Schéma de Bernoulli et loi binomiale · Terminale spécialité

Pourquoi étudier le schéma de Bernoulli et la loi binomiale ?

De quoi parle-t-on ?

Dans la vie courante et les sciences, on rencontre constamment des situations où une expérience aléatoire n'a que deux issues : succès ou échec, pile ou face, malade ou sain, conforme ou défectueux, vrai ou faux. Si la probabilité de succès reste la même et si on répète cette expérience un nombre $$n$$ fixé de fois de manière indépendante, on obtient un schéma de Bernoulli. La question est alors : quelle est la probabilité d'obtenir exactement $$k$$ succès sur $$n$$ essais ? La réponse est donnée par la loi binomiale.

Les applications concrètes

Dans les exemples qui suivent, les nombres sont des données de modèles fictifs. Une loi binomiale suppose des essais indépendants avec une même probabilité de succès ; ces hypothèses doivent être données ou justifiées par le protocole.

Qualité : sous ce modèle, le nombre de pièces défectueuses parmi $$20$$ , avec $$p=0{,}05$$ , suit $\mathcal B(20;0{,}05)$ . Dans un prélèvement sans remise, cette loi n'est généralement qu'une approximation, à discuter selon le contexte.

Sondage : si $$1000$$ réponses sont modélisées par des Bernoulli indépendantes de paramètre $$0{,}3$$ , le nombre de oui suit $\mathcal B(1000;0{,}3)$ . Interroger beaucoup de personnes ne suffit pas à assurer la représentativité.

Fiabilité : le nombre de pannes parmi $$100$$ composants de probabilité de panne $$0{,}01$$ suit $\mathcal B(100;0{,}01)$ si les pannes sont indépendantes. Une alimentation électrique commune peut rendre ce modèle inadapté.

L'idée directrice

L'idée avant la formule

Pile ou face : le modèle le plus simple

Intuition · Comprendre sur un exemple

On effectue trois lancers indépendants d'une pièce équilibrée. Les résultats possibles sont :

Résultat	Nb de Piles	Probabilité
FFF	0	$\frac{1}{8}$
PFF, FPF, FFP	1	$3\times\frac{1}{8}=\frac{3}{8}$
PPF, PFP, FPP	2	$3\times\frac{1}{8}=\frac{3}{8}$
PPP	3	$\frac{1}{8}$

Pourquoi $$3$$ façons d'avoir exactement $$1$$ Pile ? Parce qu'il y a $\binom{3}{1}=3$ manières de choisir à quel lancer le Pile tombe. De même, $\binom{3}{2}=3$ façons d'avoir $$2$$ Piles. C'est le rôle du coefficient binomial.

À toi d’essayer

Un nombre de succès n'est pas une issue élémentaire

Trois lancers indépendants d'une pièce équilibrée donnent huit suites. Pourquoi les quatre nombres de Piles $$0,1,2,3$$ ne sont-ils pas équiprobables ? Donner la probabilité de deux Piles.

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Écrire les suites qui contiennent deux Piles.

Indice 2 · Un pas de plus

PPF, PFP et FPP sont incompatibles et chacune a une probabilité $$1/8$$ .

Voir l’explication

Les nombres de Piles regroupent respectivement $$1,3,3,1$$ suites. Ainsi

\begin{aligned}P(X=2) &= \frac18+\frac18+\frac18\\[.35em]&= \frac38.\end{aligned}

Compter quatre valeurs possibles ne donne pas à chacune une probabilité $$1/4$$ . À réessayer : calculer la probabilité d'au moins deux Piles en regroupant les bonnes suites.

L'arbre : visualiser les chemins

À toi d’essayer

Une pièce déséquilibrée change les poids

Dans cet arbre, $$p=0{,}7$$ . Calculer la probabilité du seul chemin SÉS, puis celle d'obtenir exactement deux succès. Les huit chemins ont-ils le même poids ?

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Pour SÉS, multiplier $$0{,}7$$ , $$0{,}3$$ et $$0{,}7$$ .

Indice 2 · Un pas de plus

Deux succès peuvent occuper les positions 1 et 2, 1 et 3, ou 2 et 3.

Voir l’explication

Pour un chemin,

\begin{aligned}P(\text{SÉS}) &= 0{,}7\times0{,}3\times0{,}7\\[.35em]&= 0{,}147.\end{aligned}

Pour deux succès, les trois chemins ont ici le même poids :

\begin{aligned}P(X=2) &= 3\times0{,}147\\[.35em]&= 0{,}441.\end{aligned}

Ils n'ont pas le même poids que SSS, de probabilité $$0{,}343$$ . Seuls les chemins ayant le même nombre de succès sont équiprobables dans ce modèle. À réessayer : refaire avec $$p=0{,}2$$ .

Le coefficient binomial : combien de chemins ?

Le cours formel

Rappels : variable aléatoire, espérance, variance

Épreuve de Bernoulli

Définition · Loi de Bernoulli $\mathcal{B}(p)$

La variable de Bernoulli $$X$$ associée vaut $$1$$ en cas de succès et $$0$$ en cas d'échec :

$$x_i$$	$$P(X=x_i)$$
$$0$$	$$1-p$$
$$1$$	$$p$$

On note $X\sim\mathcal{B}(p)$ .

Schéma de Bernoulli et coefficients binomiaux

À toi d’essayer

Les quatre questions du modèle

Une urne contient 3 rouges et 2 bleues. On compte les rouges : A, lors de quatre tirages avec remise et remélange indépendant ; B, lors de quatre tirages sans remise ; C, en tirant jusqu'à la première rouge. Dans quels cas le nombre compté suit-il directement une loi binomiale ?

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Vérifier : nombre d'essais fixé, deux catégories, même probabilité, indépendance.

Indice 2 · Un pas de plus

Dans B, après une rouge, la probabilité de rouge devient $$2/4$$ . Dans C, le nombre d'essais est aléatoire.

Voir l’explication

A convient : $$n=4$$ , $$p=3/5$$ , donc $X\sim\mathcal B(4;3/5)$ . B ne convient pas : les tirages sont dépendants, même si les probabilités marginales peuvent être identiques. C ne convient pas : le nombre de tirages n'est pas fixé et le nombre de rouges à l'arrêt vaut 1. La durée d'attente est un autre objet. À réessayer : quatre lancers indépendants de dés, où l'on compte les résultats pairs.

Une preuve à construire

Pourquoi additionner deux cases de Pascal ?

Parmi $$n+1$$ positions, isoler la dernière. Justifier, pour $1\leqslant k\leqslant n$ , la relation $\binom{n+1}{k}=\binom n{k-1}+\binom nk$ .

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Séparer les choix selon que la dernière position contient un succès ou non.

Indice 2 · Un pas de plus

Si elle contient un succès, il reste $$k-1$$ succès à placer dans les $$n$$ autres positions.

Voir la preuve expliquée

Deux cas incompatibles couvrent tous les choix. Dernière position choisie : $\binom n{k-1}$ possibilités. Dernière position non choisie : $\binom nk$ possibilités. On additionne donc ces nombres. Les bords $$k=0,n+1$$ valent séparément 1. La preuve explique les deux nombres au-dessus de chaque case, sans supposer la formule factorielle.

À toi d’essayer

Quelles positions a-t-on choisies ?

Dans cinq essais, combien de suites contiennent deux succès ? Une réponse propose $5\times4=20$ . Expliquer ce qu'elle compte deux fois.

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Choisir les positions 2 puis 4 produit la même suite que choisir 4 puis 2.

Indice 2 · Un pas de plus

Chaque paire de positions apparaît dans deux ordres.

Voir l’explication

Les choix ordonnés sont $5\times4=20$ . Chaque paire est comptée deux fois, donc

\begin{aligned}\binom52 &= \frac{5\times4}{2}\\[.35em]&= 10.\end{aligned}

On ne divise pas la probabilité d'un chemin : on corrige le comptage des positions. À réessayer : compter trois succès parmi cinq en choisissant plutôt les deux positions des échecs.

Loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$

Une preuve à construire

Les trois raisons de la formule binomiale

On fixe $n\geqslant1$ , $$0<p<1$$ et un entier $0\leqslant k\leqslant n$ . Dans un schéma de Bernoulli de paramètre $$p$$ , démontrer $P(X=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k}$ .

