Lois discrètes : uniforme, Bernoulli, binomiale

La loi d’une variable aléatoire $X$ est donnée par le tableau ci-dessous, où $a$ est un réel.

1. $a$ =
   La somme des probabilités vaut $1$ : $0,2+0,3+a+0,1=1$, donc $a=1-0,6=0,4$.
2. $P(X>0)$ =
   Les valeurs strictement positives sont $3$ et $5$ : $P(X>0)=0,4+0,1=0,5$.
3. $E(X)$ =
   $E(X)=-2\times 0,2+0\times 0,3+3\times 0,4+5\times 0,1=-0,4+1,2+0,5=1,3$.

$Y$ prend les valeurs $1$, $2$ et $4$ avec les probabilités respectives $0,5$ ; $0,3$ et $0,2$.

1. $E(Y)$ =
   $E(Y)=1\times 0,5+2\times 0,3+4\times 0,2=0,5+0,6+0,8=1,9$.
2. $E(Y^2)$ =
   On utilise les carrés des valeurs : $E(Y^2)=1\times 0,5+4\times 0,3+16\times 0,2=0,5+1,2+3,2=4,9$.
3. $V(Y)$ =
   König-Huygens : $V(Y)=E(Y^2)-(E(Y){)}^2=4,9-1,9^2=4,9-3,61=1,29$.
4. $\sigma (Y)\approx$ (au centième)
   $\sigma (Y)=\sqrt{1,29}\approx 1,136$, soit $1,14$ au centième.

Le nombre $X$ de bouquets qu’une vendeuse de fleurs compose en une heure suit la loi :

1. $E(X)$ =
   $E(X)=2\times 0,1+3\times 0,3+4\times 0,4+5\times 0,2=0,2+0,9+1,6+1=3,7$ bouquets.
2. Justifier, sans écrire la loi de $R$, que $E(R)$ = €
   Rédaction attendue. $R=2,5X+6$ est de la forme $aX+b$ avec $a=2,5$ et $b=6$. Par linéarité de l’espérance, $E(R)=2,5E(X)+6=2,5\times 3,7+6=9,25+6=15,25$. Sur un grand nombre d’heures, la vendeuse gagne en moyenne $15,25$ € par heure.
3. $P(R⩾15)$ =
   $R⩾15⟺2,5X⩾9⟺X⩾3,6$. Comme $X$ est entier, cela revient à $X\in \{4;5\}$ : $P(R⩾15)=0,4+0,2=0,6$.

Un ticket à gratter coûte $3$ €. Il fait gagner $40$ € avec la probabilité $0,02$, $8$ € avec la probabilité $0,05$, $g$ euros avec la probabilité $0,15$ ($g>0$), et rien sinon. $Y$ est la somme reçue et $G=Y-3$ le gain net du joueur.

1. Pour $g=6$ : $E(G)$ = €
   $E(Y)=40\times 0,02+8\times 0,05+6\times 0,15=0,8+0,4+0,9=2,1$, donc $E(G)=E(Y)-3=2,1-3=-0,9$ : le jeu est défavorable au joueur.
2. Démontrer que le jeu est équitable si et seulement si $g$ =
   Rédaction attendue. Pour tout $g>0$, $E(Y)=40\times 0,02+8\times 0,05+0,15g=1,2+0,15g$. Par linéarité, $E(G)=E(Y)-3=0,15g-1,8$. Le jeu est équitable si et seulement si $E(G)=0$, c’est-à-dire $0,15g=1,8$, soit $g={\displaystyle \frac{1,8}{0,15}}=12$.
3. Avec $g=6$, l’organisateur vend $2000$ tickets. Il peut espérer gagner environ €
   Le joueur perd en moyenne $0,9$ € par ticket ; l’organisateur gagne ce que les joueurs perdent : environ $2000\times 0,9=1800$ €.

Un dé équilibré à $12$ faces porte les nombres $1$ à $12$ ; $X$ est le nombre obtenu. Fraction irréductible (exemple : 2/5) ou nombre décimal.

