Exercices corrigés : Succession d'épreuves indépendantes, loi binomiale (Terminale)

1. La première épreuve a pour univers $\Omega_1=\{R\,;N\}$, avec $P_1(R)=\dfrac25$ et $P_1(N)=\dfrac35$. La seconde a pour univers $\Omega_2=\{1,2,3,4,5,6\}$, chaque face ayant la probabilité $\dfrac16$. L'univers de l'expérience globale est $\Omega=\Omega_1\times\Omega_2$ ; il contient $2\times6=12$ issues, de $(R,1)$ à $(N,6)$.

Ces issues ne sont pas équiprobables : par exemple $(R,1)$ a pour probabilité $\dfrac25\times\dfrac16=\dfrac1{15}$ et $(N,1)$ a pour probabilité $\dfrac35\times\dfrac16=\dfrac1{10}$.

2. Les épreuves étant indépendantes : $$P\big((R,6)\big)=P_1(R)\times P_2(6)=\frac25\times\frac16=\frac2{30}=\frac1{15}.$$

3. $A=\{(N,5)\,;(N,6)\}$. Chacune de ces deux issues a pour probabilité $\dfrac35\times\dfrac16=\dfrac1{10}$, donc $$P(A)=\frac1{10}+\frac1{10}=\frac15.$$ On retrouve bien $\dfrac35\times\dfrac26=\dfrac15$.

4. L'événement contraire $\overline B$ est « la boule est noire et le dé ne donne pas 6 ». Par indépendance : $$P(\overline B)=\frac35\times\frac56=\frac{15}{30}=\frac12,\qquad\text{donc}\qquad P(B)=1-\frac12=\frac12.$$ Vérification avec la formule de la réunion : la probabilité que la boule soit rouge est $\dfrac25$, celle que le dé donne 6 est $\dfrac16$, celle des deux à la fois est $\dfrac1{15}$ ; d'où $P(B)=\dfrac25+\dfrac16-\dfrac1{15}=\dfrac{12+5-2}{30}=\dfrac12$.

a) L'épreuve « lancer le dé » est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « obtenir 1 », de probabilité $p=\dfrac16$. Elle est répétée 20 fois de façon identique et indépendante. $X$ compte les succès, donc $X$ suit la loi binomiale $\mathcal B\left(20\,;\dfrac16\right)$.

b) Non. Les tirages sont sans remise, donc la composition de l'urne change. La probabilité de tirer une rouge au second tirage vaut $\dfrac49$ si la première boule était rouge et $\dfrac59$ si elle était noire : les épreuves ne sont pas indépendantes, ce n'est pas un schéma de Bernoulli.

c) L'épreuve « répondre au hasard à une question » est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « la réponse est exacte », de probabilité $p=\dfrac14=0{,}25$. Elle est répétée 8 fois de façon identique et indépendante. $X$ compte les succès, donc $X\sim\mathcal B(8\,;0{,}25)$.

d) Non. Le nombre d'épreuves n'est pas fixé à l'avance, et $X$ ne compte pas des succès parmi $n$ épreuves : il compte des lancers. D'ailleurs $X$ peut prendre n'importe quelle valeur entière supérieure ou égale à 1, alors qu'une variable de loi binomiale prend ses valeurs dans $\{0,1,\dots,n\}$.

e) L'épreuve « interroger un habitant » est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « la personne possède un vélo », de probabilité $p=0{,}35$. D'après l'énoncé, le choix est assimilé à 50 tirages avec remise : l'épreuve est répétée 50 fois de façon identique et indépendante. $X$ compte les succès, donc $X\sim\mathcal B(50\,;0{,}35)$.

1. L'épreuve « arriver à un feu » est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « le feu est vert », de probabilité $p=0{,}4$. Elle est répétée 5 fois de façon identique et indépendante (admis par l'énoncé). $X$ compte le nombre de succès, donc $X$ suit la loi binomiale $\mathcal B(5\,;0{,}4)$.