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Commencer par la probabilité d'une seule suite de $$n$$ résultats.

Indice 2 · Un pas de plus

Dénombrer les positions des succès, puis expliquer pourquoi additionner.

Voir la preuve expliquée

L'indépendance donne la probabilité d'un chemin par multiplication des poids des branches. Avec $$k$$ succès et $$n-k$$ échecs, elle vaut $p^k(1-p)^{n-k}$ . Choisir les $$k$$ positions des succès détermine entièrement le chemin : il y en a $\binom nk$ .

Ces chemins sont incompatibles et leur réunion est exactement l'événement $$X=k$$ . L'additivité des probabilités donne

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

La multiplication sur un chemin repose sur le modèle indépendant ; l'addition entre chemins repose sur leur incompatibilité. Ce sont deux raisons différentes.

Espérance, variance, écart-type de $\mathcal{B}(n,p)$

Une preuve à construire

Compter avec des indicateurs

Retrouver l'espérance et la variance de $X\sim\mathcal B(n,p)$ , en utilisant les $$n$$ indicateurs de succès.

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

L'indicateur $$X_i$$ vaut 1 si l'essai $$i$$ réussit et 0 sinon. Que vaut leur somme sur chaque issue ?

Indice 2 · Un pas de plus

Chaque $$X_i$$ a pour espérance $$p$$ et variance $$p(1-p)$$ . Quelle somme exige l'indépendance ?

Voir la preuve expliquée

Pour chaque suite de résultats, chaque succès apporte exactement 1, donc $X=X_1+\cdots+X_n$ .

\begin{aligned}E(X)&=E(X_1)+\cdots+E(X_n)\\[.35em]&=np.\end{aligned}

Cette première égalité est la linéarité, même sans indépendance. Ici les indicateurs proviennent d'essais indépendants, donc l'additivité de la variance, admise et reprise en fiche 17, donne

\begin{aligned}V(X)&=V(X_1)+\cdots+V(X_n)\\[.35em]&=np(1-p).\end{aligned}

Enfin $\sigma(X)=\sqrt{np(1-p)}$ . Les cas constants $$p=0,1$$ ou $$n=0$$ vérifient aussi ces formules.

Approfondissement : formule du binôme de Newton

Une preuve à construire

Développer un produit en comptant les choix

Pour $a,b\in\R$ et un entier $n\geqslant1$ , justifier $(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\binom nk a^k b^{n-k}$ . Cette preuve est un prolongement combinatoire.

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Écrire $$(a+b)^n$$ comme produit de $$n$$ facteurs.

Indice 2 · Un pas de plus

Chaque terme développé choisit $$a$$ ou $$b$$ dans chacun de ces facteurs.

Voir la preuve expliquée

Par distributivité, chaque terme choisit $$a$$ dans $$k$$ facteurs et $$b$$ dans les $$n-k$$ autres. Il est donc égal à $a^k b^{n-k}$ . Il existe $\binom nk$ choix de ces $$k$$ facteurs. Regrouper par $$k$$ donne la formule. Pour $$n=0$$ , le produit vide et la somme sont conventionnellement égaux à 1.

Pour la preuve par récurrence : multiplier la formule au rang $$n$$ par $$a+b$$ . Pour $1\leqslant k\leqslant n$ , le coefficient de $a^k b^{n+1-k}$ devient $\binom n{k-1}+\binom nk=\binom{n+1}k$ par Pascal ; les deux termes aux extrémités ont coefficient 1. Avec l'initialisation $$n=0$$ , cela conclut.

Représentation graphique : diagramme en bâtons

Compter les succès : voir une loi binomiale

On répète n épreuves indépendantes ayant chacune une probabilité p de succès. Pour n = 10 et p = 0,5, prévois le nombre moyen de succès et les résultats les plus probables. Compare « exactement k » et « au plus k ».

La hauteur du bâton en j vaut P(X = j). Les bâtons bleus correspondent à X ≤ k ; les autres sont gris. La droite corail indique l’espérance np, qui peut ne pas être entière. L’axe des probabilités reste de 0 à 1.

Pour n = 10 et p = 0,5 : E(X) = 5, P(X = 5) = 252/1024 ≈ 24,61 %, et P(X ≤ 5) = 638/1024 ≈ 62,30 %. La seconde probabilité additionne les masses de 0 à 5.

Lire les valeurs et les coordonnées

Pour n = 10 et p = 0,5 : E(X) = 5, P(X = 5) = 252/1024 ≈ 24,61 %, et P(X ≤ 5) = 638/1024 ≈ 62,30 %. La seconde probabilité additionne les masses de 0 à 5.

Teste p = 0, puis p = 1 : quel nombre de succès devient certain ? Avec n = 20 et p = 0,3, repère le bâton le plus haut. Explique pourquoi une espérance de 6 ne garantit pas 6 succès à chaque expérience.

À toi d’essayer

Que signifie la hauteur d'une barre ?

Sur le premier diagramme, expliquer la barre $$k=3$$ , puis comparer les événements $$X=3$$ et $X\leqslant3$ . Pourquoi le second est-il plus probable ?

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Le premier contient un seul nombre de succès, le second quatre.

Indice 2 · Un pas de plus

Additionner les barres 0, 1, 2 et 3 pour le second événement.

Voir l’explication

Pour $X\sim\mathcal B(10;0{,}3)$ , la barre en 3 vaut environ $$0{,}2668$$ . Le cumul jusqu'à 3 vaut environ $$0{,}6496$$ . On additionne des probabilités de valeurs incompatibles. Le diagramme permet de choisir les barres avant tout calcul. À réessayer : colorier mentalement les barres correspondant à $2\leqslant X\leqslant4$ .

Calcul de probabilités cumulées

À toi d’essayer

Le nombre que l'on ne doit pas perdre

Pour une variable entière, écrire $P(X\geqslant3)$ à l'aide d'un cumul $P(X\leqslant k)$ . Puis écrire $P(2\leqslant X\leqslant5)$ .

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Lister les entiers du complémentaire de $X\geqslant3$ .

Indice 2 · Un pas de plus

Le premier complémentaire s'arrête à 2. Pour l'intervalle, retirer seulement les entiers strictement inférieurs à 2.

Voir l’explication

Le complémentaire est $X\leqslant2$ , d'où

P(X\geqslant3)=1-P(X\leqslant2).

Le cumul jusqu'à 5 contient aussi 0 et 1 :

P(2\leqslant X\leqslant5)=P(X\leqslant5)-P(X\leqslant1).

L'erreur « retirer jusqu'à 2 » supprimerait une valeur autorisée. À réessayer : traduire $$P(2<X<6)$$ et comparer.

À toi d’essayer

Le risque quand on ajoute une réservation

Le véhicule garde 9 places, mais accepte 11 réservations indépendantes de même probabilité $$0{,}8$$ . Exprimer puis calculer le risque de manquer de place. Dix réservations sont-elles le maximum pour un risque au plus $15\%$ ?

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Avec 11 réservations, manquer de place correspond à 10 ou 11 arrivées.

Indice 2 · Un pas de plus

Calculer $\binom{11}{10}0{,}8^{10}0{,}2+0{,}8^{11}$ .

Voir l’explication

Le risque vaut

\begin{aligned}P(X>9)&=11\times0{,}8^{10}\times0{,}2+0{,}8^{11}\\[.35em]&\approx0{,}3221.\end{aligned}

Il dépasse $15\%$ . Ajouter des réservations ne peut pas diminuer le nombre d'arrivées si l'on conserve les essais précédents : le risque est croissant avec le nombre accepté. Puisque 10 convient et 11 ne convient pas, 10 est le maximum sous ces hypothèses. À réessayer : reprendre avec un risque autorisé de $10\%$ .

À toi d’essayer

Vérifier un intervalle sans deviner

Avec la même loi $\mathcal B(4;0{,}5)$ , les intervalles $$[1;2]$$ , $$[0;3]$$ et $$[1;3]$$ ont-ils chacun une probabilité supérieure à $$0{,}85$$ ?

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Écrire les valeurs entières incluses dans chaque intervalle.

