Maths complémentaires (option Tle) Terminale

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Lois discrètes : uniforme, Bernoulli, binomiale

Rappels de 1re sur l’espérance et la variance, loi uniforme et loi de Bernoulli, schéma de Bernoulli et arbre, coefficients binomiaux et triangle de Pascal, loi binomiale avec son espérance et son écart type, seuils et intervalles de probabilité.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés de loi binomiale en situation : un jeu de multiples de 3 rendu équitable, une couveuse simulée en Python, la surréservation d’une excursion en autocar, la marche aléatoire d’une particule, et un jury tiré au sort dont on teste la représentativité avec un intervalle de probabilité.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je définis la variable : ce qu’elle compte (absents, œufs éclos, pas vers la droite, parties gagnées) et ses valeurs possibles.
Je justifie la loi : deux issues, succès nommé et probabilité p, épreuves identiques et indépendantes (ou très grande population).
Je traduis chaque question en événement sur X (=, ≤, ≥), en passant au contraire si c’est plus court, puis je calcule avec la formule ou la calculatrice.
J’interprète l’espérance et les probabilités dans la situation, et je conclus une décision (seuil, intervalle) par une phrase qui cite le risque.

Problème 1 · Le jeu des multiples de 3★★★Facile

Une application de jeu tire au hasard un entier

N

entre

1

20

, chaque entier ayant la même probabilité. Le joueur gagne la partie si

N

est un multiple de

3

. Un joueur fait une série de

8

parties indépendantes ;

X

est le nombre de parties gagnées. Chaque partie coûte

1

€ et chaque partie gagnée rapporte

g

euros. Le programme utilisé est :

from random import randint

def partie():
    N = randint(1, 20)
    if N % 3 == 0:
        return 1
    return 0

def serie(n):
    X = 0
    for i in range(n):
        X = X + partie()
    return X

1. $N$ suit une loi uniforme : $E (N)$ =
$N$ suit la loi uniforme sur ${1, \dots, 20}$ : $P (N = k) = \frac{1}{20}$ et $E (N) = \frac{20 + 1}{2} = 10, 5$ .
2. Démontrer que la probabilité de gagner une partie vaut
Rédaction attendue. Les multiples de $3$ compris entre $1$ et $20$ sont $3$ , $6$ , $9$ , $12$ , $15$ et $18$ : il y en a $6$ . Les $20$ valeurs de $N$ étant équiprobables, $P (gagner) = \frac{6}{20} = 0, 3$ . Dans le programme, N % 3 est le reste de la division de $N$ par $3$ : le test N % 3 == 0 est vrai exactement pour ces $6$ valeurs, et partie() renvoie alors $1$ .
3. $P (X = 0) \approx$ (au dix-millième)
Chaque partie est une épreuve de Bernoulli (succès « gagner », $p = 0, 3$ ) ; les $8$ parties sont identiques et indépendantes : $X$ suit $ℬ (8; 0, 3)$ , et serie(8) en renvoie une réalisation. $P (X = 0) = 0, 7^{8} \approx 0, 0576$ .
4. $P (X ⩾ 2) \approx$ (au dix-millième)
$P (X = 1) = 8 \times 0, 3 \times 0, 7^{7} \approx 0, 1977$ , donc $P (X ⩾ 2) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1) \approx 0, 7447$ .
5. $V (X)$ =
$V (X) = 8 \times 0, 3 \times 0, 7 = 1, 68$ , et $E (X) = 8 \times 0, 3 = 2, 4$ .
6. Le gain net sur la série est $G = g X - 8$ . Valeur de $g$ qui rend le jeu équitable : (fraction)
Par linéarité, $E (G) = g E (X) - 8 = 2, 4 g - 8$ . Le jeu est équitable si $E (G) = 0$ , soit $g = \frac{8}{2, 4} = \frac{10}{3} \approx 3, 33$ €.
7. L’organisateur fixe $g = 3$ . $E (G)$ = €
$E (G) = 2, 4 \times 3 - 8 = 7, 2 - 8 = - 0, 8$ € : en moyenne, l’organisateur gagne $0, 80$ € par série de $8$ parties.
8. Écrire une fonction Python estim(m) qui renvoie, sur $m$ séries simulées de $8$ parties, la fréquence des séries comportant au moins $2$ parties gagnées. Nombre d’appels à partie() lors de l’appel estim(1000) :
Rédaction attendue.
```
def estim(m):
    c = 0
    for j in range(m):
        if serie(8) >= 2:
            c = c + 1
    return c / m
```
La boucle appelle serie(8) m fois, et chaque appel de serie(8) appelle partie() 8 fois : estim(1000) simule 1000×8=8000 parties. Pour m grand, la fréquence renvoyée est proche de P(X⩾2)≈0,745.

