépendance.

\boxed{X \sim \mathcal{B}(6 \,; 0{,}3)}

Calculer

P(X = 2)

P(X = 2) = \binom{6}{2} \times (0{,}3)^2 \times (0{,}7)^4

= 15 \times 0{,}09 \times 0{,}2401 = 15 \times 0{,}021609 = \boxed{0{,}324}

Calculer la probabilité d'obtenir au plus une boule rouge.

P(X \leqslant 1) = P(X = 0) + P(X = 1)

P(X = 0) = (0{,}7)^6 = 0{,}117649

P(X = 1) = \binom{6}{1} \times 0{,}3 \times (0{,}7)^5 = 6 \times 0{,}3 \times 0{,}16807 = 0{,}302526

P(X \leqslant 1) \approx 0{,}1176 + 0{,}3025 = \boxed{0{,}420}

Exercice 17

Intermédiaire

On considère deux événements

A

B

tels que

P(A) = 0{,}3

P(B) = 0{,}6

P(A \cap B) = 0{,}24

Les événements

A

B

sont-ils indépendants ?

Calculons

P(A) \times P(B) = 0{,}3 \times 0{,}6 = 0{,}18

.

Or

P(A \cap B) = 0{,}24 \neq 0{,}18

.

Donc

P(A \cap B) \neq P(A) \times P(B)

: les événements

A

B

ne sont

\boxed{\text{pas indépendants}}

Calculer

P_B(A)

P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{0{,}24}{0{,}6} = \boxed{0{,}4}

On remarque que

P_B(A) = 0{,}4 \neq 0{,}3 = P(A)

, ce qui confirme la non-indépendance.

Calculer

P_A(B)

P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{0{,}24}{0{,}3} = \boxed{0{,}8}

Savoir que

A

est réalisé augmente la probabilité de

B

(de

0{,}6

0{,}8

Exercice 18

Intermédiaire

La probabilité qu'un joueur de basket réussisse un lancer franc est

0{,}75

. Il effectue 12 lancers indépendants.

Soit

X

le nombre de lancers réussis. Donner la loi de

X

et ses paramètres caractéristiques.

X \sim \mathcal{B}(12 \,; 0{,}75)

E(X) = 12 \times 0{,}75 = \boxed{9}

V(X) = 12 \times 0{,}75 \times 0{,}25 = \boxed{2{,}25}

\sigma(X) = \sqrt{2{,}25} = \boxed{1{,}5}

Calculer la probabilité qu'il réussisse les 12 lancers.

P(X = 12) = (0{,}75)^{12} = \left(\dfrac{3}{4}\right)^{12} = \dfrac{531441}{16777216} \approx \boxed{0{,}0317}

Calculer la probabilité qu'il rate tous ses lancers.

P(X = 0) = (0{,}25)^{12} = \left(\dfrac{1}{4}\right)^{12} = \dfrac{1}{16777216} \approx \boxed{5{,}96 \times 10^{-8}}

Cet événement est quasi impossible.

Exercice 19

Intermédiaire

On effectue 8 épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre

p

. On sait que l'espérance du nombre de succès est 6.

Déterminer la valeur de

p

Soit

X \sim \mathcal{B}(8, p)

. On a

E(X) = np = 8p

.

Or

E(X) = 6

, donc :

8p = 6 \implies p = \dfrac{6}{8} = \boxed{\dfrac{3}{4} = 0{,}75}

Calculer

V(X)

\sigma(X)

V(X) = np(1-p) = 8 \times \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} = 8 \times \dfrac{3}{16} = \boxed{\dfrac{3}{2} = 1{,}5}

\sigma(X) = \sqrt{1{,}5} = \boxed{\dfrac{\sqrt{6}}{2} \approx 1{,}225}

Calculer

P(X = 8)

P(X = 8) = \binom{8}{8} \times \left(\dfrac{3}{4}\right)^8 \times \left(\dfrac{1}{4}\right)^0 = \left(\dfrac{3}{4}\right)^8

= \dfrac{3^8}{4^8} = \dfrac{6561}{65536} \approx \boxed{0{,}1001}

Exercice 20

Intermédiaire

Soit

X \sim \mathcal{B}(n, p)

avec

E(X) = 6

V(X) = 2{,}4

Déterminer

n

p

On a le système :

\begin{cases} np = 6 \ np(1-p) = 2{,}4 \end{cases}

En divisant la deuxième équation par la première :

1 - p = \dfrac{2{,}4}{6} = 0{,}4

Donc

p = 1 - 0{,}4 = \boxed{0{,}6}

.

Puis

n = \dfrac{6}{p} = \dfrac{6}{0{,}6} = \boxed{10}

Calculer

\sigma(X)

\sigma(X) = \sqrt{V(X)} = \sqrt{2{,}4} \approx \boxed{1{,}549}

Calculer

P(X = 6)

P(X = 6) = \binom{10}{6} \times (0{,}6)^6 \times (0{,}4)^4

= 210 \times 0{,}046656 \times 0{,}0256

= 210 \times 0{,}001194394 \approx \boxed{0{,}251}

Exercice 21

Difficile

Une machine produit des composants électroniques. La probabilité qu'un composant soit défectueux est

0{,}03

. On prélève 20 composants au hasard avec remise.

Soit

X

le nombre de composants défectueux. Donner la loi de

X

Chaque prélèvement est une épreuve de Bernoulli indépendante de paramètre

p = 0{,}03

\boxed{X \sim \mathcal{B}(20 \,; 0{,}03)}

Calculer la probabilité que le lot soit accepté, sachant qu'il est accepté si et seulement si

X \leqslant 1

P(X \leqslant 1) = P(X=0) + P(X=1)

P(X = 0) = (0{,}97)^{20} \approx 0{,}5438

P(X = 1) = \binom{20}{1} \times 0{,}03 \times (0{,}97)^{19} = 20 \times 0{,}03 \times 0{,}5607 \approx 0{,}3364

P(X \leqslant 1) \approx 0{,}5438 + 0{,}3364 = \boxed{0{,}880}

Déterminer le plus petit entier

n_0

tel que

P(X \geqslant 1) > 0{,}5

si l'on prélève

n_0

composants.

On cherche

n_0

tel que

P(X \geqslant 1) > 0{,}5

, soit

1 - P(X = 0) > 0{,}5

, c'est-à-dire

P(X = 0) < 0{,}5

P(X = 0) = (0{,}97)^{n_0} < 0{,}5

n_0 \ln(0{,}97) < \ln(0{,}5)

n_0 > \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}97)} = \dfrac{-0{,}6931}{-0{,}03046} \approx 22{,}76

Donc

\boxed{n_0 = 23}

Exercice 22

Difficile

Un tireur touche la cible avec une probabilité de

\dfrac{2}{3}

à chaque tir (tirs indépendants). Il effectue 6 tirs.

Calculer la probabilité qu'il touche la cible exactement 4 fois.

Soit

X \sim \mathcal{B}\left(6 \,; \dfrac{2}{3}\right)

P(X = 4) = \binom{6}{4} \left(\dfrac{2}{3}\right)^4 \left(\dfrac{1}{3}\right)^2

= 15 \times \dfrac{16}{81} \times \dfrac{1}{9} = 15 \times \dfrac{16}{729} = \dfrac{240}{729} = \dfrac{80}{243} \approx \boxed{0{,}329}

Calculer la probabilité qu'il touche la cible au moins 5 fois.