2. Avec $1-p=0{,}6$ : $$P(X=2)=\binom52\times0{,}4^2\times0{,}6^3=10\times0{,}16\times0{,}216=0{,}3456.$$

3. $P(X=0)=\binom50\times0{,}4^0\times0{,}6^5=0{,}6^5=0{,}07776$ et $P(X=5)=0{,}4^5=0{,}01024$.

4. L'événement « au moins un feu vert » est $\{X\geqslant1\}$, contraire de $\{X=0\}$ : $$P(X\geqslant1)=1-P(X=0)=1-0{,}07776=0{,}92224.$$

1. L'épreuve « répondre au hasard à une question » est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « la réponse est exacte », de probabilité $p=\dfrac14=0{,}25$. Elle est répétée 10 fois de façon identique et indépendante, et $X$ compte les succès : $X\sim\mathcal B(10\,;0{,}25)$.

2. $P(X=0)=0{,}75^{10}\approx0{,}0563$.

3. Comme $X$ prend des valeurs entières, $\{X\geqslant5\}$ est le contraire de $\{X\leqslant4\}$. La calculatrice donne $P(X\leqslant4)\approx0{,}92187$, donc $$P(X\geqslant5)=1-P(X\leqslant4)\approx0{,}0781.$$

4. a) Le candidat a $X$ bonnes réponses et $10-X$ mauvaises, donc $$N=2X-(10-X)=3X-10.$$ Par linéarité de l'espérance, avec $E(X)=10\times0{,}25=2{,}5$ : $$E(N)=3E(X)-10=7{,}5-10=-2{,}5.$$ En moyenne, répondre entièrement au hasard conduit à une note de $-2{,}5$.

b) $N\geqslant5\iff3X-10\geqslant5\iff3X\geqslant15\iff X\geqslant5$. Donc $P(N\geqslant5)=P(X\geqslant5)\approx0{,}0781$.

1. L'épreuve « gratter un ticket » est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « le ticket est gagnant », de probabilité $0{,}08$, répétée $n$ fois de façon identique et indépendante. $X$ compte les succès : $X\sim\mathcal B(n\,;0{,}08)$. Donc $$p_n=P(X\geqslant1)=1-P(X=0)=1-0{,}92^n.$$

2. $$\begin{aligned}p_n\geqslant0{,}9&\iff1-0{,}92^n\geqslant0{,}9\\&\iff0{,}92^n\leqslant0{,}1\\&\iff n\ln(0{,}92)\leqslant\ln(0{,}1)\quad\text{car }\ln\text{ est strictement croissante sur }]0\,;+\infty[\\&\iff n\geqslant\frac{\ln(0{,}1)}{\ln(0{,}92)}\quad\text{car }\ln(0{,}92)<0.\end{aligned}$$ Or $\dfrac{\ln(0{,}1)}{\ln(0{,}92)}\approx27{,}62$. Le plus petit entier qui convient est $n=28$.

def seuil():
    n = 1
    while 1 - 0.92**n < 0.9:
        n = n + 1
    return n

La boucle s'arrête au premier $n$ pour lequel $p_n\geqslant0{,}9$ ; l'appel renvoie 28. Contrôle : $p_{27}=1-0{,}92^{27}\approx1-0{,}1053=0{,}8947<0{,}9$ et $p_{28}=1-0{,}92^{28}\approx1-0{,}0969=0{,}9031\geqslant0{,}9$.

Il faut donc acheter au moins 28 tickets.

1. L'épreuve « servir un client » est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « le client demande un siège enfant », de probabilité $p=0{,}2$, répétée 30 fois de façon identique et indépendante. $X$ compte les succès, donc $X\sim\mathcal B(30\,;0{,}2)$.

2. $E(X)=30\times0{,}2=6$ et $V(X)=30\times0{,}2\times0{,}8=4{,}8$, donc $\sigma(X)=\sqrt{4{,}8}\approx2{,}19$.

3. Avec $k$ sièges, toutes les demandes sont satisfaites si et seulement si $X\leqslant k$. On cherche le plus petit entier $k$ tel que $P(X\leqslant k)\geqslant0{,}95$. La calculatrice donne :

Comme $P(X\leqslant9)\approx0{,}9389<0{,}95$ et $P(X\leqslant10)\approx0{,}9744\geqslant0{,}95$, l'agence doit prévoir au moins 10 sièges.