Indice 2 · Un pas de plus

Additionner les numérateurs correspondants et diviser par 16.

Voir l’explication

Les probabilités valent respectivement $$10/16$$ , $$15/16$$ et $$14/16$$ , soit $$0{,}625$$ , $$0{,}9375$$ et $$0{,}875$$ . Les deux derniers intervalles conviennent, et $$[1;3]$$ est plus court que $$[0;3]$$ . À réessayer : chercher un intervalle contenant $$X$$ avec probabilité au moins $$0{,}95$$ , en vérifiant les valeurs extrêmes.

Formules avec la calculatrice

La loi binomiale comme somme de variables de Bernoulli

Probabilités conditionnelles et indépendance : rappels

Succession d'épreuves indépendantes : le cadre général

Approfondissement : mode de la loi binomiale

Inégalité de concentration (au programme, reprise dans la fiche suivante)

Simulation Python

Méthode · Simuler un comptage avec une boucle

Contrat : $$n$$ entier positif ou nul et $0\leqslant p\leqslant1$ . Chaque appel renvoie un nombre observé, pas sa probabilité. Les tirages pseudo-aléatoires modélisent des essais indépendants.

from random import random

def binomiale(n, p):
    if n < 0 or int(n) != n or not 0 <= p <= 1:
        raise ValueError("n entier >= 0 et p dans [0,1]")
    succes = 0
    for i in range(int(n)):
        if random() < p:
            succes = succes + 1
    return succes

Pour estimer $P(X\geqslant3)$ , répéter ce programme $$N$$ fois et compter les résultats au moins égaux à 3, puis diviser par $$N$$ . Le paramètre $$n$$ est le nombre d'essais d'une série ; $$N$$ est le nombre de séries simulées. La fréquence obtenue varie d'une exécution à l'autre.

À toi d’essayer

Prédire avant d'exécuter

On simule trois essais avec $$p=0{,}4$$ . Les appels à random() renvoient successivement $$0{,}20$$ , $$0{,}80$$ , $$0{,}35$$ . Tracer les valeurs de succes. Que renvoie la fonction ?

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Le compteur commence à 0 et augmente seulement lorsque le nombre tiré est inférieur à $$p$$ .

Indice 2 · Un pas de plus

Les comparaisons donnent vrai, faux, vrai.

Voir l’explication

Le compteur vaut successivement $$0$$ avant la boucle, puis $$1,1,2$$ . La fonction renvoie 2. Cela ne signifie ni que $$P(X=2)=2/3$$ , ni que la prochaine série donnera 2. Le calcul théorique est

\begin{aligned}P(X=2) &= 3(0{,}4)^2(0{,}6)\\[.35em]&= 0{,}288.\end{aligned}

À réessayer : conserver les mêmes tirages mais prendre $$p=0{,}9$$ .

Méthode · Tracer le diagramme en bâtons en Python

from math import comb
import matplotlib.pyplot as plt

n, p = 10, 0.3
k_vals = range(n + 1)
probs = [comb(n, k) * p**k * (1 - p)**(n - k) for k in k_vals]

plt.bar(k_vals, probs, color='steelblue', edgecolor='black')
plt.xlabel('k')
plt.ylabel('P(X = k)')
plt.title(f'Loi binomiale B({n}, {p})')
plt.show()

Boîte à outils : Réflexes pour le bac

Méthode · Les 10 réflexes essentiels

Reconnaître un schéma de Bernoulli : 2 issues, même $$p$$ , indépendance.
Identifier $$n$$ et $$p$$ : $$n$$ = nombre de répétitions, $$p$$ = probabilité de succès.
Nommer la variable : $$X$$ = nombre de succès, $X\sim\mathcal{B}(n,p)$ .
Calculer $$P(X=k)$$ : $\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$ ou calculatrice.
Au moins un :
$\begin{aligned}P(X\geqslant 1) &= 1-P(X=0)\\[.35em]&= 1-(1-p)^n.\end{aligned}$
Au plus $$k$$ : $P(X\leqslant k)=\sum_{j=0}^k P(X=j)$ (cumulé).
Au moins $$k$$ : $P(X\geqslant k)=1-P(X\leqslant k-1)$ (attention $$k-1$$ ).
Espérance/variance : $$E(X)=np$$ , $$V(X)=np(1-p)$$ , $\sigma(X)=\sqrt{np(1-p)}$ .
Interpréter $$E(X)$$ : « en moyenne, on attend $$np$$ succès ».
Utiliser la calculatrice : binomFdP pour $$P(X=k)$$ , binomFdR pour $P(X\leqslant k)$ .

Méthode · Mots-clés à repérer dans les énoncés

Tu lis dans l'énoncé…	Tu penses à…
« on répète $$n$$ fois »	vérifier les quatre conditions du modèle
« de manière indépendante »	confirmation de l'indépendance
« probabilité de succès »	c'est le $$p$$
« au moins un »	$$1-(1-p)^n$$
« en moyenne », « on s'attend à »	espérance $$E(X)=np$$
« nombre de succès »	préciser le modèle avant de choisir la loi
« avec remise »	vérifier remélange et tirages indépendants
« sans remise »	pas un schéma de Bernoulli
« sachant que »	probabilité conditionnelle
« arbre de probabilités »	dessiner l'arbre, multiplier le long des branches

Méthode · Récapitulatif complet des formules

Résultat	Formule
Coefficient binomial	$\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!}$
Symétrie	$\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$
Pascal	$\binom{n+1}{k} = \binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}$
Loi binomiale	$P(X=k) = \binom{n}{k}\,p^k(1-p)^{n-k}$
Espérance	$$E(X) = np$$
Variance	$$V(X) = np(1-p)$$
Écart-type	$\sigma(X) = \sqrt{np(1-p)}$
Binôme de Newton	$(a+b)^n = \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\,a^k\,b^{n-k}$
Au moins 1 succès	$P(X\geqslant 1) = 1-(1-p)^n$
Prob. conditionnelle	$P(A\|B) = \frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
Indépendance	$P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B)$
Prob. totales	$P(A) = \sum_i P(B_i)\,P(A\|B_i)$

Exercices

Exercice 1 ★☆☆ : Reconnaître un schéma de Bernoulli

Dans cet exercice, les lancers sont supposés indépendants, les tirages avec remise uniformes et indépendants. Pour chaque situation, dire si c'est un schéma de Bernoulli. Si oui, préciser $$n$$ et $$p$$ .

On lance $$10$$ fois un dé équilibré. Succès = « obtenir un 6 ».
On tire $$5$$ cartes sans remise dans un jeu de $$52$$ . Succès = « tirer un as ».
On lance $$20$$ fois une pièce truquée ( $P(\text{Pile})=0{,}6$ ). Succès = « Pile ».
On interroge $$100$$ personnes, chacune ayant une probabilité $$0{,}3$$ de répondre oui (indépendamment). Succès = « oui ».
Un joueur lance un dé jusqu'à obtenir un 6. Succès = « obtenir un 6 ».
On tire $$8$$ boules avec remise dans une urne contenant $$3$$ rouges et $$7$$ bleues.

Exercice 2 ★☆☆ : Coefficients binomiaux

Calculer :

$\binom{5}{2}$
$\binom{8}{3}$
$\binom{10}{0}$
$\binom{7}{7}$
$\binom{6}{4}$
$\binom{12}{2}$
$\binom{100}{1}$
$\binom{20}{18}$

Exercice 3 ★☆☆ : Calculs de probabilités binomiales

$X\sim\mathcal{B}(8\,;\,0{,}3)$ . Calculer :

$$P(X=0)$$
$$P(X=2)$$
$$P(X=8)$$
$P(X\leqslant 1)$
$P(X\geqslant 1)$
$P(2\leqslant X\leqslant 5)$

Exercice 4 ★☆☆ : Espérance et variance

Pour chaque loi, calculer $$E(X)$$ , $$V(X)$$ et $\sigma(X)$ :

$X\sim\mathcal{B}(20\,;\,0{,}5)$
$X\sim\mathcal{B}(100\,;\,0{,}1)$
$X\sim\mathcal{B}(50\,;\,0{,}04)$
$X\sim\mathcal{B}(36\,;\,\frac{1}{6})$

Exercice 5 ★★☆ : Contrôle qualité

Une usine fabrique des composants dont $3\%$ sont défectueux. On prélève $$20$$ composants au hasard (on suppose le lot assez grand pour modéliser par un tirage avec remise).

