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Lois discrètes : loi uniforme, loi de Bernoulli, loi binomiale

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À propos de cette page

Ces exercices corrigés sur « Lois discrètes : loi uniforme, loi de Bernoulli, loi binomiale » en terminale permettent de s'entraîner et de vérifier ses acquis en maths complémentaires (option tle). Ils suivent le programme officiel de terminale et sont classés par difficulté (facile, moyen, difficile). Au programme : L'essentiel, Loi uniforme discrète, Épreuve et loi de Bernoulli, Succession d'épreuves indépendantes, schéma de Bernoulli. Chaque exercice est suivi d'une correction rédigée, à déplier une fois la recherche faite au brouillon. Cet entraînement aide à mémoriser les méthodes, repérer ses erreurs et gagner en confiance avant un contrôle. Exercices gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour réviser maths complémentaires (option tle) en terminale.

Exercices corrigés, classés du plus simple au plus complexe. Cherche d'abord seul au brouillon, puis déplie la correction détaillée pour vérifier ta méthode et tes raisonnements.

Exercice 1 — Roue de loterie à 12 secteurs

Facile

Une roue est partagée en 12 secteurs de même taille, numérotés de 1 à 12. On la fait tourner et on note $X$ le numéro du secteur obtenu.

a) Justifier que $X$ suit une loi uniforme et donner sa loi.
b) Calculer $P (3 ⩽ X ⩽ 7)$ .
c) Calculer $E (X)$ et interpréter ce résultat.
d) On paie 7 € pour faire tourner la roue et l'on reçoit $X$ euros. Montrer que le jeu est défavorable au joueur.

a) Les 12 secteurs ont la même taille : chaque numéro a la même probabilité. $X$ suit la loi uniforme sur ${1, \dots, 12}$ : $P (X = k) = \frac{1}{12}$ pour tout $k \in {1, \dots, 12}$ .

b) L'événement ${3 ⩽ X ⩽ 7}$ contient les 5 valeurs 3, 4, 5, 6, 7, donc $P (3 ⩽ X ⩽ 7) = \frac{5}{12} \approx 0, 417$ .

c) Pour la loi uniforme sur ${1, \dots, n}$ , $E (X) = \frac{n + 1}{2}$ ; ici $E (X) = \frac{13}{2} =$ $6, 5$ . Sur un grand nombre de tours, la moyenne des numéros obtenus est proche de 6,5.

d) Le gain net du joueur est $G = X - 7$ . Par linéarité de l'espérance, $E (G) = E (X) - 7 = 6, 5 - 7 = - 0, 5$ . L'espérance du gain est négative : le joueur perd en moyenne 0,50 € par partie, le jeu lui est défavorable.

Exercice 2 — Tirer une figure

Facile

On tire au hasard une carte dans un jeu de 32 cartes. On note $Y$ la variable qui vaut 1 si la carte est une figure (valet, dame ou roi) et 0 sinon.

a) Justifier que $Y$ suit une loi de Bernoulli et préciser son paramètre.
b) Calculer $E (Y)$ et $V (Y)$ .
c) En déduire $σ (Y)$ , arrondi au millième.
d) On pose $Z = 1 - Y$ . Quelle est la loi de $Z$ ? Comparer $V (Z)$ et $V (Y)$ .

a) L'expérience a deux issues : « figure » (succès) ou « pas de figure ». Les 32 cartes sont équiprobables et il y a 3 figures dans chacune des 4 couleurs, soit 12 figures : $p = \frac{12}{32} = \frac{3}{8}$ . $Y$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $\frac{3}{8} = 0, 375$ .

b) Pour une loi de Bernoulli, $E (Y) = p =$ $0, 375$ et $V (Y) = p (1 - p) = \frac{3}{8} \times \frac{5}{8} =$ $\frac{15}{64} = 0, 234375$ .

c) $σ (Y) = \sqrt{\frac{15}{64}} = \frac{\sqrt{15}}{8} \approx$ $0, 484$ .

d) $Z$ vaut 1 exactement quand $Y = 0$ , c'est-à-dire quand la carte n'est pas une figure : $P (Z = 1) = \frac{5}{8}$ . $Z$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $\frac{5}{8}$ , et $V (Z) = \frac{5}{8} \times \frac{3}{8} = \frac{15}{64}$ : $V (Z) = V (Y)$ , car échanger succès et échec ne change pas le produit $p (1 - p)$ .