P(X \geqslant 5) = P(X=5) + P(X=6)

P(X = 5) = \binom{6}{5} \left(\dfrac{2}{3}\right)^5 \left(\dfrac{1}{3}\right)^1 = 6 \times \dfrac{32}{243} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{192}{729} = \dfrac{64}{243}

P(X = 6) = \left(\dfrac{2}{3}\right)^6 = \dfrac{64}{729}

P(X \geqslant 5) = \dfrac{64}{243} + \dfrac{64}{729} = \dfrac{192}{729} + \dfrac{64}{729} = \dfrac{256}{729} \approx \boxed{0{,}351}

Déterminer la valeur de

k

pour laquelle

P(X = k)

est maximale.

L'espérance est

E(X) = 6 \times \dfrac{2}{3} = 4

. Le mode est l'entier le plus proche de

(n+1)p - 1 = 7 \times \dfrac{2}{3} - 1 = \dfrac{14}{3} - 1 = \dfrac{11}{3} \approx 3{,}67

, soit

k = 4

.

Vérifions :

P(X=4) = \dfrac{80}{243} \approx 0{,}329

est bien la plus grande probabilité.

Donc

P(X = k)

est maximale pour

\boxed{k = 4}

Exercice 23

Difficile

Un vaccin est efficace avec une probabilité de

0{,}9

. On vaccine 15 personnes indépendamment.

Soit

X

le nombre de personnes pour lesquelles le vaccin est efficace. Calculer

P(X = 15)

X \sim \mathcal{B}(15 \,; 0{,}9)

P(X = 15) = (0{,}9)^{15} \approx \boxed{0{,}206}

Calculer

P(X \leqslant 12)

P(X \leqslant 12) = 1 - P(X = 13) - P(X = 14) - P(X = 15)

P(X = 14) = \binom{15}{14} \times (0{,}9)^{14} \times (0{,}1)^1 = 15 \times 0{,}2288 \times 0{,}1 \approx 0{,}343

P(X = 13) = \binom{15}{13} \times (0{,}9)^{13} \times (0{,}1)^2 = 105 \times 0{,}2542 \times 0{,}01 \approx 0{,}267

P(X = 15) \approx 0{,}206

P(X \leqslant 12) \approx 1 - 0{,}267 - 0{,}343 - 0{,}206 = \boxed{0{,}184}

Quel est le nombre minimum de personnes à vacciner pour que

P(X \geqslant 1) > 0{,}999

On cherche

n

tel que

P(X \geqslant 1) > 0{,}999

, soit

P(X = 0) < 0{,}001

(0{,}1)^n < 0{,}001 = 10^{-3}

10^{-n} < 10^{-3}

n > 3

Donc il faut au minimum

\boxed{n = 4}

personnes pour que la probabilité qu'au moins une soit protégée dépasse

0{,}999

.

Vérification :

(0{,}1)^4 = 0{,}0001 < 0{,}001

✓ et

(0{,}1)^3 = 0{,}001

n'est pas

< 0{,}001

Exercice 24

Difficile

Soit

X \sim \mathcal{B}(n, p)

. On donne

P(X = 0) = 0{,}0256

P(X = 1) = 0{,}1536

Exprimer

P(X = 0)

P(X = 1)

en fonction de

n

p

P(X = 0) = \binom{n}{0} p^0 (1-p)^n = (1-p)^n = 0{,}0256

P(X = 1) = \binom{n}{1} p (1-p)^{n-1} = np(1-p)^{n-1} = 0{,}1536

En calculant le rapport

\dfrac{P(X=1)}{P(X=0)}

, déterminer

\dfrac{np}{1-p}

\dfrac{P(X=1)}{P(X=0)} = \dfrac{np(1-p)^{n-1}}{(1-p)^n} = \dfrac{np}{1-p}

\dfrac{np}{1-p} = \dfrac{0{,}1536}{0{,}0256} = \boxed{6}

Déterminer les valeurs de

n

p

On a

(1-p)^n = 0{,}0256 = (0{,}4)^4

. Essayons

1 - p = 0{,}4

n = 4

:

Alors

p = 0{,}6

n = 4

.

Vérifions :

\dfrac{np}{1-p} = \dfrac{4 \times 0{,}6}{0{,}4} = \dfrac{2{,}4}{0{,}4} = 6

✓

P(X=1) = 4 \times 0{,}6 \times (0{,}4)^3 = 4 \times 0{,}6 \times 0{,}064 = 0{,}1536

✓

Donc

\boxed{n = 4}

\boxed{p = 0{,}6}

Exercice 25

Difficile

On répète

n

fois de manière indépendante une épreuve de Bernoulli de paramètre

p = 0{,}2

. On souhaite que la probabilité d'obtenir au moins un succès soit supérieure à

0{,}95

Exprimer

P(X \geqslant 1)

en fonction de

n

Soit

X \sim \mathcal{B}(n \,; 0{,}2)

P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - (1 - 0{,}2)^n = \boxed{1 - (0{,}8)^n}

Résoudre l'inéquation

P(X \geqslant 1) > 0{,}95

1 - (0{,}8)^n > 0{,}95

(0{,}8)^n < 0{,}05

n \ln(0{,}8) < \ln(0{,}05)

\ln(0{,}8) < 0

, donc en divisant on inverse l'inégalité :

n > \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}8)} = \dfrac{-2{,}9957}{-0{,}22314} \approx 13{,}42

Donc

\boxed{n \geqslant 14}

Vérifier pour

n = 14

que

P(X \geqslant 1) > 0{,}95

P(X \geqslant 1) = 1 - (0{,}8)^{14}

(0{,}8)^{14} = (0{,}8)^{10} \times (0{,}8)^4 = 0{,}1073741824 \times 0{,}4096 \approx 0{,}04398

P(X \geqslant 1) \approx 1 - 0{,}044 = 0{,}956 > 0{,}95

✓

Et pour

n = 13

(0{,}8)^{13} \approx 0{,}0550

, donc

P(X \geqslant 1) \approx 0{,}945 < 0{,}95

.

Bien

\boxed{n = 14}

est le plus petit entier convenable.

Exercice 26

Difficile

On lance simultanément deux dés équilibrés. On répète cette expérience 10 fois de manière indépendante. On appelle « double six » l'événement « obtenir 6 sur chacun des deux dés ».

Quelle est la probabilité d'obtenir un double six à un lancer ?

Les deux dés sont indépendants. La probabilité d'obtenir 6 sur un dé est

\dfrac{1}{6}

P(\text{double six}) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} = \boxed{\dfrac{1}{36}}

Soit

X

le nombre de double six sur les 10 lancers. Donner la loi de

X

et calculer

E(X)

Chaque lancer de la paire de dés est une épreuve de Bernoulli de paramètre

p = \dfrac{1}{36}

. Les 10 lancers sont indépendants.

X \sim \mathcal{B}\left(10 \,; \dfrac{1}{36}\right)

E(X) = 10 \times \dfrac{1}{36} = \boxed{\dfrac{5}{18} \approx 0{,}278}

Calculer la probabilité de n'obtenir aucun double six.

P(X = 0) = \left(1 - \dfrac{1}{36}\right)^{10} = \left(\dfrac{35}{36}\right)^{10}

\ln\left(\dfrac{35}{36}\right) \approx -0{,}02817

, donc

10 \times (-0{,}02817) \approx -0{,}2817

P(X = 0) \approx e^{-0{,}2817} \approx \boxed{0{,}755}

Combien de fois faut-il lancer les deux dés pour que la probabilité d'obtenir au moins un double six dépasse

0{,}5

On cherche

n

tel que

1 - \left(\dfrac{35}{36}\right)^n > 0{,}5

, soit

\left(\dfrac{35}{36}\right)^n < 0{,}5

n > \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln\left(\frac{35}{36}\right)} = \dfrac{-0{,}6931}{-0{,}02817} \approx 24{,}6

Donc

\boxed{n = 25}

.