Justifier que $$X$$ , le nombre de défectueux, suit $\mathcal{B}(20\,;\,0{,}03)$ .
Calculer $$P(X=0)$$ : probabilité qu'aucun ne soit défectueux.
Calculer $P(X\leqslant 1)$ .
Calculer $P(X\geqslant 2)$ .
Le lot est refusé si $X\geqslant 3$ . Quelle est la probabilité de refus ?

Exercice 6 ★★☆ : Au moins un succès

On lance dix dés équilibrés indépendants. Quelle est la probabilité d'obtenir au moins un 6 ?
On répète indépendamment $$n$$ fois une épreuve de Bernoulli de paramètre $$p=0{,}1$$ . Déterminer le plus petit $$n$$ tel que $P(X\geqslant 1)\geqslant 0{,}95$ .
Pour $$0<p<1$$ et $0<\alpha<1$ , généraliser : montrer que le plus petit $$n$$ tel que $P(X\geqslant 1)\geqslant\alpha$ est $n=\left\lceil\frac{\ln(1-\alpha)}{\ln(1-p)}\right\rceil$ .

Exercice 7 ★★☆ : Triangle de Pascal et binôme

Construire les lignes $$n=0$$ à $$n=7$$ du triangle de Pascal.
Vérifier que la somme de chaque ligne est $$2^n$$ .
Développer $$(1+x)^5$$ avec la formule du binôme.
Développer $$(2a-b)^4$$ .

Exercice 8 ★★☆ : Loi de probabilité complète

Soit $X\sim\mathcal{B}(4\,;\,0{,}5)$ .

Dresser le tableau complet de la loi de $$X$$ .
Vérifier que $\sum_{k=0}^4 P(X=k)=1$ .
Retrouver $$E(X)$$ par le calcul direct $\sum k\,P(X=k)$ .
Retrouver $$V(X)$$ par la formule de König-Huygens.
Tracer le diagramme en bâtons.

Exercice 9 ★★☆ : Arbre et probabilités conditionnelles

Dans un modèle fictif, un test de dépistage a les caractéristiques suivantes : sensibilité $P(\text{T}+|\text{M})=0{,}99$ et spécificité $P(\text{T}-|\overline{\text{M}})=0{,}95$ . La maladie touche $2\%$ de la population.

Dessiner l'arbre pondéré.
Calculer $P(\text{T}+)$ (probabilités totales).
Calculer $P(\text{M}|\text{T}+)$ : valeur prédictive positive (Bayes).
On teste 500 personnes, en supposant leurs résultats indépendants et de même loi. Le nombre de tests positifs suit-il une loi binomiale ? Si oui, laquelle ?
Calculer l'espérance et l'écart-type du nombre de tests positifs.

Exercice 10 ★★☆ : Génétique

Dans un modèle fictif de génétique, chaque garçon présente un caractère avec probabilité $$0{,}08$$ , indépendamment des autres. On appellera ce caractère daltonisme pour l'exercice. Sur un groupe de 30 garçons :

Modéliser le nombre de daltoniens $$X$$ .
Calculer $$E(X)$$ et $\sigma(X)$ .
Calculer $$P(X=0)$$ (aucun daltonien).
Calculer $P(X\geqslant 5)$ (au moins $$5$$ daltoniens).
Déterminer la valeur la plus probable de $$X$$ (le mode).

Exercice 11 ★★☆ : Démonstrations de cours

Démontrer que $$E(X)=np$$ et $$V(X)=npq$$ pour $X\sim\mathcal{B}(n,p)$ (décomposition en Bernoulli).
Démontrer la formule du binôme de Newton par récurrence.
Démontrer que $\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}=0$ pour $n\geqslant 1$ .

Exercice 12 ★★☆ : Jeu de hasard

Un joueur lance indépendamment cinq pièces équilibrées. Il gagne $$10$$ € par Pile obtenu et perd $$15$$ € par Face.

Exprimer le gain $$G$$ en fonction de $$X=$$ nombre de Piles.
Déterminer la loi de $$X$$ .
Calculer $$E(G)$$ . Le jeu est-il favorable au joueur ?
Calculer $\sigma(G)$ .

Exercice 13 ★★★ : Étude de la fonction $k\mapsto P(X=k)$

On suppose $n\geqslant1$ et $$0<p<1$$ . On pose $$f(k)=P(X=k)$$ pour $X\sim\mathcal B(n,p)$ . Le quotient demandé concerne $0\leqslant k<n$ .

Calculer le quotient $\frac{f(k+1)}{f(k)}$ en fonction de $$n$$ , $$k$$ et $$p$$ .
En déduire que $$f$$ est croissante tant que $$k<(n+1)p-1$$ et décroissante après.
Déterminer le mode (valeur la plus probable) pour $\mathcal{B}(20\,;\,0{,}3)$ .
Déterminer le mode pour $\mathcal{B}(10\,;\,0{,}5)$ .

Exercice 14 ★★★ : Seuil et risque

Un fabriquant affirme que $95\%$ de ses pièces sont conformes. Un client prélève 50 pièces ; on modélise les défauts par des Bernoulli indépendantes de même paramètre.

Modéliser $$X$$ , le nombre de pièces défectueuses, si l'affirmation est vraie.
Calculer $$E(X)$$ et $\sigma(X)$ .
Le client décide de refuser le lot si $X\geqslant 5$ . Calculer la probabilité de refus (risque du fournisseur).
En réalité, le taux de défauts est de $10\%$ . Calculer la probabilité d'accepter le lot à tort (risque du client).
(Bonus) Déterminer le plus petit seuil $$s$$ (nombre maximal de défauts tolérés) tel que le risque fournisseur soit inférieur à $5\%$ .

Problème : Marche aléatoire et loi binomiale ★★★

On note $$S_n$$ la position de la particule après $$n$$ étapes, avec $$S_0=0$$ .

Partie A : Lien avec la loi binomiale

On note $$X_i$$ le déplacement à l'étape $$i$$ ( $$+1$$ ou $$-1$$ ). Montrer que $S_n=X_1+X_2+\cdots+X_n$ .
On pose $Y_i=\frac{X_i+1}{2}$ . Montrer que $Y_i\sim\mathcal{B}(p)$ .
En notant $Y=Y_1+\cdots+Y_n$ le nombre de pas vers la droite, montrer que $Y\sim\mathcal{B}(n,p)$ et que $$S_n=2Y-n$$ .
En déduire $$E(S_n)$$ et $$V(S_n)$$ .
Déterminer les valeurs possibles de $$S_n$$ . Montrer que $$S_n$$ a la même parité que $$n$$ .
Calculer $$E(S_n)$$ et $\sigma(S_n)$ pour $$n=100$$ et $$p=0{,}5$$ . Interpréter.

Partie B : Cas symétrique $p=\frac{1}{2}$

Montrer que $$E(S_n)=0$$ et $\sigma(S_n)=\sqrt{n}$ . Interpréter : où se trouve typiquement la particule après $$n$$ pas ?
Calculer $$P(S_n=0)$$ pour $$n$$ pair. Exprimer cette probabilité avec un coefficient binomial.
Application : calculer $$P(S_4=0)$$ , $P(S_{10}=0)$ et $P(S_{100}=0)$ . Commenter l'évolution.
Montrer que $P(S_{2n}=0)=\binom{2n}{n}\frac{1}{4^n}$ et utiliser la formule de Stirling $n!\sim\sqrt{2\pi n}\bigl(\frac{n}{\e}\bigr)^n$ pour montrer que $P(S_{2n}=0)\sim\frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ quand $n\to+\infty$ .

Partie C : Retour à l'origine

On note $$R_n$$ l'événement « la particule est revenue à l'origine au moins une fois avant ou à l'étape $$n$$ ». Montrer que
$\begin{aligned}P(R_2) &= P(S_2=0)\\[.35em]&= 2pq.\end{aligned}$
(Bonus) On admet que la probabilité de ne jamais revenir à l'origine (en $p=\frac{1}{2}$ ) est $$0$$ . Autrement dit, la marche aléatoire symétrique revient à l'origine avec probabilité $$1$$ : c'est le théorème de récurrence de Pólya. Interpréter ce résultat : est-il étonnant ? Combien de temps faut-il attendre en moyenne ?