1. $P(3⩽X⩽7)$ =
   Les $12$ faces sont équiprobables : $X$ suit la loi uniforme sur $\{1,\dots ,12\}$. L’événement contient les $5$ valeurs $3$, $4$, $5$, $6$, $7$ : $P={\displaystyle \frac{5}{12}}$.
2. Probabilité d’obtenir un multiple de $4$ :
   Les multiples de $4$ entre $1$ et $12$ sont $4$, $8$, $12$ : ${\displaystyle \frac{3}{12}}={\displaystyle \frac{1}{4}}$.
3. $E(X)$ =
   Loi uniforme sur $\{1,\dots ,n\}$ : $E(X)={\displaystyle \frac{n+1}{2}}={\displaystyle \frac{13}{2}}=6,5$. Sur un grand nombre de lancers, la moyenne des résultats est proche de $6,5$.
4. On paie $7$ € pour lancer le dé et l’on reçoit $X$ euros. Espérance du gain net : €
   Le gain net est $X-7$ ; par linéarité, $E(X-7)=6,5-7=-0,5$ : le joueur perd en moyenne $0,50$ € par partie.

On choisit au hasard un jour d’un mois de février de $28$ jours (quatre semaines complètes). $Y=1$ si ce jour est un samedi ou un dimanche, $Y=0$ sinon. Fraction irréductible (exemple : 2/5) ou nombre décimal.

1. Paramètre de la loi de Bernoulli de $Y$ : $p$ =
   Deux issues : « week-end » (succès) ou non. Quatre semaines complètes contiennent $4$ samedis et $4$ dimanches, et les $28$ jours sont équiprobables : $p={\displaystyle \frac{8}{28}}={\displaystyle \frac{2}{7}}$.
2. $V(Y)$ =
   $V(Y)=p(1-p)={\displaystyle \frac{2}{7}}\times {\displaystyle \frac{5}{7}}={\displaystyle \frac{10}{49}}$.
3. $\sigma (Y)\approx$ (au millième)
   $\sigma (Y)=\sqrt{{\displaystyle \frac{10}{49}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{10}}{7}}\approx 0,452$.
4. $Z=1-Y$ suit une loi de Bernoulli de paramètre
   $Z=1$ exactement quand $Y=0$, c’est-à-dire quand le jour est un jour de semaine : $P(Z=1)={\displaystyle \frac{5}{7}}$. Et $V(Z)={\displaystyle \frac{5}{7}}\times {\displaystyle \frac{2}{7}}=V(Y)$ : échanger succès et échec ne change pas $p(1-p)$.

$X$ suit la loi uniforme sur $\{1,2,\dots ,n\}$, où $n$ est un entier naturel non nul.

1. Démontrer que $E(X)={\displaystyle \frac{n+1}{2}}$. Contrôle pour $n=9$ : $E(X)$ =
   Rédaction attendue. Chaque valeur $k$ de $1$ à $n$ a la probabilité ${\displaystyle \frac{1}{n}}$, donc $E(X)={\displaystyle \frac{1}{n}}(1+2+\cdots +n)$. La somme des $n$ premiers entiers non nuls vaut ${\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$ (somme de termes consécutifs d’une suite arithmétique). Donc $E(X)={\displaystyle \frac{1}{n}}\times {\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}={\displaystyle \frac{n+1}{2}}$. Pour $n=9$ : $E(X)={\displaystyle \frac{10}{2}}=5$.
2. On sait que $E(X)=25,5$. Alors $n$ =
   ${\displaystyle \frac{n+1}{2}}=25,5⟺n+1=51⟺n=50$.
3. Pour cette valeur de $n$, $P(X>40)$ =
   Les valeurs $41$ à $50$ sont au nombre de $10$ : $P(X>40)={\displaystyle \frac{10}{50}}=0,2$.