Exercice 3 — Triangle de Pascal jusqu'à la ligne 7

Facile

La ligne $n = 5$ du triangle de Pascal est : 1, 5, 10, 10, 5, 1.

a) Écrire les lignes $n = 6$ et $n = 7$ en justifiant le calcul.
b) Donner $(\binom{7}{3})$ et $(\binom{7}{5})$ ; interpréter $(\binom{7}{3})$ en termes de chemins d'un arbre.
c) Sans calcul, donner $(\binom{7}{4})$ et $(\binom{7}{6})$ en justifiant.
d) Calculer la somme des termes de la ligne $n = 7$ et expliquer ce résultat.

a) Par la relation de Pascal $(\binom{n}{k}) + (\binom{n}{k + 1}) = (\binom{n + 1}{k + 1})$ , chaque terme est la somme des deux termes voisins de la ligne précédente, et chaque ligne commence et finit par 1. Ligne 6 : $1, 1 + 5 = 6, 5 + 10 = 15, 10 + 10 = 20, 15, 6, 1$ , soit 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1. Ligne 7 : 1, 7, 21, 35, 35, 21, 7, 1 ( $1 + 6$ , $6 + 15$ , $15 + 20$ , …).

b) On lit le terme de rang $k$ (en commençant à $k = 0$ ) : $(\binom{7}{3}) = 35$ et $(\binom{7}{5}) = 21$ . Dans l'arbre d'un schéma de Bernoulli à 7 épreuves, 35 chemins comportent exactement 3 succès.

c) Par symétrie $(\binom{n}{k}) = (\binom{n}{n - k})$ : $(\binom{7}{4}) = (\binom{7}{3}) = 35$ et $(\binom{7}{6}) = (\binom{7}{1}) = 7$ .

d) $1 + 7 + 21 + 35 + 35 + 21 + 7 + 1 =$ $128 = 2^{7}$ . La somme compte tous les chemins de l'arbre, quel que soit le nombre de succès ; or chaque niveau double le nombre de branches, d'où $2^{7}$ chemins.

Exercice 4 — Trois flèches

Moyen

Une archère atteint la cible avec la probabilité 0,68 à chaque tir, les tirs étant indépendants. Elle tire trois flèches ; $X$ désigne le nombre de flèches dans la cible.

a) Représenter la situation par un arbre pondéré et justifier qu'il s'agit d'un schéma de Bernoulli.
b) Calculer la probabilité que exactement deux flèches atteignent la cible.
c) Calculer la probabilité qu'au moins une flèche atteigne la cible.
d) Donner la loi de $X$ sous forme de tableau, puis calculer $E (X)$ .

a) Chaque tir est une épreuve de Bernoulli : succès $S$ « la flèche atteint la cible », de probabilité 0,68 ; échec $\overset{―}{S}$ , de probabilité 0,32. L'arbre a 3 niveaux ; à chaque nœud partent une branche $S$ (0,68) et une branche $\overset{―}{S}$ (0,32), soit 8 chemins. Les 3 épreuves sont identiques et indépendantes : schéma de Bernoulli de paramètres $n = 3$ et $p = 0, 68$ .

b) Trois chemins réalisent exactement deux succès : $S S \overset{―}{S}$ , $S \overset{―}{S} S$ , $\overset{―}{S} S S$ . Chacun a pour probabilité $0, 68^{2} \times 0, 32 = 0, 147968$ (produit des branches, par indépendance). Donc $P (X = 2) = 3 \times 0, 147968 =$ $0, 443904$ .

c) L'événement contraire est « aucune flèche dans la cible » : $P (X = 0) = 0, 32^{3} = 0, 032768$ . Donc $P (X ⩾ 1) = 1 - 0, 032768 =$ $0, 967232$ .

d) $P (X = 1) = 3 \times 0, 68 \times 0, 32^{2} = 0, 208896$ et $P (X = 3) = 0, 68^{3} = 0, 314432$ .

