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Loi géométrique : temps d’attente discret

Rappels de 1re sur les probabilités conditionnelles et les suites géométriques, rang du premier succès d’un schéma de Bernoulli et loi géométrique, probabilités P(X > k) et P(X ⩽ k) et seuils, espérance 1/p et simulation en Python, absence de mémoire.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés sur le temps d’attente : contrôle d’une chaîne de production comparé à une loi binomiale, séismes et période de retour, pari du chevalier de Méré sur le double six avec un programme Python, deux modèles de durée de vie (usure ou absence de mémoire), et un dé peut-être truqué qui n’est plus sans mémoire.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je définis la variable : le rang de quoi (pièce défectueuse, année du séisme, lancer du double six, mois de la panne) et ses valeurs 1, 2, 3…
Je justifie la loi : succès nommé et probabilité p, épreuves identiques et indépendantes, rang du premier succès ; sinon (dé choisi au hasard, usure), je calcule sans la formule géométrique.
Je ramène chaque question à P(X > k) = (1 − p)ᵏ : contraire, différence, quotient pour « sachant », logarithme pour un seuil.
J’interprète : espérance comme temps d’attente moyen, période de retour, comparaison de deux modèles, décision par une phrase dans le contexte.

Problème 1 · Contrôle d’une chaîne de production★★★Facile

Sur une chaîne de production, chaque pièce est défectueuse avec la probabilité

0, 03

, indépendamment des autres. Un contrôleur examine les pièces une par une, dans l’ordre de fabrication, jusqu’à trouver la première pièce défectueuse ;

X

est le rang de cette pièce.

1. Justifier que $X$ suit une loi géométrique, puis donner $P (X = 2)$ =
Rédaction attendue. Chaque pièce examinée est une épreuve de Bernoulli de succès « la pièce est défectueuse », de probabilité $p = 0, 03$ . Les pièces sont défectueuses indépendamment les unes des autres, avec la même probabilité : les épreuves sont identiques et indépendantes. $X$ est le rang du premier succès, donc $X$ suit la loi géométrique $𝒢 (0, 03)$ . Une pièce conforme puis une défectueuse : $P (X = 2) = 0, 97 \times 0, 03 = 0, 0291$ .
2. $P (X = 10) \approx$ (au dix-millième)
Neuf pièces conformes puis une défectueuse : $P (X = 10) = 0, 97^{9} \times 0, 03 \approx 0, 7602 \times 0, 03 \approx 0, 0228$ .
3. Probabilité que le contrôleur examine plus de $20$ pièces : (au dix-millième)
$P (X > 20) = 0, 97^{20} \approx 0, 5438$ : plus d’une fois sur deux, les $20$ premières pièces sont conformes.
4. Rang moyen de la première pièce défectueuse : (au centième)
$E (X) = \frac{1}{0, 03} = \frac{100}{3} \approx 33, 33$ : sur un grand nombre de contrôles, le rang de la première pièce défectueuse vaut en moyenne environ $33, 3$ . C’est une moyenne, pas un rang garanti.
5. Un autre jour, on examine exactement $50$ pièces ; $Y$ est le nombre de pièces défectueuses parmi elles. Justifier que $P (Y = 0) = P (X > 50)$ , puis donner cette probabilité : (au dix-millième)
Rédaction attendue. $Y$ compte les succès de $50$ épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de paramètre $0, 03$ : $Y$ suit $ℬ (50; 0, 03)$ . L’événement ${Y = 0}$ signifie que les $50$ premières pièces sont conformes, c’est-à-dire que la première pièce défectueuse arrive après le rang $50$ : c’est l’événement ${X > 50}$ . Donc $P (Y = 0) = P (X > 50) = 0, 97^{50} \approx 0, 2181$ .
6. $E (Y)$ =
$E (Y) = n p = 50 \times 0, 03 = 1, 5$ : en moyenne, $1, 5$ pièce défectueuse sur $50$ .

Problème 2 · Séismes et période de retour★★★Moyen

Dans une région, un séisme de forte magnitude a chaque année la probabilité

0, 025

de se produire, indépendamment des autres années. On numérote les années à partir de l’an prochain (rang

1

) ;

X

est le rang de la première année où un tel séisme se produit, et

X

suit

𝒢 (0, 025)