$X$ suit une loi de Bernoulli de paramètre $p$, avec $P(X=1)>P(X=0)$ et $V(X)=0,21$. On simule $X$ avec la fonction :

from random import random

def X():
    if random() < p:
        return 1
    return 0

1. $p$ =
   $p(1-p)=0,21⟺p^2-p+0,21=0$. Le discriminant vaut $1-0,84=0,16$, d’où $p={\displaystyle \frac{1-0,4}{2}}=0,3$ ou $p={\displaystyle \frac{1+0,4}{2}}=0,7$. Comme $P(X=1)>P(X=0)$, on a $p>1-p$, soit $p>0,5$ : donc $p=0,7$.
2. $\sigma (X)\approx$ (au millième)
   $\sigma (X)=\sqrt{0,21}\approx 0,458$.
3. Démontrer que, pour tout $p$ de $[0;1]$, $p(1-p)⩽0,25$. La variance est maximale pour $p$ =
   Rédaction attendue. Pour tout réel $p$, $0,25-p(1-p)=p^2-p+0,25=(p-0,5{)}^2⩾0$. Donc $p(1-p)⩽0,25$, avec égalité si et seulement si $p=0,5$. La variance d’une loi de Bernoulli vaut au plus $0,25$, atteinte pour $p=0,5$ : c’est quand succès et échec sont également probables que le résultat est le plus incertain.
4. Avec la valeur de $p$ trouvée, la fonction X() renvoie la valeur avec la probabilité $1-p$
   Le test random() < p est vrai avec la probabilité $p=0,7$ (la fonction renvoie $1$) et faux avec la probabilité $1-p=0,3$ : elle renvoie alors $0$.

Dans chaque situation, $X$ compte les succès d’un schéma de Bernoulli. Fraction irréductible (exemple : 2/5) ou nombre décimal.

1. On lance $9$ fois un dé équilibré à six faces et $X$ compte les résultats inférieurs ou égaux à $4$ : $p$ =
   Le succès est « obtenir $1$, $2$, $3$ ou $4$ » : $p={\displaystyle \frac{4}{6}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$, avec $n=9$ lancers indépendants.
2. On tire $6$ fois une carte, avec remise, dans un jeu de $32$ cartes et $X$ compte les as : $p$ =
   Le jeu compte $4$ as : $p={\displaystyle \frac{4}{32}}={\displaystyle \frac{1}{8}}$. Avec remise, les $6$ tirages sont identiques et indépendants.
3. Dans une très grande ville, $12\%$ des actifs vont au travail à vélo. On interroge $30$ actifs au hasard et $X$ compte ceux qui n’y vont pas à vélo : $p$ =
   Le succès est ce que l’on compte : « ne pas aller au travail à vélo », de probabilité $1-0,12=0,88$. La ville étant très grande, on assimile les $30$ choix à des tirages avec remise.
4. Nombre de chemins de l’arbre des $6$ tirages de cartes :
   Chaque tirage double le nombre de branches : $2^6=64$ chemins.

À une machine à pince, chaque essai attrape une peluche avec la probabilité $0,2$, indépendamment des autres essais. Un enfant fait $3$ essais ; $S$ : « l’essai attrape une peluche ». Donne des valeurs exactes.

1. Probabilité du chemin $S\bar{S}S$ :
   Produit des branches (épreuves indépendantes) : $0,2\times 0,8\times 0,2=0,032$.
2. Probabilité de n’attraper aucune peluche :
   Un seul chemin, $\bar{S}\bar{S}\bar{S}$ : $0,8^3=0,512$.
3. Probabilité d’attraper exactement une peluche :
   Trois chemins : $S\bar{S}\bar{S}$, $\bar{S}S\bar{S}$, $\bar{S}\bar{S}S$, chacun de probabilité $0,2\times 0,8^2=0,128$. Total : $3\times 0,128=0,384$.
4. Probabilité d’attraper au moins une peluche :
   Contraire de « aucune peluche » : $1-0,512=0,488$.
5. Espérance du nombre de peluches attrapées, calculée avec la loi complète :
   Loi du nombre $X$ de peluches : $P(X=0)=0,512$, $P(X=1)=0,384$, $P(X=2)=3\times 0,2^2\times 0,8=0,096$ et $P(X=3)=0,2^3=0,008$ (somme $1$). $E(X)=0\times 0,512+1\times 0,384+2\times 0,096+3\times 0,008$ $=0,384+0,192+0,024=0,6$. C’est $3\times 0,2$ : on retrouvera $E(X)=np$ au cas 5.