$k$	0	1	2	3
$P (X = k)$	0,032768	0,208896	0,443904	0,314432

Contrôle : la somme vaut 1. $E (X) = 0 \times 0, 032768 + 1 \times 0, 208896 + 2 \times 0, 443904 + 3 \times 0, 314432 =$ $2, 04$ , ce qui est bien $n p = 3 \times 0, 68$ .

Exercice 5 — Bouteilles mal bouchées

Moyen

Dans une usine, 6 % des bouteilles présentent un défaut de bouchage. On prélève 20 bouteilles dans une production très importante ; ce prélèvement est assimilé à un tirage avec remise. $X$ désigne le nombre de bouteilles défectueuses. Les résultats sont arrondis à $10^{- 4}$ .

a) Justifier que $X$ suit une loi binomiale dont on donnera les paramètres.
b) Calculer $P (X = 0)$ .
c) Calculer $P (X = 2)$ .
d) Calculer la probabilité qu'au moins deux bouteilles soient défectueuses.
e) Calculer $E (X)$ et interpréter.

a) Pour chaque bouteille, l'épreuve « la bouteille est défectueuse » (succès) a pour probabilité $p = 0, 06$ . Le prélèvement étant assimilé à un tirage avec remise, les 20 épreuves sont identiques et indépendantes. $X$ compte les succès : $X ~ ℬ (20; 0, 06)$ .

b) $P (X = 0) = 0, 94^{20} \approx$ $0, 2901$ .

c) $P (X = 2) = (\binom{20}{2}) \times 0, 06^{2} \times 0, 94^{18} = 190 \times 0, 0036 \times 0, 94^{18} \approx$ $0, 2246$ .

d) $P (X ⩾ 2) = 1 - P (X ⩽ 1) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1)$ , avec $P (X = 1) = 20 \times 0, 06 \times 0, 94^{19} \approx 0, 3703$ . Donc $P (X ⩾ 2) \approx 1 - 0, 2901 - 0, 3703 =$ $0, 3395$ (à la calculatrice : $1 -$ binomFRép(20, 0.06, 1)).

e) $E (X) = n p = 20 \times 0, 06 =$ $1, 2$ : sur un grand nombre de prélèvements de 20 bouteilles, on trouve en moyenne 1,2 bouteille défectueuse par prélèvement.

Exercice 6 — Test de dégustation

Moyen

On présente à 10 goûteurs deux verres, dont un seul contient le jus labellisé ; chaque goûteur désigne un verre. On suppose d'abord que les goûteurs répondent au hasard, indépendamment les uns des autres. $X$ désigne le nombre de goûteurs qui désignent le bon verre.

a) Justifier que $X$ suit une loi binomiale et montrer que $P (X = k) = \frac{1}{1024} (\binom{10}{k})$ pour $0 ⩽ k ⩽ 10$ .
b) Calculer $P (X ⩽ 3)$ (valeur exacte puis arrondie au millième).
c) Calculer $P (4 ⩽ X ⩽ 6)$ .
d) Lors du test, 9 goûteurs désignent le bon verre. Calculer $P (X ⩾ 9)$ et dire si l'hypothèse « réponses au hasard » est crédible.

a) Pour chaque goûteur, l'épreuve « désigner le bon verre » a deux issues ; au hasard, le succès a pour probabilité $\frac{1}{2}$ . Les 10 épreuves sont identiques et indépendantes : $X ~ ℬ (10; \frac{1}{2})$ . Alors $P (X = k) = (\binom{10}{k}) {(\frac{1}{2})}^{k} {(\frac{1}{2})}^{10 - k} = (\binom{10}{k}) {(\frac{1}{2})}^{10} =$ $\frac{1}{1024} (\binom{10}{k})$ .

b) La ligne 10 du triangle de Pascal commence par 1, 10, 45, 120, 210, 252. $P (X ⩽ 3) = \frac{1 + 10 + 45 + 120}{1024} = \frac{176}{1024} =$ $\frac{11}{64} \approx 0, 172$ .

c) $P (4 ⩽ X ⩽ 6) = \frac{210 + 252 + 210}{1024} = \frac{672}{1024} =$ $\frac{21}{32} = 0, 65625$ .

d) $P (X ⩾ 9) = P (X = 9) + P (X = 10) = \frac{10 + 1}{1024} =$ $\frac{11}{1024} \approx 0, 011$ . Si les goûteurs répondaient au hasard, un tel résultat ne se produirait qu'environ une fois sur cent : l'hypothèse « au hasard » est peu crédible, les goûteurs semblent réellement reconnaître le jus.