Corrigés détaillés

Exercice 1

a) Oui : chaque lancer a 2 issues (6 ou non-6), même $p=\frac{1}{6}$ , lancers indépendants. $$n=10$$ , $p=\frac{1}{6}$ .

b) Non : tirage sans remise $\Rightarrow$ les épreuves ne sont pas indépendantes (la composition du jeu change).

c) Oui : 2 issues (P/F), même $$p=0{,}6$$ , lancers indépendants. $$n=20$$ , $$p=0{,}6$$ .

d) Oui : 2 issues (oui/non), même $$p=0{,}3$$ , réponses indépendantes. $$n=100$$ , $$p=0{,}3$$ .

e) Non : le nombre de lancers n'est pas fixé à l'avance. Ce n'est pas un schéma de Bernoulli (c'est une loi géométrique).

f) Oui : les tirages sont uniformes et indépendants par hypothèse, 2 issues (rouge/bleue), $p=\frac{3}{10}$ . $$n=8$$ , $$p=0{,}3$$ .

Exercice 2

\begin{aligned}\binom{5}{2} &= \frac{5!}{2!3!}\\[.35em]&= \frac{120}{2\times 6}\\[.35em]&= 10.\end{aligned}

\begin{aligned}\binom{8}{3} &= \frac{8!}{3!5!}\\[.35em]&= \frac{8\times 7\times 6}{6}\\[.35em]&= 56.\end{aligned}

c) $\binom{10}{0}=1$ . d) $\binom{7}{7}=1$ . e)

\begin{aligned}\binom{6}{4} &= \binom{6}{2}\\[.35em]&= 15.\end{aligned}

\begin{aligned}\binom{12}{2} &= \frac{12\times 11}{2}\\[.35em]&= 66.\end{aligned}

g) $\binom{100}{1}=100$ . h)

\begin{aligned}\binom{20}{18} &= \binom{20}{2}\\[.35em]&= \frac{20\times 19}{2}\\[.35em]&= 190.\end{aligned}

Exercice 3

$X\sim\mathcal{B}(8\,;\,0{,}3)$ . On note $$q=0{,}7$$ .

\begin{aligned}P(X=0) &= \binom{8}{0}(0{,}3)^0(0{,}7)^8\\[.35em]&= 0{,}7^8\\[.35em]&\approx 0{,}0576.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X=2) &= \binom{8}{2}(0{,}3)^2(0{,}7)^6\\[.35em]&= 28\times 0{,}09\times 0{,}117649\\[.35em]&\approx 0{,}2965.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X=8) &= (0{,}3)^8\\[.35em]&\approx 0{,}00007.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X\leqslant 1) &= P(X=0)+P(X=1)\\[.35em]&= 0{,}0576+\binom{8}{1}(0{,}3)^1(0{,}7)^7\\[.35em]&= 0{,}0576+8\times 0{,}3\times 0{,}0824\\[.35em]&\approx 0{,}0576+0{,}1977\\[.35em]&\approx 0{,}2553.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X\geqslant 1) &= 1-P(X=0)\\[.35em]&= 1-0{,}0576\\[.35em]&\approx 0{,}9424.\end{aligned}

\begin{aligned}P(2\leqslant X\leqslant 5) &= P(X\leqslant 5)-P(X\leqslant 1)\\[.35em]&\approx 0{,}9887-0{,}2553\\[.35em]&\approx 0{,}7334.\end{aligned}

Exercice 4

\begin{aligned}E &= 20\times 0{,}5\\[.35em]&= 10.\end{aligned}

\begin{aligned}V &= 20\times 0{,}5\times 0{,}5\\[.35em]&= 5.\end{aligned}

\begin{aligned}\sigma &= \sqrt{5}\\[.35em]&\approx 2{,}24.\end{aligned}

\begin{aligned}E &= 100\times 0{,}1\\[.35em]&= 10.\end{aligned}

\begin{aligned}V &= 100\times 0{,}1\times 0{,}9\\[.35em]&= 9.\end{aligned}

\sigma=3.

\begin{aligned}E &= 50\times 0{,}04\\[.35em]&= 2.\end{aligned}

\begin{aligned}V &= 50\times 0{,}04\times 0{,}96\\[.35em]&= 1{,}92.\end{aligned}

$\sigma\approx 1{,}39$ .

\begin{aligned}E &= 36\times\frac{1}{6}\\[.35em]&= 6.\end{aligned}

\begin{aligned}V &= 36\times\frac{1}{6}\times\frac{5}{6}\\[.35em]&= 5.\end{aligned}

\begin{aligned}\sigma &= \sqrt{5}\\[.35em]&\approx 2{,}24.\end{aligned}

Exercice 5

a) Chaque composant est défectueux (S) ou non (É), indépendamment, avec $$p=0{,}03$$ . $$n=20$$ prélèvements. $X\sim\mathcal{B}(20\,;\,0{,}03)$ .

\begin{aligned}P(X=0) &= 0{,}97^{20}\\[.35em]&\approx 0{,}5438.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X\leqslant 1) &= P(X=0)+P(X=1)\\[.35em]&= 0{,}5438+\binom{20}{1}(0{,}03)(0{,}97)^{19}\\[.35em]&\approx 0{,}5438+20\times 0{,}03\times 0{,}5607\\[.35em]&\approx 0{,}5438+0{,}3364\\[.35em]&\approx 0{,}8802.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X\geqslant 2) &= 1-P(X\leqslant 1)\\[.35em]&\approx 1-0{,}8802\\[.35em]&\approx 0{,}1198.\end{aligned}

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

\begin{aligned}P(X=2) &= \binom{20}{2}(0{,}03)^2(0{,}97)^{18}\\[.35em]&= 190\times 0{,}0009\times 0{,}5780\\[.35em]&\approx 0{,}0988.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X\leqslant 2) &\approx 0{,}8802+0{,}0988\\[.35em]&\approx 0{,}9790.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X\geqslant 3) &\approx 0{,}021\\[.35em]&\approx 2{,}1\%.\end{aligned}

Exercice 6

a) $X\sim\mathcal{B}(10\,;\,\frac{1}{6})$ .

\begin{aligned}P(X\geqslant 1) &= 1-P(X=0)\\[.35em]&= 1-\bigl(\frac{5}{6}\bigr)^{10}\\[.35em]&\approx 1-0{,}1615\\[.35em]&\approx 0{,}8385.\end{aligned}

b) L'événement contraire est « aucun succès ». Pour $n\geqslant1$ :

\begin{aligned}P(X\geqslant1)\geqslant0{,}95 &\iff 1-0{,}9^n\geqslant0{,}95\\[.35em]&\iff 0{,}9^n\leqslant0{,}05\\[.35em]&\iff n\ln(0{,}9)\leqslant\ln(0{,}05)\\[.35em]&\iff n\geqslant\frac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}9)}\approx28{,}43.\end{aligned}

Le logarithme est croissant, puis la division par $\ln(0{,}9)<0$ renverse l'inégalité. Le plus petit entier est $\boxed{29}$ . Vérification : $1-0{,}9^{28}\approx0{,}9477$ et $1-0{,}9^{29}\approx0{,}9529$ .

c) Pour $$0<p<1$$ et $0<\alpha<1$ , les logarithmes existent et $\ln(1-p)<0$ :

\begin{aligned}P(X\geqslant1)\geqslant\alpha &\iff (1-p)^n\leqslant1-\alpha\\[.35em]&\iff n\ln(1-p)\leqslant\ln(1-\alpha)\\[.35em]&\iff n\geqslant\frac{\ln(1-\alpha)}{\ln(1-p)}.\end{aligned}

Prendre le plafond donne le plus petit entier convenable. Les cas $$p=0$$ ou $$p=1$$ se traitent directement, sans logarithme.