Une urne contient $8$ boules : $3$ rouges et $5$ blanches. On tire successivement $3$ boules ; $X$ est le nombre de boules rouges obtenues. Fraction irréductible (exemple : 2/5) ou nombre décimal.

1. Tirages sans remise : $P(X=3)$ =
   Sans remise, il reste une rouge de moins à chaque tirage : $P(X=3)={\displaystyle \frac{3}{8}}\times {\displaystyle \frac{2}{7}}\times {\displaystyle \frac{1}{6}}={\displaystyle \frac{6}{336}}={\displaystyle \frac{1}{56}}$. Les épreuves ne sont pas identiques : ce n’est pas un schéma de Bernoulli.
2. Tirages avec remise : justifier que $X$ suit une loi binomiale, puis donner $P(X=1)\approx$ (au millième)
   Rédaction attendue. Avec remise, l’urne retrouve sa composition avant chaque tirage. Chaque tirage est une épreuve de Bernoulli de succès « tirer une boule rouge », de probabilité $p={\displaystyle \frac{3}{8}}$, et les $3$ tirages sont identiques et indépendants : $X$ suit la loi binomiale $ℬ\left(3;{\displaystyle \frac{3}{8}}\right)$. Trois chemins comportent une seule rouge, chacun de probabilité ${\displaystyle \frac{3}{8}}\times {\left({\displaystyle \frac{5}{8}}\right)}^2={\displaystyle \frac{75}{512}}$, donc $P(X=1)=3\times {\displaystyle \frac{75}{512}}={\displaystyle \frac{225}{512}}\approx 0,439$.
3. On prélève, sans remise, $3$ pièces dans un stock de $8000$ pièces dont $3000$ rouges. La probabilité que les $3$ soient rouges, au millième :
   ${\displaystyle \frac{3000}{8000}}\times {\displaystyle \frac{2999}{7999}}\times {\displaystyle \frac{2998}{7998}}\approx 0,053$. Avec la loi binomiale $ℬ\left(3;{\displaystyle \frac{3}{8}}\right)$, on trouverait ${\left({\displaystyle \frac{3}{8}}\right)}^3={\displaystyle \frac{27}{512}}\approx 0,053$ aussi : dans un très grand stock, retirer $3$ pièces ne change presque pas la proportion, et l’on peut assimiler le prélèvement à des tirages avec remise.

Trois épreuves de Bernoulli indépendantes ont le même paramètre $p$. La probabilité d’obtenir $3$ succès vaut $0,064$.

1. $p$ =
   Un seul chemin réalise $3$ succès : $p^3=0,064=0,4^3$, et la fonction cube est strictement croissante, donc $p=0,4$.
2. Démontrer que la probabilité d’obtenir au moins un succès vaut $1-(1-p{)}^3$, puis la calculer :
   Rédaction attendue. L’événement contraire de « au moins un succès » est « aucun succès », réalisé par le seul chemin $\bar{S}\bar{S}\bar{S}$. Les épreuves étant indépendantes, sa probabilité est le produit $(1-p{)}^3$. Donc $P(\text{au moins un succès})=1-(1-p{)}^3=1-0,6^3=1-0,216=0,784$.
3. Probabilité d’obtenir exactement un succès :
   Trois chemins à un seul succès, chacun de probabilité $0,4\times 0,6^2=0,144$ : $3\times 0,144=0,432$.

Voici les lignes $n=5$ et $n=6$ du triangle de Pascal : $1,5,10,10,5,1$ et $1,6,15,20,15,6,1$.

1. ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)}$ =
   On lit le terme de rang $2$ de la ligne $6$, en comptant à partir de $k=0$ : $1$ (rang $0$), $6$ (rang $1$), $15$ (rang $2$).
2. ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)}$ =
   Terme de rang $3$ de la ligne $6$ : $20$, le terme du milieu.
3. ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)}$ =
   Terme de rang $4$ de la ligne $5$ : $5$. Par symétrie, ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)}=5$.
4. Dans un arbre à $6$ épreuves, nombre de chemins avec exactement $5$ échecs :
   $5$ échecs sur $6$ épreuves, c’est exactement $1$ succès : ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{1}\right)}=6$ chemins (le succès est à l’une des $6$ places).