4. Avec 10 sièges, au moins un client n'est pas satisfait si $X\geqslant11$ : $$P(X\geqslant11)=1-P(X\leqslant10)\approx1-0{,}97438=0{,}0256.$$

1. Avec $\binom nk=\dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}$ : $$\frac{\binom n{k+1}}{\binom nk}=\frac{n!}{(k+1)!\,(n-k-1)!}\times\frac{k!\,(n-k)!}{n!}=\frac{k!}{(k+1)!}\times\frac{(n-k)!}{(n-k-1)!}=\frac{n-k}{k+1}.$$

2. Comme $0<p<1$, $P(X=k)=\binom nkp^k(1-p)^{n-k}>0$ et $$\frac{P(X=k+1)}{P(X=k)}=\frac{\binom n{k+1}}{\binom nk}\times\frac{p^{k+1}}{p^k}\times\frac{(1-p)^{n-k-1}}{(1-p)^{n-k}}=\frac{n-k}{k+1}\times\frac p{1-p}.$$

3. $P(X=k)>0$, donc $P(X=k+1)>P(X=k)$ équivaut à un quotient strictement supérieur à 1. En multipliant par $(k+1)(1-p)>0$ : $$\begin{aligned}P(X=k+1)>P(X=k)&\iff(n-k)p>(k+1)(1-p)\\&\iff np-kp>k+1-kp-p\\&\iff np+p-1>k\\&\iff k<(n+1)p-1.\end{aligned}$$ Le même calcul avec des égalités donne $P(X=k+1)=P(X=k)\iff k=(n+1)p-1$.

4. Ici $(n+1)p-1=31\times0{,}2-1=5{,}2$, qui n'est pas entier. Pour $k\leqslant5$, on a $k<5{,}2$ donc $P(X=k+1)>P(X=k)$ ; pour $k\geqslant6$, on a $k>5{,}2$ donc $P(X=k+1)<P(X=k)$. Ainsi $$P(X=0)<P(X=1)<\dots<P(X=6)\quad\text{et}\quad P(X=6)>P(X=7)>\dots>P(X=30).$$ La valeur la plus probable est $6$, et $P(X=6)=\binom{30}6\times0{,}2^6\times0{,}8^{24}\approx0{,}1795$. Elle coïncide ici avec $E(X)=6$.

5. Ici $(n+1)p-1=10\times0{,}5-1=4$, entier. Pour $k<4$, $P(X=k+1)>P(X=k)$ ; pour $k=4$, $P(X=5)=P(X=4)$ ; pour $k>4$, $P(X=k+1)<P(X=k)$. Les probabilités croissent jusqu'à $k=4$, $P(X=4)=P(X=5)$, puis elles décroissent : il y a deux valeurs les plus probables, $4$ et $5$, avec $$P(X=4)=P(X=5)=\binom94\times0{,}5^9=\frac{126}{512}=\frac{63}{256}\approx0{,}2461.$$

1. L'épreuve « semer une graine » est une épreuve de Bernoulli de succès « la graine germe », de probabilité $0{,}1$, répétée $n$ fois de façon identique et indépendante ; $X$ compte les succès donc $X\sim\mathcal B(n\,;0{,}1)$. Alors $$u_n=P(X=0)+P(X=1)=0{,}9^n+n\times0{,}1\times0{,}9^{n-1}=0{,}9^{n-1}(0{,}9+0{,}1n).$$

2. Pour $n\geqslant1$, en remarquant que $0{,}9+0{,}1(n+1)=1+0{,}1n$ : $$\begin{aligned}u_{n+1}-u_n&=0{,}9^n(1+0{,}1n)-0{,}9^{n-1}(0{,}9+0{,}1n)\\&=0{,}9^{n-1}\big[0{,}9+0{,}09n-0{,}9-0{,}1n\big]\\&=-0{,}01n\times0{,}9^{n-1}<0.\end{aligned}$$ La suite $(u_n)$ est strictement décroissante. Comme $P(X\geqslant2)=1-u_n$, la probabilité d'obtenir au moins deux plants est strictement croissante en $n$ : une fois le seuil atteint, il reste atteint pour toutes les valeurs suivantes de $n$.