Remarque historique : c'est le problème du Chevalier de Méré, qui demandait s'il était avantageux de parier sur au moins un double six en 24 lancers. La réponse est non :

P \approx 0{,}491 < 0{,}5

Exercice 27

Difficile

Soit

X \sim \mathcal{B}(n, p)

. Montrer que

P(X = k+1) = \dfrac{n-k}{k+1} \times \dfrac{p}{1-p} \times P(X = k)

Écrire

P(X = k+1)

P(X = k)

avec la formule de la loi binomiale.

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}

P(X = k+1) = \binom{n}{k+1} p^{k+1} (1-p)^{n-k-1}

Calculer le rapport

\dfrac{P(X = k+1)}{P(X = k)}

\dfrac{P(X = k+1)}{P(X = k)} = \dfrac{\binom{n}{k+1}}{\binom{n}{k}} \times \dfrac{p^{k+1}}{p^k} \times \dfrac{(1-p)^{n-k-1}}{(1-p)^{n-k}}

\dfrac{\binom{n}{k+1}}{\binom{n}{k}} = \dfrac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!} \times \dfrac{k!(n-k)!}{n!} = \dfrac{n-k}{k+1}

.

Et

\dfrac{p^{k+1}}{p^k} = p

;

\dfrac{(1-p)^{n-k-1}}{(1-p)^{n-k}} = \dfrac{1}{1-p}

.

Donc :

\boxed{\dfrac{P(X = k+1)}{P(X = k)} = \dfrac{n-k}{k+1} \times \dfrac{p}{1-p}}

Application : si

X \sim \mathcal{B}(10 \,; 0{,}3)

P(X = 3) \approx 0{,}2668

, calculer

P(X = 4)

On applique la formule avec

n = 10

k = 3

p = 0{,}3

\dfrac{P(X = 4)}{P(X = 3)} = \dfrac{10 - 3}{3 + 1} \times \dfrac{0{,}3}{0{,}7} = \dfrac{7}{4} \times \dfrac{3}{7} = \dfrac{3}{4} = 0{,}75

P(X = 4) = 0{,}75 \times P(X = 3) = 0{,}75 \times 0{,}2668 = \boxed{0{,}2001}

Exercice 28

Difficile

Un test de grossesse a une sensibilité de

0{,}99

(probabilité de détecter une grossesse quand elle existe) et une spécificité de

0{,}97

(probabilité d'un résultat négatif quand il n'y a pas de grossesse). On teste

n = 100

femmes non enceintes de manière indépendante.

Soit

Y

le nombre de faux positifs parmi les 100 femmes non enceintes. Quelle est la loi de

Y

Pour chaque femme non enceinte, la probabilité d'un faux positif est

1 - 0{,}97 = 0{,}03

. Les tests sont indépendants.

\boxed{Y \sim \mathcal{B}(100 \,; 0{,}03)}

Calculer

E(Y)

\sigma(Y)

E(Y) = 100 \times 0{,}03 = \boxed{3}

V(Y) = 100 \times 0{,}03 \times 0{,}97 = 2{,}91

\sigma(Y) = \sqrt{2{,}91} \approx \boxed{1{,}706}

Calculer la probabilité d'avoir au plus 2 faux positifs.

P(Y \leqslant 2) = P(Y=0) + P(Y=1) + P(Y=2)

P(Y=0) = (0{,}97)^{100} \approx 0{,}0476

P(Y=1) = 100 \times 0{,}03 \times (0{,}97)^{99} \approx 100 \times 0{,}03 \times 0{,}0491 \approx 0{,}1473

P(Y=2) = \binom{100}{2} \times (0{,}03)^2 \times (0{,}97)^{98} = 4950 \times 0{,}0009 \times 0{,}0506 \approx 0{,}2253

P(Y \leqslant 2) \approx 0{,}0476 + 0{,}1473 + 0{,}2253 = \boxed{0{,}420}

Exercice 29

Difficile

Soit

X \sim \mathcal{B}(n, p)

Y \sim \mathcal{B}(n, 1-p)

Montrer que

P(Y = k) = P(X = n - k)

pour tout

0 \leqslant k \leqslant n

P(Y = k) = \binom{n}{k} (1-p)^k p^{n-k}

P(X = n-k) = \binom{n}{n-k} p^{n-k} (1-p)^{n-(n-k)} = \binom{n}{n-k} p^{n-k} (1-p)^k

\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}

(symétrie des coefficients binomiaux).

Donc

P(Y = k) = \binom{n}{n-k} (1-p)^k p^{n-k} = P(X = n-k)

\boxed{\square}

En déduire que

E(Y) = n - E(X)

On a

Y = n - X

(le nombre d'échecs dans le schéma de Bernoulli initial).

Par linéarité de l'espérance :

E(Y) = E(n - X) = n - E(X) = n - np = n(1-p) \quad \boxed{\square}

On retrouve bien

E(Y) = n(1-p)

, ce qui est cohérent avec

Y \sim \mathcal{B}(n, 1-p)

Vérifier que

V(Y) = V(X)

V(Y) = n(1-p)p = np(1-p) = V(X) \quad \boxed{\square}

Alternativement :

V(Y) = V(n - X) = V(X)

car la variance est invariante par translation.

Exercice 30

Difficile

Un candidat passe un examen composé de 20 questions indépendantes. Pour chaque question, la probabilité qu'il réponde correctement est

0{,}6

. Il obtient 2 points par bonne réponse et perd 1 point par mauvaise réponse.

Soit

X

le nombre de bonnes réponses. Donner la loi de

X

et calculer

E(X)

X \sim \mathcal{B}(20 \,; 0{,}6)

E(X) = 20 \times 0{,}6 = \boxed{12}

Exprimer le score total

S

en fonction de

X

et calculer

E(S)

X

bonnes réponses rapportent

2X

points. Les

20 - X

mauvaises réponses coûtent

1 \times (20 - X)

points.

S = 2X - (20 - X) = 3X - 20

Par linéarité de l'espérance :

E(S) = 3E(X) - 20 = 3 \times 12 - 20 = \boxed{16}

Calculer

V(S)

\sigma(S)

S = 3X - 20

, donc :

V(S) = 3^2 \times V(X) = 9 \times np(1-p) = 9 \times 20 \times 0{,}6 \times 0{,}4 = 9 \times 4{,}8 = \boxed{43{,}2}

\sigma(S) = \sqrt{43{,}2} \approx \boxed{6{,}57}

Quelle est la probabilité que le candidat obtienne un score positif ou nul (

S \geqslant 0

) ?

S \geqslant 0 \iff 3X - 20 \geqslant 0 \iff X \geqslant \dfrac{20}{3} \approx 6{,}67

.

Donc

S \geqslant 0 \iff X \geqslant 7

P(S \geqslant 0) = P(X \geqslant 7) = 1 - P(X \leqslant 6)

Avec la calculatrice :

P(X \leqslant 6) \approx 0{,}0210

P(S \geqslant 0) \approx 1 - 0{,}0210 = \boxed{0{,}979}

Exercice 31

Avancé

On considère un schéma de Bernoulli de paramètres

n

p

. Soit

X \sim \mathcal{B}(n, p)

. On pose

q = 1 - p

Montrer que

\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = 1

en utilisant la formule du binôme de Newton.

La formule du binôme de Newton donne :

(p + q)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k}

p + q = p + (1-p) = 1

, donc :

\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = 1^n = \boxed{1}

Cela confirme que la somme des probabilités

P(X = k)

vaut bien 1.