À partir de la ligne $n=6$ du triangle de Pascal : $1,6,15,20,15,6,1$.

1. ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)}$ =
   Relation de Pascal : ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{2}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{1}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)}=6+15=21$.
2. ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)}$ =
   ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)}=15+20=35$.
3. Sans calcul, ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{6}\right)}$ =
   Symétrie : ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{6}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{1}\right)}=7$.
4. Somme des termes de la ligne $n=7$ :
   La ligne $7$ est $1,7,21,35,35,21,7,1$ et sa somme vaut $128=2^7$ : elle compte tous les chemins d’un arbre à $7$ niveaux.

La ligne $n=8$ du triangle de Pascal est : $1,8,28,56,70,56,28,8,1$.

1. Justifier que ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{2}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)}$, puis donner ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}$ =
   Rédaction attendue. La relation de Pascal ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k+1}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k+1}\right)}$, avec $n=8$ et $k=2$ (on a bien $0⩽2⩽7$), donne ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{2}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}$. Avec la ligne $8$ : ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)}=28+56=84$.
2. ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{7}\right)}$ =
   Symétrie : ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{7}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{2}\right)}$, et la relation de Pascal donne ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{2}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{1}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{2}\right)}=8+28=36$.
3. Dans un arbre à $9$ épreuves, nombre de chemins à exactement $4$ succès :
   ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{4}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{4}\right)}=56+70=126$.

On considère un schéma de Bernoulli à $10$ épreuves. La ligne $n=10$ du triangle de Pascal est $1,10,45,120,210,252,210,120,45,10,1$.

1. Nombre de chemins avec exactement $2$ échecs :
   $2$ échecs sur $10$ épreuves, c’est $8$ succès : ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{8}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)}=45$.
2. Nombre de chemins avec au moins $8$ succès :
   $8$, $9$ ou $10$ succès : ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{8}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{9}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{10}\right)}=45+10+1=56$.
3. Démontrer que, pour tout entier $n⩾2$, ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{2}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)}+n$. Sachant que ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{11}{2}\right)}=55$, en déduire ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{12}{2}\right)}$ =
   Rédaction attendue. Soit $n⩾2$. La relation de Pascal avec $k=1$ (valable car $0⩽1⩽n-1$) donne ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)}+{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{2}\right)}$. Or ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)}=n$ : donc ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{2}\right)}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)}+n$. Avec $n=11$ : ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{12}{2}\right)}=55+11=66$.

Calcule la probabilité exacte (nombre décimal ou fraction irréductible).

1. $X$ suit $ℬ(4;0,6)$ : $P(X=2)$ =
   $P(X=2)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)}\times 0,6^2\times 0,4^2=6\times 0,36\times 0,16=0,3456$.
2. $X$ suit $ℬ(8;0,5)$ : $P(X=3)$ =
   $P(X=3)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)}\times 0,5^3\times 0,5^5={\displaystyle \frac{56}{256}}={\displaystyle \frac{7}{32}}$, avec ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)}=56$ (ligne $8$ du triangle de Pascal).
3. $X$ suit $ℬ(5;0,3)$ : $P(X=1)$ =
   $P(X=1)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1}\right)}\times 0,3\times 0,7^4=5\times 0,3\times 0,2401=0,36015$.
4. $X$ suit $ℬ(9;0,5)$ : $P(X=0)$ =
   Aucun succès : un seul chemin, $P(X=0)=0,5^9={\displaystyle \frac{1}{512}}$.

Dans une usine, $6\%$ des bouteilles ont un défaut de bouchage. On prélève $20$ bouteilles dans une production très importante, ce qui est assimilé à un tirage avec remise ; $X$ est le nombre de bouteilles défectueuses. Arrondis au dix-millième.