Problème 2 · Une couveuse et une simulation en Python★★★Moyen

Un éleveur place des lots de

20

œufs en couveuse ; chaque œuf éclot avec la probabilité

0, 9

, indépendamment des autres. On note

X

le nombre d’œufs qui éclosent dans un lot, et l’on considère le programme :

from random import random

def couvee(n, p):
    e = 0
    for i in range(n):
        if random() < p:
            e = e + 1
    return e

def taux(N):
    c = 0
    for j in range(N):
        if couvee(20, 0.9) >= 18:
            c = c + 1
    return c / N

1. Combien de fois la boucle for de l’appel couvee(20, 0.9) s’exécute-t-elle ?
La boucle tourne $20$ fois. À chaque passage, random() < 0.9 est vrai avec la probabilité $0, 9$ : il simule l’éclosion d’un œuf, et e compte les œufs éclos. L’appel renvoie le nombre d’œufs éclos dans un lot simulé, c’est-à-dire une réalisation de $X$ .
2. Justifier que $X$ suit une loi binomiale ; $E (X)$ =
Rédaction attendue. Chaque œuf est une épreuve de Bernoulli (succès « l’œuf éclot », $p = 0, 9$ ) ; les $20$ épreuves sont identiques et indépendantes, et $X$ compte les succès : $X$ suit $ℬ (20; 0, 9)$ . Donc $E (X) = 20 \times 0, 9 = 18$ œufs en moyenne par lot.
3. Écart type de $X$ , arrondi au millième :
$V (X) = 20 \times 0, 9 \times 0, 1 = 1, 8$ et $σ (X) = \sqrt{1, 8} \approx 1, 342$ .
4. $P (X = 20) \approx$ (au dix-millième)
Tous les œufs éclosent : $0, 9^{20} \approx 0, 1216$ .
5. Montrer que $P (X ⩾ 18) \approx 0, 677$ ; valeur au dix-millième à la calculatrice :
$P (X ⩾ 18) = P (X = 18) + P (X = 19) + P (X = 20)$ , avec $P (X = 18) = (\binom{20}{18}) \times 0, 9^{18} \times 0, 1^{2} \approx 0, 2852$ et $P (X = 19) = 20 \times 0, 9^{19} \times 0, 1 \approx 0, 2702$ . Donc $P (X ⩾ 18) \approx 0, 2852 + 0, 2702 + 0, 1216 = 0, 6770$ , soit environ $0, 677$ ; la calculatrice ( $1 -$ binomFRép(20, 0.9, 17)) donne $0, 6769$ .
6. L’appel taux(10000) a renvoyé 0.6812. Écart avec $P (X ⩾ 18)$ , au millième :
taux(10000) simule $10 000$ lots et renvoie la fréquence des lots où au moins $18$ œufs éclosent : c’est une estimation de $P (X ⩾ 18)$ . L’écart $0, 6812 - 0, 6769 \approx 0, 004$ est inférieur à $\frac{1}{\sqrt{10 000}} = 0, 01$ , ordre de grandeur de la fluctuation : le résultat est cohérent.
7. Probabilité qu’au moins $17$ œufs éclosent, au dix-millième :
$P (X = 17) = (\binom{20}{17}) \times 0, 9^{17} \times 0, 1^{3} = 1 140 \times 0, 001 \times 0, 9^{17} \approx 0, 1901$ , donc $P (X ⩾ 17) \approx 0, 6769 + 0, 1901 = 0, 8670$ . S’il garantit « au moins $17$ œufs éclos sur $20$ », l’éleveur tient sa promesse pour environ $87 %$ des lots, contre $68 %$ avec « au moins $18$ ».