Exercice 7

a) Lignes 0 à 7 : $$1$$ ; $1\;1$ ; $1\;2\;1$ ; $1\;3\;3\;1$ ; $1\;4\;6\;4\;1$ ; $1\;5\;10\;10\;5\;1$ ; $1\;6\;15\;20\;15\;6\;1$ ; $1\;7\;21\;35\;35\;21\;7\;1$ .

b) Sommes : $1,\;2,\;4,\;8,\;16,\;32,\;64,\;128=2^0,\ldots,2^7$ . Chaque somme est $$2^n$$ .

\[(1+x)^5=1+5x+10x^2+10x^3+5x^4+x^5.\]

\begin{aligned}(2a-b)^4 &= \sum_{k=0}^4\binom{4}{k}(2a)^k(-b)^{4-k}\\[.35em]&= b^4-4(2a)b^3+6(4a^2)b^2-4(8a^3)b+16a^4\end{aligned}

\[(2a-b)^4=16a^4-32a^3b+24a^2b^2-8ab^3+b^4.\]

Exercice 8

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

a) Calcul :

\begin{aligned}P(X=k) &= \binom{4}{k}\bigl(\frac{1}{2}\bigr)^4\\[.35em]&= \frac{1}{16}\binom{4}{k}.\end{aligned}

\binom{4}{0}=1,

\binom{4}{1}=4,

\binom{4}{2}=6,

\binom{4}{3}=4,

\binom{4}{4}=1.

Tableau complet :

$$k$$	0	1	2	3	4
$\binom{4}{k}$	1	4	6	4	1
$$P(X=k)$$	$\frac{1}{16}$	$\frac{4}{16}$	$\frac{6}{16}$	$\frac{4}{16}$	$\frac{1}{16}$
Décimal	$$0{,}0625$$	$$0{,}25$$	$$0{,}375$$	$$0{,}25$$	$$0{,}0625$$

\begin{aligned}\frac{1+4+6+4+1}{16} &= \frac{16}{16}\\[.35em]&= 1.\end{aligned}

OK.

\begin{aligned}E(X) &= 0\times\frac{1}{16}+1\times\frac{4}{16}+2\times\frac{6}{16}+3\times\frac{4}{16}+4\times\frac{1}{16}\\[.35em]&= \frac{0+4+12+12+4}{16}\\[.35em]&= \frac{32}{16}\\[.35em]&= 2\\[.35em]&= np.\end{aligned}

\begin{aligned}E(X^2) &= 0+\frac{4}{16}+\frac{24}{16}+\frac{36}{16}+\frac{16}{16}\\[.35em]&= \frac{80}{16}\\[.35em]&= 5.\end{aligned}

\begin{aligned}V(X) &= E(X^2)-[E(X)]^2\\[.35em]&= 5-4\\[.35em]&= 1\\[.35em]&= np(1-p)\\[.35em]&= 4\times 0{,}5\times 0{,}5.\end{aligned}

OK.

e) Diagramme en bâtons symétrique centré sur $$k=2$$ (les hauteurs sont $$1,4,6,4,1$$ divisées par 16).

Exercice 9

a) Arbre : première branche M ( $$0{,}02$$ ) / $\overline{\text{M}}$ ( $$0{,}98$$ ). Depuis M : T $$+$$ ( $$0{,}99$$ ) / T $$-$$ ( $$0{,}01$$ ). Depuis $\overline{\text{M}}$ : T $$+$$ ( $$0{,}05$$ ) / T $$-$$ ( $$0{,}95$$ ).

\begin{aligned}P(\text{T}+) &= P(\text{M})\times P(\text{T}+|\text{M})\\[.35em]&\quad {}+P(\overline{\text{M}})\times P(\text{T}+|\overline{\text{M}})\\[.35em]&= 0{,}02\times 0{,}99+0{,}98\times 0{,}05\\[.35em]&= 0{,}0198+0{,}049\\[.35em]&= 0{,}0688.\end{aligned}

\begin{aligned}P(\text{M}|\text{T}+) &= \frac{P(\text{M}\cap\text{T}+)}{P(\text{T}+)}\\[.35em]&= \frac{0{,}0198}{0{,}0688}\\[.35em]&\approx 0{,}288\\[.35em]&\approx 28{,}8\%.\end{aligned}

Même avec un bon test, seulement $29\%$ des positifs sont malades (car la maladie est rare : paradoxe du test).

d) Oui : chaque personne est testée indépendamment, T $$+$$ avec probabilité $P(\text{T}+)=0{,}0688$ . Le nombre de T $$+$$ suit $\mathcal{B}(500\,;\,0{,}0688)$ .

\begin{aligned}E &= 500\times 0{,}0688\\[.35em]&= 34{,}4.\end{aligned}

\begin{aligned}\sigma &= \sqrt{500\times 0{,}0688\times 0{,}9312}\\[.35em]&= \sqrt{32{,}03328}\\[.35em]&\approx 5{,}66.\end{aligned}

Exercice 10

a) Chaque garçon est daltonien (S) ou non (É), indépendamment, avec $$p=0{,}08$$ . $X\sim\mathcal{B}(30\,;\,0{,}08)$ .

\begin{aligned}E(X) &= 30\times 0{,}08\\[.35em]&= 2{,}4.\end{aligned}

\begin{aligned}\sigma(X) &= \sqrt{30\times 0{,}08\times 0{,}92}\\[.35em]&= \sqrt{2{,}208}\\[.35em]&\approx 1{,}49.\end{aligned}

\begin{aligned}P(X=0) &= 0{,}92^{30}\\[.35em]&\approx 0{,}0820.\end{aligned}

d) $P(X\geqslant 5)=1-P(X\leqslant 4)$ . Calculons avec la calculatrice : $P(X\leqslant4)\approx0{,}912638$ . Donc $P(X\geqslant5)\approx0{,}087362$ , soit environ $8{,}74\%$ .

e) Le mode est la valeur $$k$$ qui maximise $$P(X=k)$$ . Par la formule du quotient (exercice 13), $\frac{f(k+1)}{f(k)}=\frac{(n-k)p}{(k+1)(1-p)}$ . Croissant si $$k<(n+1)p-1=(31)(0{,}08)-1=1{,}48$$ . Donc $$f$$ croît pour $k\leqslant 1$ et décroît à partir de $$k=2$$ . Mode = $\boxed{2}$ .

Exercice 11

a) $X=X_1+\cdots+X_n$ avec $X_i\sim\mathcal{B}(p)$ indépendantes. $$E(X_i)=p$$ , $$V(X_i)=pq$$ .

\begin{aligned}E(X) &= \sum E(X_i)\\[.35em]&= np\end{aligned}

(linéarité).

\begin{aligned}V(X) &= \sum V(X_i)\\[.35em]&= npq\end{aligned}

(indépendance).

b) Voir la preuve guidée « Développer un produit en comptant les choix », qui détaille aussi la récurrence.

c) Appliquer le binôme avec $$a=-1$$ et $$b=1$$ :

\begin{aligned}\sum_{k=0}^n\binom nk(-1)^k1^{n-k} &= (-1+1)^n\\[.35em]&= 0\end{aligned}

pour $n\geqslant1$ . Cela respecte le signe de chaque terme, sans permutation injustifiée.

Exercice 12

a) Le joueur gagne $$10X$$ (pour les Piles) et perd $$15(5-X)$$ (pour les Faces).

\begin{aligned}G &= 10X-15(5-X)\\[.35em]&= 10X-75+15X\\[.35em]&= 25X-75.\end{aligned}

b) $X\sim\mathcal{B}(5\,;\,0{,}5)$ .

\begin{aligned}E(G) &= 25E(X)-75\\[.35em]&= 25\times 2{,}5-75\\[.35em]&= 62{,}5-75\\[.35em]&= \boxed{-12{,}5}\end{aligned}

€. Le jeu est défavorable au joueur.

\begin{aligned}V(G) &= 25^2\,V(X)\\[.35em]&= 625\times 5\times 0{,}5\times 0{,}5\\[.35em]&= 625\times 1{,}25\\[.35em]&= 781{,}25.\end{aligned}

\begin{aligned}\sigma(G) &= \sqrt{781{,}25}\\[.35em]&\approx 27{,}95\end{aligned}

€.