En dérivant par rapport à

p

la relation

(p+q)^n = 1

(avec

q = 1-p

), retrouver

E(X) = np

On a

\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} = 1

.

Dérivons les deux membres par rapport à

p

\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \left[ k p^{k-1} (1-p)^{n-k} - (n-k) p^k (1-p)^{n-k-1} \right] = 0

Alternativement, utilisons

(p + q)^n

avec

q = 1-p

vu comme indépendant de

p

, puis posons

q = 1-p

à la fin.

Dérivons

f(p) = (p+q)^n

par rapport à

p

f'(p) = n(p+q)^{n-1}

.

Et

f(p) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^k q^{n-k}

, donc

f'(p) = \sum_{k=1}^{n} k \binom{n}{k} p^{k-1} q^{n-k}

.

En posant

p+q = 1

n \times 1 = \sum_{k=0}^{n} k \binom{n}{k} p^{k-1} q^{n-k}

.

Multiplions par

p

np = \sum_{k=0}^{n} k \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = E(X)

.

Donc

\boxed{E(X) = np}

\square

En déduire

E(X^2)

puis retrouver

V(X) = npq

Dérivons une seconde fois

f(p) = (p+q)^n

f''(p) = n(n-1)(p+q)^{n-2}

.

Et

f''(p) = \sum_{k=2}^{n} k(k-1) \binom{n}{k} p^{k-2} q^{n-k}

.

En posant

p+q=1

et en multipliant par

p^2

n(n-1)p^2 = \sum_{k=0}^{n} k(k-1) \binom{n}{k} p^k q^{n-k} = E(X(X-1)) = E(X^2) - E(X)

Donc

E(X^2) = n(n-1)p^2 + np

V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = n(n-1)p^2 + np - n^2p^2

= n^2p^2 - np^2 + np - n^2p^2 = np - np^2 = np(1-p) = \boxed{npq}

\square

Exercice 32

Avancé

On effectue une succession de lancers d'une pièce truquée (

P(\text{Pile}) = p

avec

0 < p < 1

). On s'arrête dès que l'on obtient Pile.

Soit

Y

le nombre de lancers effectués. Calculer

P(Y = 1)

P(Y = 2)

P(Y = 3)

Y = 1

: on obtient Pile au premier lancer.

P(Y = 1) = p

Y = 2

: Face au 1er lancer puis Pile au 2e.

P(Y = 2) = (1-p) \times p

Y = 3

: Face, Face, Pile.

P(Y = 3) = (1-p)^2 \times p

\boxed{P(Y = 1) = p \;; \; P(Y = 2) = (1-p)p \;; \; P(Y = 3) = (1-p)^2 p}

Montrer que

P(Y = k) = (1-p)^{k-1} p

pour tout entier

k \geqslant 1

Y = k

signifie : les

k-1

premiers lancers donnent Face (chacun de probabilité

1-p

) et le

k

-ème donne Pile (probabilité

p

).

Par indépendance des lancers :

P(Y = k) = (1-p)^{k-1} \times p \quad \boxed{\square}

On reconnaît la loi géométrique de paramètre

p

Vérifier que

\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} P(Y = k) = 1

\sum_{k=1}^{+\infty} P(Y = k) = \sum_{k=1}^{+\infty} (1-p)^{k-1} p = p \sum_{k=0}^{+\infty} (1-p)^k

C'est une série géométrique de raison

1-p

avec

|1-p| < 1

= p \times \dfrac{1}{1-(1-p)} = p \times \dfrac{1}{p} = \boxed{1}

\square

Application numérique : pour

p = 0{,}3

, calculer la probabilité d'avoir besoin de plus de 5 lancers.

P(Y > 5) = 1 - P(Y \leqslant 5) = 1 - \sum_{k=1}^{5} (0{,}7)^{k-1} \times 0{,}3

= 1 - 0{,}3 \times \dfrac{1 - (0{,}7)^5}{1 - 0{,}7} = 1 - 0{,}3 \times \dfrac{1 - 0{,}16807}{0{,}3}

= 1 - (1 - 0{,}16807) = (0{,}7)^5 = \boxed{0{,}16807}

Alternativement :

P(Y > 5) = P(\text{les 5 premiers lancers sont Face}) = (0{,}7)^5

Exercice 33

Avancé

Un organisme de sondage interroge 1000 personnes. Chaque personne, indépendamment, est favorable à un projet avec une probabilité

p = 0{,}52

. Soit

X

le nombre de personnes favorables.

Donner la loi de

X

et calculer

E(X)

V(X)

\sigma(X)

X \sim \mathcal{B}(1000 \,; 0{,}52)

E(X) = 1000 \times 0{,}52 = \boxed{520}

V(X) = 1000 \times 0{,}52 \times 0{,}48 = \boxed{249{,}6}

\sigma(X) = \sqrt{249{,}6} \approx \boxed{15{,}80}

On admet que

P(E(X) - 2\sigma \leqslant X \leqslant E(X) + 2\sigma) \approx 0{,}95

. Déterminer l'intervalle correspondant.

E(X) - 2\sigma \approx 520 - 2 \times 15{,}80 = 520 - 31{,}6 = 488{,}4

E(X) + 2\sigma \approx 520 + 31{,}6 = 551{,}6

Donc avec une probabilité d'environ

0{,}95

\boxed{489 \leqslant X \leqslant 551}

En déduire un encadrement de la proportion

F = \dfrac{X}{1000}

de personnes favorables avec une probabilité d'environ

0{,}95

En divisant par 1000 :

\dfrac{489}{1000} \leqslant \dfrac{X}{1000} \leqslant \dfrac{551}{1000}

\boxed{0{,}489 \leqslant F \leqslant 0{,}551}

Avec une probabilité d'environ

0{,}95

, la proportion observée de personnes favorables est comprise entre

48{,}9\%

55{,}1\%

Exercice 34

Avancé

On dispose de deux pièces. La pièce A est équilibrée (

P(\text{Pile}) = 0{,}5

) et la pièce B est truquée (

P(\text{Pile}) = 0{,}8

). On choisit au hasard une pièce (avec la même probabilité) et on la lance 5 fois.

Sachant qu'on a choisi la pièce A, quelle est la loi du nombre de Pile

X_A

Avec la pièce A, chaque lancer est une épreuve de Bernoulli de paramètre

p = 0{,}5

, les lancers sont indépendants.

\boxed{X_A \sim \mathcal{B}(5 \,; 0{,}5)}

Calculer la probabilité d'obtenir exactement 4 Pile.

Notons

A

= « choisir la pièce A » et

B

= « choisir la pièce B ». On a

P(A) = P(B) = 0{,}5

.

Soit

X

le nombre de Pile. Par la formule des probabilités totales :

P(X = 4) = P(A) \times P_A(X = 4) + P(B) \times P_B(X = 4)

P_A(X = 4) = \binom{5}{4} (0{,}5)^4 (0{,}5)^1 = 5 \times \dfrac{1}{32} = \dfrac{5}{32} = 0{,}15625

P_B(X = 4) = \binom{5}{4} (0{,}8)^4 (0{,}2)^1 = 5 \times 0{,}4096 \times 0{,}2 = 0{,}4096

P(X = 4) = 0{,}5 \times 0{,}15625 + 0{,}5 \times 0{,}4096 \approx \boxed{0{,}283}

Sachant qu'on a obtenu exactement 4 Pile, quelle est la probabilité d'avoir utilisé la pièce B ?