Problème 3 · La surréservation d’une excursion en autocar★★★Moyen

Une agence organise une excursion d’une journée dans un autocar de

50

places. Chaque personne qui a réservé ne se présente pas au départ avec la probabilité

0, 05

, indépendamment des autres. La place est payée à la réservation,

120

€, et n’est pas remboursée. L’agence accepte

52

réservations ;

X

est le nombre d’absents au départ. Les probabilités sont arrondies au dix-millième.

1. Justifier que $X$ suit une loi binomiale, puis donner $E (X)$ =
Rédaction attendue. Pour chaque personne inscrite, l’épreuve « elle ne se présente pas » (succès) a pour probabilité $p = 0, 05$ . Les $52$ inscrits se comportent de la même façon et indépendamment les uns des autres : l’épreuve est répétée $52$ fois de façon identique et indépendante. $X$ compte les succès, donc $X$ suit $ℬ (52; 0, 05)$ . $E (X) = 52 \times 0, 05 = 2, 6$ : il y a en moyenne $2, 6$ absents par excursion, ce qui explique que l’agence accepte plus de réservations que de places.
2. $P (X = 0) \approx$
$P (X = 0) = 0, 95^{52} \approx 0, 0694$ .
3. $P (X = 1) \approx$
$P (X = 1) = (\binom{52}{1}) \times 0, 05 \times 0, 95^{51} = 2, 6 \times 0, 95^{51} \approx 0, 1901$ .
4. Démontrer qu’au moins une personne reste à quai si et seulement si $X ⩽ 1$ , puis donner la probabilité de cet événement :
Rédaction attendue. Le nombre de personnes présentes au départ est $52 - X$ . Au moins une personne reste à quai si et seulement si les présents sont plus nombreux que les places : $52 - X ⩾ 51 ⟺ X ⩽ 1$ . La probabilité cherchée est $P (X ⩽ 1) = P (X = 0) + P (X = 1) \approx 0, 06944 + 0, 19005 \approx 0, 2595$ : plus d’une excursion sur quatre, au moins une personne reste à quai.
5. Avec $51$ réservations, probabilité qu’une personne reste à quai :
Le nombre d’absents suit alors $ℬ (51; 0, 05)$ . Une personne reste à quai seulement si les $51$ se présentent : $0, 95^{51} \approx 0, 0731$ . Pour un risque d’au plus $10 %$ , l’agence peut accepter $51$ réservations, mais pas $52$ ( $0, 2595 > 0, 1$ ).
6. Avec $52$ réservations, $R$ est le nombre de personnes restées à quai. Donner la loi de $R$ ; $P (R = 0) \approx$
$R = 2$ si $X = 0$ (les $52$ se présentent), $R = 1$ si $X = 1$ et $R = 0$ si $X ⩾ 2$ . Loi de $R$ : $P (R = 2) = P (X = 0) \approx 0, 0694$ , $P (R = 1) = P (X = 1) \approx 0, 1901$ et $P (R = 0) = 1 - P (X ⩽ 1) \approx 1 - 0, 2595 = 0, 7405$ .
7. Chaque personne restée à quai reçoit une indemnité de $250$ €. $E (R) \approx$ (au millième)
Avec la loi de $R$ : $E (R) = 2 \times P (X = 0) + 1 \times P (X = 1) \approx 2 \times 0, 06944 + 0, 19005 \approx 0, 329$ personne à quai par excursion, en moyenne.
8. Recette moyenne nette avec $52$ réservations, au centime : €
Les places étant payées et non remboursées, la recette des réservations est acquise : $52 \times 120 = 6 240$ €. On retire le coût moyen des indemnités, $250 \times E (R) \approx 82, 23$ €, d’où environ $6 157, 77$ € ( $6 157, 75$ € avec la valeur arrondie $0, 329$ ). Avec $51$ réservations : $6 120 - 250 \times 0, 0731 \approx 6 101, 73$ € ; avec $50$ , $6 000$ €. Accepter $52$ réservations rapporte le plus en moyenne, au prix d’au moins une personne à quai environ une excursion sur quatre : c’est un compromis entre recette et qualité de service.