Exercice 7 — Retrouver les paramètres

Moyen

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

a) Montrer que $1 - p = 0, 65$ .
b) En déduire $p$ puis $n$ .
c) Calculer $σ (X)$ , arrondi au millième.
d) Calculer $P (X = 9)$ , arrondie à $10^{- 4}$ .

a) On a $E (X) = n p$ et $V (X) = n p (1 - p) = E (X) \times (1 - p)$ . Donc $1 - p = \frac{V (X)}{E (X)} = \frac{5, 6875}{8, 75} =$ $0, 65$ .

b) $p = 1 - 0, 65 =$ $0, 35$ , puis $n = \frac{E (X)}{p} = \frac{8, 75}{0, 35} =$ $25$ . Contrôle : $25 \times 0, 35 \times 0, 65 = 5, 6875$ .

c) $σ (X) = \sqrt{5, 6875} \approx$ $2, 385$ .

d) $X ~ ℬ (25; 0, 35)$ , donc $P (X = 9) = (\binom{25}{9}) \times 0, 35^{9} \times 0, 65^{16}$ , avec $(\binom{25}{9}) = 2 042 975$ . À la calculatrice (binomFdp(25, 0.35, 9)) : $P (X = 9) \approx 0, 1635$ .

Exercice 8 — L'autocollant rare

Difficile

Chaque pochette d'autocollants contient l'autocollant rare avec la probabilité 0,08, indépendamment des autres pochettes. Un collectionneur achète $n$ pochettes ; $X$ désigne le nombre d'autocollants rares obtenus.

a) Donner la loi de $X$ et exprimer $P (X ⩾ 1)$ en fonction de $n$ .
b) Montrer que $P (X ⩾ 1) ⩾ 0, 95$ équivaut à $0, 92^{n} ⩽ 0, 05$ .
c) Déterminer le nombre minimal de pochettes à acheter pour avoir au moins 95 % de chances d'obtenir l'autocollant rare.
d) Pour ce nombre de pochettes, calculer $E (X)$ et interpréter.

a) Chaque pochette est une épreuve de Bernoulli (succès « contient l'autocollant rare », $p = 0, 08$ ), répétée $n$ fois de façon identique et indépendante : $X ~ ℬ (n; 0, 08)$ . L'événement contraire de ${X ⩾ 1}$ est ${X = 0}$ , de probabilité $0, 92^{n}$ : $P (X ⩾ 1) = 1 - 0, 92^{n}$ .

b) $1 - 0, 92^{n} ⩾ 0, 95 \Leftrightarrow - 0, 92^{n} ⩾ - 0, 05 \Leftrightarrow$ $0, 92^{n} ⩽ 0, 05$ .

c) La fonction $\ln$ est croissante : $0, 92^{n} ⩽ 0, 05 \Leftrightarrow n \ln 0, 92 ⩽ \ln 0, 05$ . Comme $\ln 0, 92$ est négatif, diviser change le sens : $n ⩾ \frac{\ln 0, 05}{\ln 0, 92} \approx 35, 93$ . Contrôle : $0, 92^{35} \approx 0, 0540$ (trop grand) et $0, 92^{36} \approx 0, 0497$ . Il faut acheter au moins 36 pochettes.

d) Avec $n = 36$ , $E (X) = 36 \times 0, 08 =$ $2, 88$ : en moyenne, un collectionneur qui achète 36 pochettes obtient près de 3 autocollants rares, bien que la probabilité de n'en avoir aucun reste proche de 5 %.