Par la formule de Bayes :

P_{X=4}(B) = \dfrac{P(B) \times P_B(X=4)}{P(X=4)} = \dfrac{0{,}5 \times 0{,}4096}{0{,}2829}

= \dfrac{0{,}2048}{0{,}2829} \approx \boxed{0{,}724}

Sachant qu'on a obtenu 4 Pile, il y a environ

72{,}4\%

de chances que ce soit la pièce truquée.

Exercice 35

Avancé

On pose

S_n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}^2

En utilisant l'identité de Vandermonde

\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \binom{n}{n-k} = \binom{2n}{n}

et la symétrie

\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}

, montrer que

S_n = \binom{2n}{n}

Par symétrie des coefficients binomiaux :

\binom{n}{n-k} = \binom{n}{k}

.

Donc :

S_n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}^2 = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \binom{n}{n-k}

D'après l'identité de Vandermonde :

\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \binom{n}{n-k} = \binom{2n}{n}

Donc

\boxed{S_n = \binom{2n}{n}}

\square

Vérifier pour

n = 3

S_3 = \binom{3}{0}^2 + \binom{3}{1}^2 + \binom{3}{2}^2 + \binom{3}{3}^2 = 1 + 9 + 9 + 1 = 20

\binom{6}{3} = \dfrac{6!}{3!3!} = 20

Bien

S_3 = \binom{6}{3} = \boxed{20}

✓.

Application probabiliste : soit

X \sim \mathcal{B}\left(n \,; \dfrac{1}{2}\right)

. Exprimer

\displaystyle\sum_{k=0}^{n} [P(X=k)]^2

en fonction de

n

P(X = k) = \binom{n}{k} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n

\sum_{k=0}^{n} [P(X=k)]^2 = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}^2 \left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n} = \dfrac{1}{4^n} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}^2 = \dfrac{S_n}{4^n} = \boxed{\dfrac{\binom{2n}{n}}{4^n}}

Exercice 36

Avancé

Un joueur lance une pièce truquée (

P(\text{Pile}) = p

)

2n

fois. Soit

X

le nombre de Pile obtenus.

Donner la loi de

X

Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli de paramètre

p

, les lancers sont indépendants.

\boxed{X \sim \mathcal{B}(2n, p)}

Montrer que

P(X = n) = \binom{2n}{n} p^n (1-p)^n

En appliquant la formule de la loi binomiale avec

k = n

P(X = n) = \binom{2n}{n} p^n (1-p)^{2n-n} = \boxed{\binom{2n}{n} p^n (1-p)^n}

\square

Pour

p = \dfrac{1}{2}

, montrer que

P(X = n) = \dfrac{\binom{2n}{n}}{4^n}

et calculer cette valeur pour

n = 5

Pour

p = \dfrac{1}{2}

P(X = n) = \binom{2n}{n} \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = \dfrac{\binom{2n}{n}}{4^n} \quad \boxed{\square}

Pour

n = 5

P(X = 5) = \dfrac{\binom{10}{5}}{4^5} = \dfrac{252}{1024} = \dfrac{63}{256} \approx \boxed{0{,}246}

Exercice 37

Avancé

On considère deux variables aléatoires indépendantes

X \sim \mathcal{B}(n_1, p)

Y \sim \mathcal{B}(n_2, p)

avec le même paramètre

p

Soit

Z = X + Y

. Conjecturer la loi de

Z

et vérifier que

E(Z) = (n_1 + n_2)p

On conjecture que

Z \sim \mathcal{B}(n_1 + n_2, p)

.

En effet,

X

compte les succès de

n_1

épreuves et

Y

ceux de

n_2

épreuves indépendantes, toutes de même paramètre

p

. Leur somme

Z

compte les succès des

n_1 + n_2

épreuves.

Vérifions :

E(Z) = E(X) + E(Y) = n_1 p + n_2 p = \boxed{(n_1 + n_2)p}

✓.

Vérifier que

V(Z) = (n_1 + n_2)p(1-p)

Puisque

X

Y

sont indépendantes, les variances s'additionnent :

V(Z) = V(X) + V(Y) = n_1 p(1-p) + n_2 p(1-p) = \boxed{(n_1 + n_2)p(1-p)}

C'est bien la variance d'une loi

\mathcal{B}(n_1 + n_2, p)

✓.

Application :

X \sim \mathcal{B}(8 \,; 0{,}3)

Y \sim \mathcal{B}(12 \,; 0{,}3)

indépendantes. Donner la loi de

Z = X + Y

et calculer

E(Z)

\sigma(Z)

Z \sim \mathcal{B}(8 + 12 \,; 0{,}3) = \mathcal{B}(20 \,; 0{,}3)

E(Z) = 20 \times 0{,}3 = \boxed{6}

V(Z) = 20 \times 0{,}3 \times 0{,}7 = 4{,}2

\sigma(Z) = \sqrt{4{,}2} \approx \boxed{2{,}049}

Exercice 38

Avancé

Un contrôle qualité porte sur un lot de grande taille contenant une proportion

p = 0{,}1

de pièces défectueuses. On prélève

n

pièces au hasard avec remise. Le lot est refusé si l'on trouve au moins 2 pièces défectueuses.

Exprimer, en fonction de

n

, la probabilité

R(n)

de refuser le lot.

Soit

X \sim \mathcal{B}(n \,; 0{,}1)

. Le lot est refusé si

X \geqslant 2

R(n) = P(X \geqslant 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1)

= 1 - (0{,}9)^n - n \times 0{,}1 \times (0{,}9)^{n-1}

= \boxed{1 - (0{,}9)^n \left(1 + \dfrac{n}{9}\right)}

(car

n \times 0{,}1 \times (0{,}9)^{n-1} = \dfrac{n}{9} \times (0{,}9)^n

en factorisant

(0{,}9)^n

, ce qui donne

n \times 0{,}1 \times \dfrac{(0{,}9)^n}{0{,}9} = \dfrac{n}{9}(0{,}9)^n

Calculer

R(10)

R(20)

R(10) = 1 - (0{,}9)^{10}\left(1 + \dfrac{10}{9}\right) = 1 - (0{,}9)^{10} \times \dfrac{19}{9}

(0{,}9)^{10} \approx 0{,}34868

R(10) = 1 - 0{,}34868 \times 2{,}1111 \approx 1 - 0{,}7361 = \boxed{0{,}264}

R(20) = 1 - (0{,}9)^{20}\left(1 + \dfrac{20}{9}\right) = 1 - (0{,}9)^{20} \times \dfrac{29}{9}

(0{,}9)^{20} \approx 0{,}12158

R(20) = 1 - 0{,}12158 \times 3{,}2222 \approx 1 - 0{,}3917 = \boxed{0{,}608}

Déterminer le plus petit

n

tel que

R(n) > 0{,}9

On cherche

n

tel que

R(n) > 0{,}9

, soit

(0{,}9)^n \left(1 + \dfrac{n}{9}\right) < 0{,}1

.