Exercice 13

\begin{aligned}\frac{f(k+1)}{f(k)} &= \frac{\binom{n}{k+1}p^{k+1}q^{n-k-1}}{\binom{n}{k}p^kq^{n-k}}\\[.35em]&= \frac{\binom{n}{k+1}}{\binom{n}{k}}\times\frac{p}{q}\\[.35em]&= \frac{n-k}{k+1}\times\frac{p}{q}.\end{aligned}

b) Les dénominateurs sont strictement positifs car $$0<p<1$$ et $0\leqslant k<n$ . Donc

\begin{aligned}\frac{f(k+1)}{f(k)}\geqslant1 &\iff(n-k)p\geqslant(k+1)(1-p)\\[.35em]&\iff np-kp\geqslant k+1-kp-p\\[.35em]&\iff k\leqslant(n+1)p-1.\end{aligned}

L'inégalité stricte donne $$f(k+1)>f(k)$$ ; l'égalité donne deux valeurs consécutives de même hauteur. Quand le quotient devient inférieur à 1, les probabilités décroissent.

c) On trouve $$(n+1)p-1=5{,}3$$ . Le quotient $$f(k+1)/f(k)$$ est supérieur à 1 pour les entiers $k\leqslant5$ : en particulier, $$f(6)>f(5)$$ . Il est inférieur à 1 pour $k\geqslant6$ : $$f(7)<f(6)$$ . La valeur maximale est donc atteinte en $\boxed{6}$ . Vérification : $f(6)/f(5)=\frac{15\times0{,}3}{6\times0{,}7}>1$ .

d) $\mathcal{B}(10\,;\,0{,}5)$ :

\begin{aligned}(n+1)p-1 &= 5{,}5-1\\[.35em]&= 4{,}5.\end{aligned}

Comme $$4{,}5$$ n'est pas entier, mode unique $=\boxed{5}$ . Vérifions :

\begin{aligned}f(5) &= \binom{10}{5}/2^{10}\\[.35em]&= 252/1024\\[.35em]&\approx 0{,}246,\end{aligned}

maximal.

Exercice 14

a) $X\sim\mathcal{B}(50\,;\,0{,}05)$ (si l'affirmation est vraie, $5\%$ de défauts).

\begin{aligned}E(X) &= 50\times 0{,}05\\[.35em]&= 2{,}5.\end{aligned}

\begin{aligned}\sigma(X) &= \sqrt{50\times 0{,}05\times 0{,}95}\\[.35em]&= \sqrt{2{,}375}\\[.35em]&\approx 1{,}54.\end{aligned}

c) $P(X\geqslant 5)=1-P(X\leqslant 4)$ . Calculons :

\begin{aligned}P(X=0) &= 0{,}95^{50}\\[.35em]&\approx 0{,}0769,\end{aligned}

\begin{aligned}P(X=1) &= \binom{50}{1}(0{,}05)(0{,}95)^{49}\\[.35em]&\approx 0{,}2025,\end{aligned}

\begin{aligned}P(X=2) &= \binom{50}{2}(0{,}05)^2(0{,}95)^{48}\\[.35em]&\approx 0{,}2611,\end{aligned}

\begin{aligned}P(X=3) &= \binom{50}{3}(0{,}05)^3(0{,}95)^{47}\\[.35em]&\approx 0{,}2199,\end{aligned}

\begin{aligned}P(X=4) &= \binom{50}{4}(0{,}05)^4(0{,}95)^{46}\\[.35em]&\approx 0{,}1360.\end{aligned}

$P(X\leqslant 4)\approx 0{,}8964$ . Risque fournisseur :

\begin{aligned}P(X\geqslant 5) &\approx 0{,}104\\[.35em]&\approx 10{,}4\%.\end{aligned}

d) Si le taux réel est $10\%$ : $X'\sim\mathcal{B}(50\,;\,0{,}1)$ .

$P(X'\leqslant 4)$ (le lot est accepté à tort)

\begin{aligned}&\approx 0{,}431\\[.35em]&\approx 43{,}1\%.\end{aligned}

Risque du client très élevé.

e) (Bonus) On cherche $$s$$ tel que $P(X\geqslant s+1)\leqslant 0{,}05$ avec $X\sim\mathcal{B}(50\,;\,0{,}05)$ .

$P(X\leqslant s)\geqslant 0{,}95$ . Par la calculatrice : $P(X\leqslant 4)\approx 0{,}896<0{,}95$ , $P(X\leqslant 5)\approx 0{,}962>0{,}95$ . $\boxed{s=5}$ : on accepte le lot si au plus $$5$$ défauts.

Corrigé du problème : Marche aléatoire

Partie A : Lien avec la loi binomiale

1. $S_n=\sum_{i=1}^n X_i$ par définition (la position est la somme des déplacements successifs, partant de $$S_0=0$$ ).

2. $X_i\in\{-1,+1\}$ , donc $Y_i=\frac{X_i+1}{2}\in\{0,1\}$ .

\begin{aligned}P(Y_i=1) &= P(X_i=+1)\\[.35em]&= p\end{aligned}

\begin{aligned}P(Y_i=0) &= P(X_i=-1)\\[.35em]&= q\\[.35em]&= 1-p.\end{aligned}

Donc $Y_i\sim\mathcal{B}(p)$ .

3. Les $$Y_i$$ sont indépendantes (car les $$X_i$$ le sont) et de même loi $\mathcal{B}(p)$ . Donc $Y=\sum_{i=1}^n Y_i\sim\mathcal{B}(n,p)$ .

\begin{aligned}S_n &= \sum X_i\\[.35em]&= \sum(2Y_i-1)\\[.35em]&= 2\sum Y_i-n\\[.35em]&= 2Y-n.\end{aligned}

\begin{aligned}E(S_n) &= 2E(Y)-n\\[.35em]&= 2np-n\\[.35em]&= n(2p-1).\end{aligned}

\begin{aligned}V(S_n) &= 4V(Y)\\[.35em]&= 4npq.\end{aligned}

5. $Y\in\{0,1,\ldots,n\}$ , donc $S_n=2Y-n\in\{-n,-n+2,\ldots,n-2,n\}$ . Les valeurs diffèrent de $$2$$ en $$2$$ . Si $$n$$ est pair, $$S_n$$ est pair. Si $$n$$ est impair, $$S_n$$ est impair. Donc $S_n\equiv n\pmod{2}$ .

6. Pour

\[n=100,\]

\[p=0{,}5\]

\begin{aligned}E(S_{100}) &= 100(2\times 0{,}5-1)\\[.35em]&= 0.\end{aligned}

\begin{aligned}V(S_{100}) &= 4\times 100\times 0{,}25\\[.35em]&= 100.\end{aligned}

\sigma(S_{100})=10.

Interprétation : en moyenne, la particule est en $$0$$ après $$100$$ pas, mais elle peut s'en écarter de $\pm 10$ typiquement. Le calcul binomial donne

\begin{aligned}P(-20\leqslant S_{100}\leqslant20) &= P(40\leqslant Y\leqslant60)\\[.35em]&\approx 0{,}9648.\end{aligned}

Il s'agit d'une probabilité, pas de la proportion des valeurs possibles.

Partie B : Cas symétrique $p=\frac{1}{2}$

\begin{aligned}E(S_n) &= n(2\times\frac{1}{2}-1)\\[.35em]&= 0.\end{aligned}

\begin{aligned}V(S_n) &= 4n\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\\[.35em]&= n.\end{aligned}

\sigma(S_n)=\sqrt{n}.

L'espérance nulle signifie que la marche est non biaisée : elle ne dérive ni à droite ni à gauche. L'écart-type $\sqrt{n}$ montre que la particule s'écarte typiquement de $\sqrt{n}$ de l'origine après $$n$$ pas. Par exemple : après $$n=100$$ pas, $\sigma=10$ , position typique dans $$[-20,20]$$ . Après $n=10\,000$ pas : $\sigma=100$ . L'écart croît en $\sqrt{n}$ , pas en $$n$$ : c'est le phénomène de diffusion.

8. $S_n=0\iff 2Y-n=0\iff Y=\frac{n}{2}$ . Ceci n'est possible que si $$n$$ est pair. Si $$n$$ est impair, $$P(S_n=0)=0$$ .