Exercice 9 — Avec ou sans remise

Difficile

Une urne contient 10 boules indiscernables au toucher : 4 rouges et 6 blanches. On tire successivement 3 boules ; $X$ désigne le nombre de boules rouges obtenues.

a) Les tirages sont faits sans remise. Calculer $P (X = 3)$ .
b) Un élève affirme : « $X$ suit la loi $ℬ (3; 0, 4)$ , donc $P (X = 3) = 0, 4^{3} = 0, 064$ ». Expliquer son erreur.
c) Les tirages sont maintenant faits avec remise. Justifier que $X$ suit une loi binomiale et calculer $P (X = 1)$ .
d) On prélève sans remise 3 pièces dans un stock de 5 000 pièces dont 2 000 sont rouges. Expliquer pourquoi on peut assimiler la loi du nombre de pièces rouges à $ℬ (3; 0, 4)$ .

a) Sans remise, les probabilités changent à chaque tirage : $P (X = 3) = \frac{4}{10} \times \frac{3}{9} \times \frac{2}{8} = \frac{24}{720} =$ $\frac{1}{30} \approx 0, 0333$ .

b) Après une boule rouge tirée sans remise, il reste 3 rouges sur 9 : la probabilité de rouge au 2e tirage devient $\frac{3}{9}$ , et non $\frac{4}{10}$ . Les épreuves ne sont ni identiques ni indépendantes : ce n'est pas un schéma de Bernoulli, et la loi binomiale ne s'applique pas ( $0, 064 \neq \frac{1}{30}$ ).

c) Avec remise, l'urne retrouve sa composition : les 3 épreuves « obtenir une rouge » ( $p = 0, 4$ ) sont identiques et indépendantes, donc $X ~ ℬ (3; 0, 4)$ . $P (X = 1) = (\binom{3}{1}) \times 0, 4 \times 0, 6^{2} =$ $0, 432$ .

d) Si la première pièce est rouge, la probabilité de rouge au tirage suivant vaut $\frac{1 999}{4 999} \approx 0, 39988$ , puis $\frac{1 998}{4 998} \approx 0, 39976$ : des valeurs quasi égales à 0,4. Le stock est si grand que le retrait de 3 pièces ne modifie presque pas sa composition ; par exemple $P (X = 3) \approx 0, 0639$ contre $0, 064$ pour la loi binomiale. L'approximation par $ℬ (3; 0, 4)$ est justifiée.

Exercice 10 — Cinq lancers de dé

Difficile

On lance 5 fois un dé équilibré à six faces. Un lancer est gagnant s'il donne 5 ou 6. $X$ désigne le nombre de lancers gagnants.

a) Justifier que $X$ suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.
b) Donner la loi de $X$ sous forme de tableau, avec des fractions de dénominateur 243.
c) Quelle(s) valeur(s) de $X$ est (sont) la (les) plus probable(s) ?
d) Calculer $E (X)$ et $V (X)$ .
e) Chaque lancer gagnant rapporte 2 € et la partie coûte 3 €. Montrer que le gain moyen du joueur est positif.

a) Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli : succès « obtenir 5 ou 6 », de probabilité $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ . Les 5 lancers sont identiques et indépendants : $X ~ ℬ (5; \frac{1}{3})$ .

b) $P (X = k) = (\binom{5}{k}) {(\frac{1}{3})}^{k} {(\frac{2}{3})}^{5 - k} = \frac{(\binom{5}{k}) \times 2^{5 - k}}{243}$ . Avec la ligne 5 du triangle de Pascal (1, 5, 10, 10, 5, 1) :

$k$	0	1	2	3	4	5
$P (X = k)$	$\frac{32}{243}$	$\frac{80}{243}$	$\frac{80}{243}$	$\frac{40}{243}$	$\frac{10}{243}$	$\frac{1}{243}$

Contrôle : $32 + 80 + 80 + 40 + 10 + 1 = 243$ .

c) Le maximum $\frac{80}{243} \approx 0, 329$ est atteint deux fois : pour $X = 1$ et pour $X = 2$ . Une loi binomiale peut avoir deux valeurs les plus probables.

d) $E (X) = n p =$ $\frac{5}{3}$ et $V (X) = n p (1 - p) = 5 \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{3} =$ $\frac{10}{9}$ .

e) Le gain algébrique est $G = 2 X - 3$ . Par linéarité, $E (G) = 2 E (X) - 3 = \frac{10}{3} - 3 =$ $\frac{1}{3} \approx 0, 33$ € : l'espérance est positive, le joueur gagne en moyenne 33 centimes par partie.

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