3. $P(X\geqslant2)\geqslant0{,}95\iff1-u_n\geqslant0{,}95\iff u_n\leqslant0{,}05$. L'inconnue $n$ apparaît à la fois en exposant et en facteur dans $0{,}9+0{,}1n$ : appliquer $\ln$ ne permet pas d'isoler $n$. On procède par balayage.

def seuil():
    n = 1
    while 0.9**(n - 1) * (0.9 + 0.1*n) > 0.05:
        n = n + 1
    return n

La boucle s'arrête au premier $n$ tel que $u_n\leqslant0{,}05$.

5. $u_{45}\approx0{,}0524>0{,}05$ et $u_{46}\approx0{,}0480\leqslant0{,}05$. Par décroissance de $(u_n)$, on a $u_n>0{,}05$ pour tout $n\leqslant45$ et $u_n\leqslant0{,}05$ pour tout $n\geqslant46$. La fonction renvoie donc 46 : il faut semer au moins 46 graines. On a alors $P(X\geqslant2)\approx0{,}9520$ (contre $\approx0{,}9476$ pour 45 graines).

Partie A

1. Premier niveau : $P(A)=0{,}6$, $P(B)=0{,}4$. Second niveau : $P_A(D)=0{,}05$, $P_A(\overline D)=0{,}95$, $P_B(D)=0{,}1$, $P_B(\overline D)=0{,}9$.

2. $P(A\cap D)=P(A)\times P_A(D)=0{,}6\times0{,}05=0{,}03$.

3. $A$ et $B$ forment une partition de l'univers ; par la formule des probabilités totales : $$P(D)=P(A\cap D)+P(B\cap D)=0{,}03+0{,}4\times0{,}1=0{,}03+0{,}04=0{,}07.$$

4. $$P_D(A)=\frac{P(A\cap D)}{P(D)}=\frac{0{,}03}{0{,}07}=\frac37\approx0{,}429.$$

Partie B

1. L'épreuve « prélever une gourde » est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « la gourde est défectueuse », de probabilité $p=0{,}07$ d'après la partie A. Le prélèvement étant assimilé à un tirage avec remise, cette épreuve est répétée 20 fois de façon identique et indépendante. $X$ compte les succès, donc $X\sim\mathcal B(20\,;0{,}07)$.

2. $P(X=0)=0{,}93^{20}\approx0{,}2342$.

3. $P(X=1)=\binom{20}1\times0{,}07\times0{,}93^{19}\approx0{,}3526$ et $P(X=2)=\binom{20}2\times0{,}07^2\times0{,}93^{18}=190\times0{,}0049\times0{,}93^{18}\approx0{,}2521$. Donc $$P(X\leqslant2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)\approx0{,}8390,$$ valeur confirmée par la fonction cumulée de la calculatrice.

4. Le lot est refusé si $X\geqslant3$ : $$P(X\geqslant3)=1-P(X\leqslant2)\approx1-0{,}8390=0{,}1610.$$

5. $E(X)=20\times0{,}07=1{,}4$. Sur un grand nombre de prélèvements de 20 gourdes, on trouve en moyenne 1,4 gourde défectueuse par prélèvement.

Partie C

Le nombre $X_n$ de gourdes défectueuses parmi $n$ suit $\mathcal B(n\,;0{,}07)$, donc $P(X_n\geqslant1)=1-0{,}93^n$. $$\begin{aligned}1-0{,}93^n\geqslant0{,}99&\iff0{,}93^n\leqslant0{,}01\\&\iff n\ln(0{,}93)\leqslant\ln(0{,}01)\quad(\ln\text{ strictement croissante})\\&\iff n\geqslant\frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}93)}\quad\text{car }\ln(0{,}93)<0.\end{aligned}$$ Or $\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}93)}\approx63{,}46$. Le plus petit entier qui convient est $n=64$. Contrôle : $0{,}93^{63}\approx0{,}0103>0{,}01$ et $0{,}93^{64}\approx0{,}0096\leqslant0{,}01$.