1. Période de retour de ce séisme, en années :
La période de retour est le temps d’attente moyen : $E (X) = \frac{1}{0, 025} = 40$ ans.
2. Probabilité qu’un tel séisme se produise dans les $10$ prochaines années : (au dix-millième)
$P (X ⩽ 10) = 1 - 0, 975^{10} \approx 1 - 0, 7763 = 0, 2237$ .
3. Probabilité qu’il se produise dans les $40$ prochaines années, c’est-à-dire avant la fin de la période de retour : (au dix-millième)
$P (X ⩽ 40) = 1 - 0, 975^{40} \approx 1 - 0, 3632 = 0, 6368$ . Attendre une période de retour ne rend pas le séisme certain : il reste environ $36 %$ de chances qu’il ne se produise pas.
4. Démontrer que le plus petit entier $n$ tel que $P (X ⩽ n) ⩾ 0, 5$ vaut
Rédaction attendue. $P (X ⩽ n) ⩾ 0, 5 ⟺ 1 - 0, 975^{n} ⩾ 0, 5 ⟺ 0, 975^{n} ⩽ 0, 5$ $⟺ n \ln 0, 975 ⩽ \ln 0, 5 ⟺ n ⩾ \frac{\ln 0, 5}{\ln 0, 975}$ , car $\ln 0, 975 < 0$ . Or $\frac{\ln 0, 5}{\ln 0, 975} \approx 27, 38$ . Contrôle : $0, 975^{27} \approx 0, 5048$ et $0, 975^{28} \approx 0, 4922$ . Le plus petit entier est $28$ : il y a une chance sur deux d’avoir un séisme en $28$ ans, bien avant la période de retour.
5. Aucun séisme ne s’est produit pendant les $30$ premières années. Justifier que la probabilité qu’il s’en produise un dans les $15$ années suivantes vaut, au dix-millième,
Rédaction attendue. On cherche $P_{X > 30} (X ⩽ 45) = 1 - P_{X > 30} (X > 45)$ . Comme ${X > 45} \subset {X > 30}$ , $P_{X > 30} (X > 45) = \frac{0, 975^{45}}{0, 975^{30}} = 0, 975^{15} = P (X > 15)$ : c’est l’absence de mémoire de la loi géométrique. Donc la probabilité cherchée est $1 - 0, 975^{15} \approx 0, 3160$ , exactement celle d’avoir un séisme dans les $15$ premières années : trente années calmes ne rendent pas le séisme plus probable.

Problème 3 · Le pari du chevalier de Méré★★★Moyen

Dans une lettre à Fermat du 29 juillet 1654, Pascal rapporte une difficulté du chevalier de Méré à propos d’un pari : obtenir au moins un double six en lançant deux dés

24

fois. On lance deux dés équilibrés à la fois, autant de fois qu’il le faut, jusqu’au premier double six ;

X

est le rang de ce lancer. Le programme ci-dessous en simule une réalisation.

from random import randint

def double_six():
    k = 1
    a = randint(1, 6)
    b = randint(1, 6)
    while a != 6 or b != 6:
        k = k + 1
        a = randint(1, 6)
        b = randint(1, 6)
    return k

1. Probabilité d’obtenir un double six en un lancer des deux dés : (fraction)
Les deux dés sont indépendants : $P = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$ .
2. Justifier que $X$ suit une loi géométrique, puis donner $E (X)$ =
Rédaction attendue. Chaque lancer des deux dés est une épreuve de Bernoulli de succès « double six », de probabilité $p = \frac{1}{36}$ . Les lancers sont identiques et indépendants, et $X$ est le rang du premier succès : $X$ suit $𝒢 (\frac{1}{36})$ , donc $E (X) = 36$ .
3. Probabilité d’obtenir au moins un double six en $24$ lancers : (au dix-millième)
« Au moins un double six en $24$ lancers » est l’événement ${X ⩽ 24}$ : $P (X ⩽ 24) = 1 - {(\frac{35}{36})}^{24} \approx 0, 4914$ . C’est moins de $0, 5$ : le pari à égalité de mises est défavorable.
4. Démontrer que le plus petit nombre de lancers $n$ pour lequel le pari devient favorable, c’est-à-dire $P (X ⩽ n) > 0, 5$ , est
Rédaction attendue. $1 - {(\frac{35}{36})}^{n} > 0, 5 ⟺ {(\frac{35}{36})}^{n} < 0, 5 ⟺ n \ln \frac{35}{36} < \ln 0, 5$ $⟺ n > \frac{\ln 0, 5}{\ln (35 / 36)} \approx 24, 61$ , car $\ln \frac{35}{36} < 0$ . Le plus petit entier est $25$ . Contrôle : $P (X ⩽ 24) \approx 0, 4914$ (question précédente) et $P (X ⩽ 25) = 1 - {(\frac{35}{36})}^{25} \approx 0, 5055$ .
5. En moyenne, combien de passages dans la boucle while un appel à double_six() effectue-t-il ?
La boucle tourne une fois par lancer sans double six : $X - 1$ fois. Par linéarité, $E (X - 1) = 36 - 1 = 35$ .