Testons quelques valeurs :

n = 40

(0{,}9)^{40} \approx 0{,}01478

1 + \dfrac{40}{9} \approx 5{,}444

, produit

\approx 0{,}0805 < 0{,}1

✓

n = 35

(0{,}9)^{35} \approx 0{,}02503

1 + \dfrac{35}{9} \approx 4{,}889

, produit

\approx 0{,}1224 > 0{,}1

✗

n = 38

(0{,}9)^{38} \approx 0{,}01826

1 + \dfrac{38}{9} \approx 5{,}222

, produit

\approx 0{,}0954 < 0{,}1

✓

n = 37

(0{,}9)^{37} \approx 0{,}02029

1 + \dfrac{37}{9} \approx 5{,}111

, produit

\approx 0{,}1037 > 0{,}1

✗

Donc

\boxed{n = 38}

Exercice 39

Avancé

Soit

X \sim \mathcal{B}(n, p)

. On note

\mu = E(X) = np

\sigma^2 = V(X) = np(1-p)

Montrer que

P(X = k)

est maximale pour

k = k_0

où

k_0

est le plus grand entier tel que

k_0 \leqslant (n+1)p

D'après l'exercice 27, on a :

\dfrac{P(X = k+1)}{P(X = k)} = \dfrac{(n-k)p}{(k+1)(1-p)}

Ce rapport est

\geqslant 1

si et seulement si

(n-k)p \geqslant (k+1)(1-p)

, soit :

np - kp \geqslant k + 1 - kp - p

, d'où

np + p - 1 \geqslant k

, soit

k \leqslant (n+1)p - 1

.

Donc

P(X = k)

croît tant que

k \leqslant (n+1)p - 1

et décroît ensuite.

Le maximum est atteint pour

\boxed{k_0 = \lfloor (n+1)p \rfloor}

(partie entière), ou pour les deux valeurs encadrant

(n+1)p - 1

si c'est un entier.

Application : déterminer le mode de

X \sim \mathcal{B}(15 \,; 0{,}4)

(n+1)p = 16 \times 0{,}4 = 6{,}4

.

Donc

k_0 = \lfloor 6{,}4 \rfloor = 6

.

Le mode est

\boxed{k_0 = 6}

: la valeur la plus probable est

P(X = 6)

Pour

X \sim \mathcal{B}(100 \,; 0{,}5)

, montrer que

P(X = 50)

est la plus grande probabilité.

(n+1)p = 101 \times 0{,}5 = 50{,}5

.

Donc

k_0 = \lfloor 50{,}5 \rfloor = 50

.

La probabilité

P(X = 50)

est bien la plus grande.

\boxed{\square}

Cela est cohérent avec la symétrie de la loi

\mathcal{B}(100 \,; 0{,}5)

autour de

\mu = 50

Exercice 40

Avancé

Deux joueurs A et B jouent une série de parties indépendantes. À chaque partie, A gagne avec la probabilité

p = 0{,}6

. Le premier à remporter 3 parties gagne la série.

La série dure au minimum 3 parties et au maximum 5 parties. Calculer la probabilité que A gagne en exactement 3 parties.

A gagne en 3 parties si et seulement si A gagne les 3 premières parties :

P(\text{A gagne en 3}) = p^3 = (0{,}6)^3 = \boxed{0{,}216}

Calculer la probabilité que A gagne en exactement 4 parties.

A gagne en exactement 4 parties signifie : parmi les 3 premières parties, A en gagne exactement 2 et B en gagne 1, puis A gagne la 4e.

Nombre de façons de placer la victoire de B parmi les 3 premières :

\binom{3}{1} = 3

P(\text{A gagne en 4}) = \binom{3}{1} \times p^2 \times (1-p) \times p = 3 \times (0{,}6)^2 \times 0{,}4 \times 0{,}6

= 3 \times 0{,}36 \times 0{,}4 \times 0{,}6 = 3 \times 0{,}0864 = \boxed{0{,}2592}

Calculer la probabilité que A gagne en exactement 5 parties.

Parmi les 4 premières parties, A en gagne exactement 2 et B en gagne 2, puis A gagne la 5e.

Nombre de façons :

\binom{4}{2} = 6

P(\text{A gagne en 5}) = \binom{4}{2} \times p^2 \times (1-p)^2 \times p = 6 \times (0{,}6)^2 \times (0{,}4)^2 \times 0{,}6

= 6 \times 0{,}36 \times 0{,}16 \times 0{,}6 = 6 \times 0{,}03456 = \boxed{0{,}20736}

En déduire la probabilité que A gagne la série.

P(\text{A gagne}) = P(\text{en 3}) + P(\text{en 4}) + P(\text{en 5})

= 0{,}216 + 0{,}2592 + 0{,}20736 = \boxed{0{,}68256}

A a environ

68{,}3\%

de chances de remporter la série.

4 problèmes de synthèse

Problème 1 — Lancers de dés et loi binomiale

Facile

On lance un dé équilibré à 6 faces 12 fois de suite. On appelle « succès » l'événement « obtenir un 6 ». Soit

X

le nombre de succès obtenus.

Partie A — Étude de la loi de $X$

Justifier que

X

suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.

Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli de paramètre

p = P(\text{obtenir 6}) = \dfrac{1}{6}

.

Les 12 lancers sont identiques (même dé) et indépendants (chaque lancer n'influence pas les autres).

X

compte le nombre de succès dans ce schéma de Bernoulli.

Donc

\boxed{X \sim \mathcal{B}\left(12 \,; \dfrac{1}{6}\right)}

Calculer l'espérance, la variance et l'écart-type de

X

E(X) = np = 12 \times \dfrac{1}{6} = \boxed{2}

V(X) = np(1-p) = 12 \times \dfrac{1}{6} \times \dfrac{5}{6} = \dfrac{60}{36} = \boxed{\dfrac{5}{3} \approx 1{,}667}

\sigma(X) = \sqrt{\dfrac{5}{3}} = \dfrac{\sqrt{15}}{3} \approx \boxed{1{,}291}

Calculer

P(X = 0)

P(X = 1)

P(X = 0) = \left(\dfrac{5}{6}\right)^{12} = \dfrac{5^{12}}{6^{12}} = \dfrac{244\,140\,625}{2\,176\,782\,336} \approx \boxed{0{,}1122}

P(X = 1) = \binom{12}{1} \times \dfrac{1}{6} \times \left(\dfrac{5}{6}\right)^{11} = 12 \times \dfrac{1}{6} \times \dfrac{5^{11}}{6^{11}}

= 2 \times \dfrac{48\,828\,125}{362\,797\,056} \approx 2 \times 0{,}13463 \approx \boxed{0{,}2692}

En déduire

P(X \geqslant 2)

P(X \geqslant 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) \approx 1 - 0{,}1122 - 0{,}2692 = \boxed{0{,}619}

Partie B — Interprétation

Interpréter

E(X)

dans le contexte de l'expérience.

L'espérance

E(X) = 2

signifie que en moyenne, sur 12 lancers d'un dé équilibré, on obtient 2 fois le résultat 6.

C'est le nombre moyen de 6 que l'on s'attend à observer si l'on répète l'expérience un grand nombre de fois.

Est-il plus probable d'obtenir au moins deux 6 que d'en obtenir au plus un ? Justifier.

P(X \leqslant 1) = P(X = 0) + P(X = 1) \approx 0{,}1122 + 0{,}2692 = 0{,}3814

P(X \geqslant 2) \approx 0{,}619

Puisque

P(X \geqslant 2) \approx 0{,}619 > 0{,}381 \approx P(X \leqslant 1)

, il est

\boxed{\text{plus probable d'obtenir au moins deux 6}}

Problème 2 — Contrôle qualité dans une usine

Intermédiaire

Une usine fabrique des composants dont

4\%

sont défectueux. Un contrôleur prélève au hasard

n

composants dans la production (assimilée à un tirage avec remise). Soit

X

le nombre de composants défectueux dans l'échantillon.

Partie A — Échantillon de taille $n = 25$

Justifier que

X \sim \mathcal{B}(25 \,; 0{,}04)

Chaque prélèvement est une épreuve de Bernoulli : succès = composant défectueux (

p = 0{,}04

), échec = composant conforme (

q = 0{,}96

).

Le tirage avec remise garantit :
- les épreuves sont identiques (la proportion reste

0{,}04

) ;
- les épreuves sont indépendantes.