1. Justifier que $X$ suit une loi binomiale, puis donner $P(X=0)\approx$
   Rédaction attendue. Pour chaque bouteille, l’épreuve « la bouteille est défectueuse » (succès) a pour probabilité $p=0,06$. Le prélèvement est assimilé à un tirage avec remise : les $20$ épreuves sont identiques et indépendantes. $X$ compte les succès, donc $X$ suit la loi $ℬ(20;0,06)$. Alors $P(X=0)=0,{94}^{20}\approx 0,2901$.
2. $P(X=2)\approx$
   $P(X=2)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{2}\right)}\times 0,{06}^2\times 0,{94}^{18}=190\times 0,0036\times 0,{94}^{18}\approx 0,2246$.
3. Probabilité qu’au moins deux bouteilles soient défectueuses :
   $P(X⩾2)=1-P(X⩽1)$. À la calculatrice, $P(X⩽1)\approx 0,6605$ (binomFRép(20, 0.06, 1)), donc $P(X⩾2)\approx 0,3395$.
4. $E(X)$ =
   $E(X)=np=20\times 0,06=1,2$ : sur un grand nombre de prélèvements de $20$ bouteilles, on trouve en moyenne $1,2$ bouteille défectueuse.

$Y$ suit une loi binomiale $ℬ(n;p)$, avec $E(Y)=8,75$ et $V(Y)=5,6875$.

1. Démontrer que $1-p={\displaystyle \frac{V(Y)}{E(Y)}}$, puis donner $p$ =
   Rédaction attendue. On a $E(Y)=np$ et $V(Y)=np(1-p)=E(Y)\times (1-p)$. Comme $E(Y)=8,75\ne 0$, on divise : $1-p={\displaystyle \frac{V(Y)}{E(Y)}}={\displaystyle \frac{5,6875}{8,75}}=0,65$. Donc $p=1-0,65=0,35$.
2. $n$ =
   $n={\displaystyle \frac{E(Y)}{p}}={\displaystyle \frac{8,75}{0,35}}=25$. Contrôle : $25\times 0,35\times 0,65=5,6875$.
3. $\sigma (Y)\approx$ (au millième)
   $\sigma (Y)=\sqrt{5,6875}\approx 2,385$.
4. $P(Y=9)\approx$ (au dix-millième, calculatrice)
   $P(Y=9)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{25}{9}\right)}\times 0,{35}^9\times 0,{65}^{16}$, avec ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{25}{9}\right)}=2042975$ ; binomFdp(25, 0.35, 9) donne environ $0,1635$.

On présente à $10$ goûteurs deux verres, dont un seul contient le jus labellisé ; chacun désigne un verre. On suppose d’abord qu’ils répondent au hasard, indépendamment les uns des autres ; $X$ est le nombre de goûteurs qui désignent le bon verre. La ligne $10$ du triangle de Pascal est $1,10,45,120,210,252,210,120,45,10,1$.

1. Justifier que $X$ suit une loi binomiale et démontrer que $P(X=k)={\displaystyle \frac{1}{1024}}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)}$. Valeur exacte de $P(X=5)$ (fraction irréductible) :
   Rédaction attendue. Pour chaque goûteur, l’épreuve « désigner le bon verre » a deux issues ; au hasard, le succès a pour probabilité ${\displaystyle \frac{1}{2}}$. Les $10$ épreuves sont identiques et indépendantes : $X$ suit $ℬ\left(10;{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)$. Pour $0⩽k⩽10$ : $P(X=k)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^k{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{10-k}={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)}{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^{10}={\displaystyle \frac{1}{1024}}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)}$. Pour $k=5$ : ${\displaystyle \frac{252}{1024}}={\displaystyle \frac{63}{256}}$.
2. $P(X⩽3)$ = (fraction irréductible)
   $P(X⩽3)={\displaystyle \frac{1+10+45+120}{1024}}={\displaystyle \frac{176}{1024}}={\displaystyle \frac{11}{64}}\approx 0,172$.
3. $P(4⩽X⩽6)$ = (fraction irréductible)
   $P(4⩽X⩽6)={\displaystyle \frac{210+252+210}{1024}}={\displaystyle \frac{672}{1024}}={\displaystyle \frac{21}{32}}$.
4. Lors du test, $9$ goûteurs désignent le bon verre. $P(X⩾9)\approx$ (au millième)
   $P(X⩾9)={\displaystyle \frac{10+1}{1024}}={\displaystyle \frac{11}{1024}}\approx 0,011$. Si les goûteurs répondaient au hasard, un tel résultat n’arriverait qu’environ une fois sur cent : l’hypothèse « au hasard » est peu crédible, les goûteurs semblent reconnaître le jus.