Problème 4 · Usure ou absence de mémoire : deux modèles de durée de vie★★★Difficile

Un fabricant étudie la durée de vie, en mois entiers, d’un composant, avec deux modèles.
Modèle A : chaque mois, le composant tombe en panne avec la probabilité

0, 04

, indépendamment des mois précédents ;

X

est le rang du mois de la panne.
Modèle B (usure) : la durée de vie

Y

vérifie

P (Y > n) = 0, 995^{n^{2}}

pour tout entier naturel

n

1. Modèle A : $P (X > 12) \approx$ (au dix-millième)
$X$ suit $𝒢 (0, 04)$ : $P (X > 12) = 0, 96^{12} \approx 0, 6127$ .
2. Modèle A : durée de vie moyenne, en mois :
$E (X) = \frac{1}{0, 04} = 25$ mois.
3. Modèle A : sachant que le composant a fonctionné $12$ mois, probabilité qu’il fonctionne encore au moins $6$ mois : (au dix-millième)
Absence de mémoire : $P_{X > 12} (X > 18) = P (X > 6) = 0, 96^{6} \approx 0, 7828$ , comme pour un composant neuf.
4. Modèle B : $P_{Y > 12} (Y > 18) \approx$ (au dix-millième)
${Y > 18} \subset {Y > 12}$ , donc $P_{Y > 12} (Y > 18) = \frac{0, 995^{324}}{0, 995^{144}} = 0, 995^{180} \approx 0, 4057$ .
5. Démontrer que le modèle B n’a pas la propriété d’absence de mémoire. On donnera $P (Y > 6) \approx$ (au dix-millième)
Rédaction attendue. $P (Y > 6) = 0, 995^{36} \approx 0, 8349$ . Or, à la question précédente, $P_{Y > 12} (Y > 12 + 6) \approx 0, 4057$ . Ces deux nombres sont différents : pour $m = 12$ et $n = 6$ , $P_{Y > m} (Y > m + n) \neq P (Y > n)$ . Le modèle B n’est pas sans mémoire : un composant qui a déjà servi $12$ mois a beaucoup moins de chances de tenir $6$ mois de plus qu’un composant neuf (usure).
6. Sur $1 000$ composants ayant fonctionné $12$ mois, $781$ ont fonctionné au moins $6$ mois de plus. Le modèle le plus compatible avec ces données est le modèle (A ou B)
La fréquence observée est $\frac{781}{1 000} = 0, 781$ , très proche de $0, 7828$ (modèle A) et très loin de $0, 4057$ (modèle B) : les données sont compatibles avec l’absence de mémoire, donc avec le modèle A.

Problème 5 · Un dé peut-être truqué★★★Difficile

Un sac contient deux dés d’apparence identique : un dé équilibré, et un dé truqué qui donne

6

avec la probabilité

\frac{1}{2}

. On choisit un dé au hasard dans le sac, puis on le lance jusqu’à obtenir

6

;

X

est le rang du premier

6

. On note

T

l’événement « le dé choisi est truqué ». Donne des fractions irréductibles.

1. $P (X = 1)$ =
Sachant le dé choisi, $X$ suit une loi géométrique : $𝒢 (\frac{1}{2})$ sachant $T$ , $𝒢 (\frac{1}{6})$ sachant $\overset{―}{T}$ . Probabilités totales : $P (X = 1) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{1}{3}$ .
2. $P (X > 2)$ =
$P (X > 2) = P (T) P_{T} (X > 2) + P (\overset{―}{T}) P_{\overset{―}{T}} (X > 2)$ $= \frac{1}{2} \times {(\frac{1}{2})}^{2} + \frac{1}{2} \times {(\frac{5}{6})}^{2} = \frac{1}{8} + \frac{25}{72} = \frac{9}{72} + \frac{25}{72} = \frac{34}{72} = \frac{17}{36}$ .
3. Calculer $P_{X > 1} (X > 2)$ = , puis démontrer que $X$ ne suit pas une loi géométrique
Rédaction attendue. $P (X > 1) = 1 - P (X = 1) = \frac{2}{3}$ et ${X > 2} \subset {X > 1}$ , donc $P_{X > 1} (X > 2) = \frac{17 / 36}{2 / 3} = \frac{17}{36} \times \frac{3}{2} = \frac{17}{24}$ . Si $X$ suivait une loi géométrique, elle serait sans mémoire et l’on aurait $P_{X > 1} (X > 2) = P (X > 1) = \frac{2}{3} = \frac{16}{24}$ . Or $\frac{17}{24} \neq \frac{16}{24}$ : $X$ ne suit pas une loi géométrique, bien qu’elle en suive une sachant le dé choisi.
4. Le premier lancer donne $6$ . Probabilité que le dé soit truqué :
$P_{X = 1} (T) = \frac{P (T \cap {X = 1})}{P (X = 1)} = \frac{1 / 4}{1 / 3} = \frac{3}{4}$ .
5. Le premier lancer ne donne pas $6$ . Probabilité que le dé soit truqué :
$P_{X > 1} (T) = \frac{P (T \cap {X > 1})}{P (X > 1)} = \frac{\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}}{2 / 3} = \frac{1}{4} \times \frac{3}{2} = \frac{3}{8}$ . Chaque échec rend le dé équilibré plus probable, ce qui allonge l’attente prévue : c’est cette « mémoire » qui empêche $X$ d’être géométrique.

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