X

est le nombre de succès, donc

\boxed{X \sim \mathcal{B}(25 \,; 0{,}04)}

Calculer

E(X)

\sigma(X)

E(X) = 25 \times 0{,}04 = \boxed{1}

V(X) = 25 \times 0{,}04 \times 0{,}96 = 0{,}96

\sigma(X) = \sqrt{0{,}96} \approx \boxed{0{,}980}

Calculer la probabilité qu'aucun composant ne soit défectueux.

P(X = 0) = (0{,}96)^{25}

\ln(0{,}96) \approx -0{,}04082

, donc

25 \times \ln(0{,}96) \approx -1{,}0206

P(X = 0) \approx e^{-1{,}0206} \approx \boxed{0{,}360}

Le lot est refusé si

X \geqslant 3

. Calculer

P(X \geqslant 3)

P(X \geqslant 3) = 1 - P(X \leqslant 2)

P(X = 0) \approx 0{,}3604

P(X = 1) = 25 \times 0{,}04 \times (0{,}96)^{24} = 1 \times (0{,}96)^{24} \approx 0{,}3604 \times \dfrac{25 \times 0{,}04}{0{,}96}

Plus directement :

P(X=1) = 25 \times 0{,}04 \times (0{,}96)^{24}

(0{,}96)^{24} \approx 0{,}3754

P(X = 1) = 1 \times 0{,}3754 = 0{,}3754

P(X = 2) = \binom{25}{2} \times (0{,}04)^2 \times (0{,}96)^{23} = 300 \times 0{,}0016 \times 0{,}3911 \approx 0{,}1877

P(X \leqslant 2) \approx 0{,}3604 + 0{,}3754 + 0{,}1877 = 0{,}9235

P(X \geqslant 3) \approx 1 - 0{,}9235 = \boxed{0{,}076}

Partie B — Taille minimale de l'échantillon

On souhaite que la probabilité de détecter au moins un composant défectueux soit supérieure à

0{,}90

. Déterminer le plus petit

n

convenable.

On cherche

n

tel que

P(X \geqslant 1) > 0{,}90

, soit

P(X = 0) < 0{,}10

(0{,}96)^n < 0{,}10

n \ln(0{,}96) < \ln(0{,}10)

n > \dfrac{\ln(0{,}10)}{\ln(0{,}96)} = \dfrac{-2{,}3026}{-0{,}04082} \approx 56{,}4

Donc

\boxed{n = 57}

.

Vérification :

(0{,}96)^{57} \approx 0{,}097 < 0{,}10

✓ et

(0{,}96)^{56} \approx 0{,}101 > 0{,}10

✗.

Pour

n = 57

, calculer

E(X)

E(X) = 57 \times 0{,}04 = \boxed{2{,}28}

En moyenne, on détectera environ

2{,}3

composants défectueux sur un échantillon de 57.

Problème 3 — Jeu de hasard et prise de décision

Difficile

Un joueur participe à un jeu où il lance une pièce truquée (

P(\text{Pile}) = 0{,}6

). Il peut choisir entre deux options :

Option 1 : Lancer la pièce 5 fois. Il gagne s'il obtient au moins 3 Pile.
Option 2 : Lancer la pièce 3 fois. Il gagne s'il obtient au moins 2 Pile.

En cas de gain, il reçoit 10 euros. La mise est de 5 euros dans les deux cas.

Partie A — Étude de l'option 1

Soit

X_1

le nombre de Pile en 5 lancers. Donner la loi de

X_1

X_1

suit la loi binomiale

\mathcal{B}(5 \,; 0{,}6)

.

Les 5 lancers sont des épreuves de Bernoulli identiques (

p = 0{,}6

) et indépendantes.

Calculer

P(X_1 \geqslant 3)

P(X_1 \geqslant 3) = P(X_1=3) + P(X_1=4) + P(X_1=5)

P(X_1=3) = \binom{5}{3}(0{,}6)^3(0{,}4)^2 = 10 \times 0{,}216 \times 0{,}16 = 0{,}3456

P(X_1=4) = \binom{5}{4}(0{,}6)^4(0{,}4)^1 = 5 \times 0{,}1296 \times 0{,}4 = 0{,}2592

P(X_1=5) = (0{,}6)^5 = 0{,}07776

P(X_1 \geqslant 3) = 0{,}3456 + 0{,}2592 + 0{,}07776 = \boxed{0{,}68256}

Calculer l'espérance du gain net

G_1

pour l'option 1.

Le gain net est :

G_1 = 10 - 5 = 5

euros si victoire,

G_1 = -5

euros si défaite.

E(G_1) = 5 \times P(X_1 \geqslant 3) + (-5) \times P(X_1 < 3)

= 5 \times 0{,}68256 + (-5) \times 0{,}31744

= 3{,}4128 - 1{,}5872 = \boxed{1{,}8256 \text{ euros}}

Partie B — Étude de l'option 2

Soit

X_2

le nombre de Pile en 3 lancers. Calculer

P(X_2 \geqslant 2)

X_2 \sim \mathcal{B}(3 \,; 0{,}6)

P(X_2 \geqslant 2) = P(X_2=2) + P(X_2=3)

P(X_2=2) = \binom{3}{2}(0{,}6)^2(0{,}4)^1 = 3 \times 0{,}36 \times 0{,}4 = 0{,}432

P(X_2=3) = (0{,}6)^3 = 0{,}216

P(X_2 \geqslant 2) = 0{,}432 + 0{,}216 = \boxed{0{,}648}

Calculer l'espérance du gain net

G_2

pour l'option 2.

E(G_2) = 5 \times 0{,}648 + (-5) \times 0{,}352 = 3{,}24 - 1{,}76 = \boxed{1{,}48 \text{ euros}}

Partie C — Comparaison et décision

Quelle option le joueur doit-il choisir pour maximiser son espérance de gain ? Justifier.

Comparons les espérances de gain :

- Option 1 :

E(G_1) \approx 1{,}83

euros
- Option 2 :

E(G_2) \approx 1{,}48

euros

Puisque

E(G_1) > E(G_2)

, le joueur doit choisir

\boxed{\text{l'option 1}}

pour maximiser son espérance de gain.

Cela s'explique par le fait qu'avec 5 lancers au lieu de 3, la loi des grands nombres joue en faveur du joueur : la fréquence de Pile se rapproche de

p = 0{,}6 > 0{,}5

, ce qui facilite l'obtention d'une majorité de Pile.

Le joueur joue 100 fois à l'option 1. Soit

Y

le nombre de parties gagnées. Calculer

E(Y)

et la somme totale espérée après 100 parties.

Y \sim \mathcal{B}(100 \,; 0{,}68256)

E(Y) = 100 \times 0{,}68256 = 68{,}256

Le gain net total espéré est :

E(\text{gain total}) = 100 \times E(G_1) = 100 \times 1{,}8256 = \boxed{182{,}56 \text{ euros}}

Sur 100 parties, le joueur peut espérer gagner environ 183 euros.

Problème 4 — Fiabilité d'un système et maintenance préventive

Avancé

Un système informatique est composé de

n

serveurs indépendants. Chaque serveur a une probabilité

p = 0{,}95

de fonctionner correctement pendant une journée. Le système est opérationnel si au moins

\dfrac{3n}{4}

serveurs fonctionnent (arrondi à l'entier supérieur).

Partie A — Étude pour $n = 8$ serveurs

Soit

X

le nombre de serveurs fonctionnels. Donner la loi de

X

et calculer

E(X)

Chaque serveur est une épreuve de Bernoulli de paramètre

p = 0{,}95

(succès = fonctionne). Les serveurs sont indépendants.