On lance $5$ fois un dé équilibré à six faces. Un lancer est gagnant s’il donne $5$ ou $6$ ; $X$ est le nombre de lancers gagnants. La ligne $5$ du triangle de Pascal est $1,5,10,10,5,1$.

1. $P(X=1)$ = (fraction de dénominateur $243$)
   $X$ suit $ℬ\left(5;{\displaystyle \frac{1}{3}}\right)$ (succès « $5$ ou $6$ », $p={\displaystyle \frac{2}{6}}$). $P(X=k)={\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)}{\left({\displaystyle \frac{1}{3}}\right)}^k{\left({\displaystyle \frac{2}{3}}\right)}^{5-k}={\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)\times 2^{5-k}}{243}}$, donc $P(X=1)={\displaystyle \frac{5\times 16}{243}}={\displaystyle \frac{80}{243}}$.
2. La plus grande des probabilités $P(X=k)$ est atteinte pour deux valeurs de $k$ ; la plus grande de ces deux valeurs est
   La loi complète, en $243$^e : $32$, $80$, $80$, $40$, $10$, $1$ pour $k=0$ à $5$ (somme $243$). Le maximum ${\displaystyle \frac{80}{243}}\approx 0,329$ est atteint pour $k=1$ et pour $k=2$ : une loi binomiale peut avoir deux valeurs les plus probables.
3. $V(X)$ = (fraction)
   $V(X)=np(1-p)=5\times {\displaystyle \frac{1}{3}}\times {\displaystyle \frac{2}{3}}={\displaystyle \frac{10}{9}}$, et $E(X)={\displaystyle \frac{5}{3}}$.
4. Chaque lancer gagnant rapporte $2$ € et la partie coûte $3$ €. Justifier que l’espérance du gain net vaut € (fraction)
   Rédaction attendue. Le gain net est $G=2X-3$. Par linéarité de l’espérance, $E(G)=2E(X)-3=2\times {\displaystyle \frac{5}{3}}-3={\displaystyle \frac{10}{3}}-{\displaystyle \frac{9}{3}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$. L’espérance est positive : le joueur gagne en moyenne environ $0,33$ € par partie, le jeu lui est favorable.

$X$ suit $ℬ(20;0,3)$. La calculatrice donne, arrondies au dix-millième :

1. $P(X⩾5)\approx$
   « Au moins $5$ » a pour contraire « au plus $4$ » : $P(X⩾5)=1-P(X⩽4)\approx 1-0,2375=0,7625$.
2. $P(4⩽X⩽7)\approx$
   $P(4⩽X⩽7)=P(X⩽7)-P(X⩽3)\approx 0,7723-0,1071=0,6652$.
3. $P(X>8)\approx$
   « Plus de $8$ » est le contraire de « au plus $8$ » : $P(X>8)=1-P(X⩽8)\approx 1-0,8867=0,1133$.
4. Le plus petit entier $k$ tel que $P(X⩽k)⩾0,9$ est
   $P(X⩽8)\approx 0,8867<0,9$ et $P(X⩽9)\approx 0,9520⩾0,9$. Comme les $P(X⩽k)$ croissent avec $k$, le plus petit entier est $9$.

Résous l’inéquation avec le logarithme népérien et donne le plus petit entier $n$.