Si $$n=2m$$ :

\begin{aligned}P(S_{2m}=0) &= P(Y=m)\\[.35em]&= \binom{2m}{m}\Bigl(\frac{1}{2}\Bigr)^m\Bigl(\frac{1}{2}\Bigr)^m\\[.35em]&= \binom{2m}{m}\frac{1}{4^m}.\end{aligned}

\begin{aligned}P(S_4=0) &= \binom{4}{2}\frac{1}{16}\\[.35em]&= \frac{6}{16}\\[.35em]&= \frac{3}{8}\\[.35em]&= 0{,}375.\end{aligned}

\begin{aligned}P(S_{10}=0) &= \binom{10}{5}\frac{1}{1024}\\[.35em]&= \frac{252}{1024}\\[.35em]&\approx 0{,}246.\end{aligned}

$P(S_{100}=0)=\binom{100}{50}\frac{1}{4^{50}}$ . Par Stirling : $\binom{100}{50}\approx\frac{4^{50}}{\sqrt{50\pi}}$ , d'où

\begin{aligned}P &\approx \frac{1}{\sqrt{50\pi}}\\[.35em]&\approx 0{,}0798.\end{aligned}

Commentaire : la probabilité d'être à l'origine diminue quand $$n$$ augmente (

\begin{aligned}0{,}375 &\to 0{,}246\\[.35em]&\to 0{,}080\end{aligned}

). C'est naturel car les positions possibles sont de plus en plus nombreuses.

10. On a $P(S_{2n}=0)=\binom{2n}{n}\frac{1}{4^n}$ . Stirling donne $n!\sim\sqrt{2\pi n}\bigl(\frac{n}{\e}\bigr)^n$ .

(2n)!\sim\sqrt{4\pi n}\bigl(\frac{2n}{\e}\bigr)^{2n}=\sqrt{4\pi n}\frac{(2n)^{2n}}{\e^{2n}}.

\begin{aligned}&\binom{2n}{n}\\[.35em]&= \frac{(2n)!}{(n!)^2}\sim\frac{\sqrt{4\pi n}\frac{(2n)^{2n}}{\e^{2n}}}{2\pi n\frac{n^{2n}}{\e^{2n}}}\\[.35em]&= \frac{\sqrt{4\pi n}\cdot 2^{2n}n^{2n}}{2\pi n\cdot n^{2n}}\\[.35em]&= \frac{2\sqrt{\pi n}\cdot 4^n}{2\pi n}\\[.35em]&= \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}.\end{aligned}

Donc

\begin{aligned}P(S_{2n}=0) &= \binom{2n}{n}\frac{1}{4^n}\sim\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}\times\frac{1}{4^n}\\[.35em]&= \boxed{\frac{1}{\sqrt{\pi n}}}.\end{aligned}

Cette probabilité tend vers $$0$$ : il est de plus en plus rare d'être à l'origine après beaucoup d'étapes, mais elle décroît lentement (en $\frac{1}{\sqrt{n}}$ ).

Partie C : Retour à l'origine

11. $$R_2$$ : la particule revient en $$0$$ en $$2$$ étapes. $S_2=0\iff Y=1$ , i.e. un pas $$+1$$ puis un pas $$-1$$ ou inversement.

\begin{aligned}P(R_2) &= P(S_2=0)\\[.35em]&= \binom{2}{1}p\cdot q\\[.35em]&= 2pq.\end{aligned}

Vérification pour $p=\frac{1}{2}$ : $2\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ . Cohérent avec $P(S_2=0)=\frac{1}{2}$ .

12. (Bonus) Le théorème de récurrence de Pólya (1921) affirme que la marche aléatoire symétrique sur $\Z$ (dimension $$1$$ ) est récurrente : la particule revient à l'origine avec probabilité $$1$$ .

Ce résultat est ici admis. La probabilité d'être à l'origine à un instant fixé peut tendre vers zéro, alors que la probabilité d'y revenir à un instant quelconque vaut 1 : les événements ne sont pas les mêmes.

On admet aussi que le temps moyen du premier retour est infini. Un retour de probabilité 1 n'impose donc aucun délai déterministe, et ne signifie pas que chaque trajectoire imaginable revient. La divergence d'une somme de probabilités de présence ne constitue pas, à elle seule, une preuve de retours presque sûrs : il faut un raisonnement supplémentaire propre à la marche.

$\(x_i\)$	$\(P(X=x_i)\)$
$\(0\)$	$\(1-p\)$
$\(1\)$	$\(p\)$

Tu lis dans l'énoncé…	Tu penses à…
« on répète $\(n\)$ fois »	vérifier les quatre conditions du modèle
« de manière indépendante »	confirmation de l'indépendance
« probabilité de succès »	c'est le $\(p\)$
« au moins un »	$\(1-(1-p)^n\)$
« en moyenne », « on s'attend à »	espérance $\(E(X)=np\)$
« nombre de succès »	préciser le modèle avant de choisir la loi
« avec remise »	vérifier remélange et tirages indépendants
« sans remise »	pas un schéma de Bernoulli
« sachant que »	probabilité conditionnelle
« arbre de probabilités »	dessiner l'arbre, multiplier le long des branches

$\(k\)$	0	1	2	3	4
$\binom{4}{k}$	1	4	6	4	1
$\(P(X=k)\)$	$\frac{1}{16}$	$\frac{4}{16}$	$\frac{6}{16}$	$\frac{4}{16}$	$\frac{1}{16}$
Décimal	$\(0{,}0625\)$	$\(0{,}25\)$	$\(0{,}375\)$	$\(0{,}25\)$	$\(0{,}0625\)$

Avant le cours, vérifie tes bases

Pourquoi étudier le schéma de Bernoulli et la loi binomiale ?

De quoi parle-t-on ?

Les applications concrètes

L'idée directrice

L'idée avant la formule

Pile ou face : le modèle le plus simple

L'arbre : visualiser les chemins

Le coefficient binomial : combien de chemins ?

Le cours formel

Rappels : variable aléatoire, espérance, variance

Épreuve de Bernoulli

Schéma de Bernoulli et coefficients binomiaux

Loi binomiale \(\mathcal{B}(n,p)\)

Espérance, variance, écart-type de \(\mathcal{B}(n,p)\)

Approfondissement : formule du binôme de Newton

Représentation graphique : diagramme en bâtons

Calcul de probabilités cumulées

Formules avec la calculatrice

La loi binomiale comme somme de variables de Bernoulli

Probabilités conditionnelles et indépendance : rappels

Succession d'épreuves indépendantes : le cadre général

Approfondissement : mode de la loi binomiale

Inégalité de concentration (au programme, reprise dans la fiche suivante)

Simulation Python

Boîte à outils : Réflexes pour le bac

Exercices

Exercice 1 ★☆☆ : Reconnaître un schéma de Bernoulli

Exercice 2 ★☆☆ : Coefficients binomiaux

Exercice 3 ★☆☆ : Calculs de probabilités binomiales

Exercice 4 ★☆☆ : Espérance et variance

Exercice 5 ★★☆ : Contrôle qualité

Exercice 6 ★★☆ : Au moins un succès

Exercice 7 ★★☆ : Triangle de Pascal et binôme

Exercice 8 ★★☆ : Loi de probabilité complète

Exercice 9 ★★☆ : Arbre et probabilités conditionnelles

Exercice 10 ★★☆ : Génétique

Exercice 11 ★★☆ : Démonstrations de cours

Exercice 12 ★★☆ : Jeu de hasard

Exercice 13 ★★★ : Étude de la fonction \(k\mapsto P(X=k)\)

Exercice 14 ★★★ : Seuil et risque

Problème : Marche aléatoire et loi binomiale ★★★

Corrigés détaillés

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

Exercice 4

Exercice 5

Exercice 6

Exercice 7

Exercice 8

Exercice 9

Exercice 10

Exercice 11

Exercice 12

Exercice 13

Exercice 14

Corrigé du problème : Marche aléatoire

Fiche mémoire

Maîtrise du chapitre

Pour relier les notions

Loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$

Espérance, variance, écart-type de $\mathcal{B}(n,p)$

Exercice 13 ★★★ : Étude de la fonction $k\mapsto P(X=k)$