X \sim \mathcal{B}(8 \,; 0{,}95)

E(X) = 8 \times 0{,}95 = \boxed{7{,}6}

Le système est opérationnel si

X \geqslant 6

(car

\lceil \frac{3 \times 8}{4} \rceil = 6

). Calculer

P(X \geqslant 6)

P(X \geqslant 6) = P(X=6) + P(X=7) + P(X=8)

P(X=8) = (0{,}95)^8 \approx 0{,}6634

P(X=7) = \binom{8}{7}(0{,}95)^7(0{,}05)^1 = 8 \times 0{,}6983 \times 0{,}05 \approx 0{,}2793

P(X=6) = \binom{8}{6}(0{,}95)^6(0{,}05)^2 = 28 \times 0{,}7351 \times 0{,}0025 \approx 0{,}0515

P(X \geqslant 6) \approx 0{,}6634 + 0{,}2793 + 0{,}0515 = \boxed{0{,}9942}

Calculer la probabilité que le système ne soit PAS opérationnel.

P(\text{non opérationnel}) = 1 - P(X \geqslant 6) \approx 1 - 0{,}9942 = \boxed{0{,}0058}

Il y a environ

0{,}6\%

de risque de panne du système.

Partie B — Maintenance préventive sur 30 jours

On suppose que chaque jour est indépendant. Soit

D

le nombre de jours sur 30 où le système n'est pas opérationnel. Donner la loi de

D

Chaque jour, le système est non opérationnel avec une probabilité

q \approx 0{,}0058

. Les jours sont indépendants.

\boxed{D \sim \mathcal{B}(30 \,; 0{,}0058)}

Calculer

E(D)

et la probabilité que le système soit opérationnel tous les jours du mois.

E(D) = 30 \times 0{,}0058 = \boxed{0{,}174}

En moyenne, on s'attend à

0{,}174

jour de panne par mois.

P(D = 0) = (1 - 0{,}0058)^{30} = (0{,}9942)^{30}

\ln(0{,}9942) \approx -0{,}005817

, donc

30 \times (-0{,}005817) \approx -0{,}1745

P(D = 0) \approx e^{-0{,}1745} \approx \boxed{0{,}840}

Il y a environ

84\%

de chances que le système fonctionne sans interruption pendant un mois.

Partie C — Optimisation du nombre de serveurs

On souhaite que la probabilité quotidienne de panne du système soit inférieure à

0{,}001

(

0{,}1\%

). Plutôt que de changer les serveurs, on envisage de passer à

n = 12

serveurs (seuil :

X \geqslant 9

). Calculer

P(X < 9)

pour

X \sim \mathcal{B}(12 \,; 0{,}95)

On calcule

P(X \leqslant 8) = 1 - P(X \geqslant 9)

P(X=12) = (0{,}95)^{12} \approx 0{,}5404

P(X=11) = \binom{12}{11}(0{,}95)^{11}(0{,}05)^1 = 12 \times 0{,}5688 \times 0{,}05 \approx 0{,}3413

P(X=10) = \binom{12}{10}(0{,}95)^{10}(0{,}05)^2 = 66 \times 0{,}5987 \times 0{,}0025 \approx 0{,}0988

P(X=9) = \binom{12}{9}(0{,}95)^9(0{,}05)^3 = 220 \times 0{,}6302 \times 0{,}000125 \approx 0{,}0173

P(X \geqslant 9) \approx 0{,}5404 + 0{,}3413 + 0{,}0988 + 0{,}0173 = 0{,}9978

P(X < 9) = 1 - 0{,}9978 = \boxed{0{,}0022}

Avec 12 serveurs, la probabilité de panne est environ

0{,}22\%

, ce qui est encore au-dessus du seuil de

0{,}1\%

On augmente la fiabilité individuelle des serveurs à

p = 0{,}98

(tout en gardant

n = 8

et le seuil

X \geqslant 6

). Calculer la nouvelle probabilité de panne et conclure sur la meilleure stratégie.

Avec

X \sim \mathcal{B}(8 \,; 0{,}98)

et le seuil

X \geqslant 6

P(X=8) = (0{,}98)^8 \approx 0{,}8508

P(X=7) = 8 \times (0{,}98)^7 \times 0{,}02 = 8 \times 0{,}8681 \times 0{,}02 \approx 0{,}1389

P(X=6) = 28 \times (0{,}98)^6 \times (0{,}02)^2 = 28 \times 0{,}8858 \times 0{,}0004 \approx 0{,}0099

P(X \geqslant 6) \approx 0{,}8508 + 0{,}1389 + 0{,}0099 = 0{,}9996

P(\text{panne}) = 1 - 0{,}9996 = \boxed{0{,}0004 = 0{,}04\%}

Avec

p = 0{,}98

n = 8

, la probabilité de panne est

0{,}04\% < 0{,}1\%

.

Conclusion :

\boxed{\text{Améliorer la fiabilité individuelle}}

(passer de

p = 0{,}95

p = 0{,}98

) est plus efficace qu'augmenter le nombre de serveurs (de 8 à 12) pour atteindre le seuil de

0{,}1\%

de risque de panne.

S'entraîner avec les sujets du bac

Voir les sujets corrigés →

Succession d'épreuves indépendantes

I. Épreuves et événements indépendants

1. Événements indépendants

2. Propriétés des événements indépendants

3. Succession d'épreuves indépendantes

4. Représentation par un arbre pondéré

II. Schéma de Bernoulli

1. Épreuve de Bernoulli

2. Schéma de Bernoulli

3. Nombre de chemins réalisant $k$ succès

III. Loi binomiale

1. Définition

2. Espérance, variance et écart-type

3. Calculs et propriétés

4. Représentation graphique

1. Événements indépendants

2. Schéma de Bernoulli

3. Loi binomiale

4. Méthode type

Partie A — Étude de la loi de $X$

Partie B — Interprétation

Partie A — Échantillon de taille $n = 25$

Partie B — Taille minimale de l'échantillon

Partie A — Étude de l'option 1

Partie B — Étude de l'option 2

Partie C — Comparaison et décision

Partie A — Étude pour $n = 8$ serveurs

Partie B — Maintenance préventive sur 30 jours

Partie C — Optimisation du nombre de serveurs

S'entraîner avec les sujets du bac

Succession d'épreuves indépendantes

I. Épreuves et événements indépendants

1. Événements indépendants

2. Propriétés des événements indépendants

3. Succession d'épreuves indépendantes

4. Représentation par un arbre pondéré

II. Schéma de Bernoulli

1. Épreuve de Bernoulli

2. Schéma de Bernoulli

3. Nombre de chemins réalisant k succès

III. Loi binomiale

1. Définition

2. Espérance, variance et écart-type

3. Calculs et propriétés

4. Représentation graphique

1. Événements indépendants

2. Schéma de Bernoulli

3. Loi binomiale

4. Méthode type

Partie A — Étude de la loi de XXX

Partie B — Interprétation

Partie A — Échantillon de taille n=25n = 25n=25

Partie B — Taille minimale de l'échantillon

Partie A — Étude de l'option 1

Partie B — Étude de l'option 2

Partie C — Comparaison et décision

Partie A — Étude pour n=8n = 8n=8 serveurs

Partie B — Maintenance préventive sur 30 jours

Partie C — Optimisation du nombre de serveurs

S'entraîner avec les sujets du bac

3. Nombre de chemins réalisant $k$ succès

Partie A — Étude de la loi de $X$

Partie A — Échantillon de taille $n = 25$

Partie A — Étude pour $n = 8$ serveurs