1. Le plus petit entier $n$ tel que $1-0,9^n⩾0,95$ est
   $0,9^n⩽0,05⟺n\ln 0,9⩽\ln 0,05⟺n⩾{\displaystyle \frac{\ln 0,05}{\ln 0,9}}\approx 28,4$ (on divise par $\ln 0,9<0$). Contrôle : $0,9^{28}\approx 0,0523$ et $0,9^{29}\approx 0,0471$. Donc $n=29$.
2. Le plus petit entier $n$ tel que $1-0,{75}^n⩾0,99$ est
   $n⩾{\displaystyle \frac{\ln 0,01}{\ln 0,75}}\approx 16,008$. Le quotient dépasse $16$ de très peu : $0,{75}^{16}\approx 0,01002$ est encore au-dessus de $0,01$, et $0,{75}^{17}\approx 0,0075$. Donc $n=17$, et non $16$.

Chaque pochette d’autocollants contient l’autocollant rare avec la probabilité $0,08$, indépendamment des autres. Un collectionneur achète $n$ pochettes ; $X$ est le nombre d’autocollants rares obtenus, et $X$ suit $ℬ(n;0,08)$.

1. Démontrer que $P(X⩾1)⩾0,95$ équivaut à $0,{92}^n⩽0,05$, puis donner le nombre minimal de pochettes :
   Rédaction attendue. Le contraire de $\{X⩾1\}$ est $\{X=0\}$, de probabilité $0,{92}^n$ : $P(X⩾1)=1-0,{92}^n$. Alors $1-0,{92}^n⩾0,95⟺-0,{92}^n⩾-0,05⟺0,{92}^n⩽0,05$. La fonction $\ln$ est strictement croissante : $0,{92}^n⩽0,05⟺n\ln 0,92⩽\ln 0,05$. Comme $\ln 0,92<0$, diviser change le sens : $n⩾{\displaystyle \frac{\ln 0,05}{\ln 0,92}}\approx 35,93$. Contrôle : $0,{92}^{35}\approx 0,0540$ et $0,{92}^{36}\approx 0,0497$. Il faut au moins $36$ pochettes.
2. Pour ce nombre de pochettes, $E(X)$ =
   $E(X)=36\times 0,08=2,88$ : en moyenne, près de $3$ autocollants rares pour $36$ pochettes.
3. Avec $36$ pochettes, probabilité d’obtenir au moins deux autocollants rares, au centième :
   $P(X⩾2)=1-P(X=0)-P(X=1)$, avec $P(X=0)=0,{92}^{36}\approx 0,0497$ et $P(X=1)=36\times 0,08\times 0,{92}^{35}\approx 0,1556$. Donc $P(X⩾2)\approx 0,79$ : malgré une moyenne proche de $3$, environ un collectionneur sur cinq obtient au plus un autocollant rare.

Une application affirme que $30\%$ de ses inscrits l’ouvrent chaque jour. On tire au hasard $70$ inscrits parmi un très grand nombre ; si l’affirmation est vraie, le nombre $X$ d’inscrits qui ont ouvert l’application ce jour-là suit $ℬ(70;0,3)$. Extrait du tableau de la calculatrice :

1. $E(X)$ =
   $E(X)=70\times 0,3=21$.
2. Le plus petit entier $a$ tel que $P(X⩽a)>0,025$ est
   $P(X⩽13)\approx 0,0217⩽0,025$ et $P(X⩽14)\approx 0,0413>0,025$ : $a=14$.
3. Le plus petit entier $b$ tel que $P(X⩽b)⩾0,975$ est
   $P(X⩽28)\approx 0,9724<0,975$ et $P(X⩽29)\approx 0,9848⩾0,975$ : $b=29$.
4. Justifier que $P(a⩽X⩽b)⩾0,95$, puis en donner une valeur approchée au dix-millième :
   Rédaction attendue. $P(14⩽X⩽29)=P(X⩽29)-P(X⩽13)\approx 0,9848-0,0217=0,9631⩾0,95$. Plus généralement, $P(X⩽a-1)⩽0,025$ par définition de $a$ et $P(X⩽b)⩾0,975$, donc $P(a⩽X⩽b)⩾0,975-0,025=0,95$. Le jour de l’étude, $12$ inscrits sur $70$ ont ouvert l’application : $12$ est hors de $[14;29]$, on rejette l’affirmation des $30\%$, avec un risque d’au plus $5\%$ de se tromper.