Problème 4 · Marche aléatoire d’une particule★★★Difficile

Une particule part de l’origine d’un axe gradué. Chaque seconde, elle avance d’une unité vers la droite avec la probabilité

0, 6

, ou recule d’une unité avec la probabilité

0, 4

, indépendamment des déplacements précédents. Après

8

déplacements, on note

X

le nombre de pas vers la droite et

S

la position de la particule. La ligne

n = 7

du triangle de Pascal est :

1, 7, 21, 35, 35, 21, 7, 1

. Arrondis au dix-millième.

1. Justifier que $X$ suit une loi binomiale et démontrer que $S = 2 X - 8$ . Position de la particule lorsque $X = 6$ :
Rédaction attendue. Chaque déplacement est une épreuve de Bernoulli de succès « pas vers la droite », $p = 0, 6$ ; les $8$ déplacements sont identiques et indépendants : $X$ suit $ℬ (8; 0, 6)$ . La particule fait $X$ pas vers la droite ( $+ 1$ chacun) et $8 - X$ pas vers la gauche ( $- 1$ chacun), donc $S = X - (8 - X) = 2 X - 8$ . Ainsi $S = 2 (X - 4)$ est toujours pair, compris entre $- 8$ et $8$ . Pour $X = 6$ : $S = 12 - 8 = 4$ .
2. Ligne $n = 8$ du triangle de Pascal : $(\binom{8}{4})$ =
Par la relation de Pascal : $1$ , $1 + 7 = 8$ , $7 + 21 = 28$ , $21 + 35 = 56$ , $35 + 35 = 70$ , puis par symétrie $56$ , $28$ , $8$ , $1$ . Le terme du milieu est $(\binom{8}{4}) = 70$ .
3. $P (S = 0) \approx$
$S = 0 ⟺ X = 4$ : $P (X = 4) = 70 \times 0, 6^{4} \times 0, 4^{4} = 70 \times 0, 1296 \times 0, 0256 \approx 0, 2322$ .
4. Probabilité que la particule termine à la position $4$ ou au-delà :
$S ⩾ 4 ⟺ 2 X - 8 ⩾ 4 ⟺ X ⩾ 6$ . $P (X = 6) = 28 \times 0, 6^{6} \times 0, 4^{2} \approx 0, 2090$ , $P (X = 7) = 8 \times 0, 6^{7} \times 0, 4 \approx 0, 0896$ et $P (X = 8) = 0, 6^{8} \approx 0, 0168$ : au total, environ $0, 3154$ .
5. Probabilité qu’elle termine du côté négatif de l’axe :
$S < 0 ⟺ 2 X - 8 < 0 ⟺ X < 4 ⟺ X ⩽ 3$ . À la calculatrice (binomFRép(8, 0.6, 3)), $P (X ⩽ 3) \approx 0, 1737$ .
6. $E (S)$ =
$E (X) = 8 \times 0, 6 = 4, 8$ . Par linéarité, $E (S) = 2 E (X) - 8 = 9, 6 - 8 = 1, 6$ : sur un grand nombre d’expériences, la position finale moyenne est $1, 6$ , un peu à droite de l’origine, car les pas vers la droite sont plus probables.

Problème 5 · Un jury tiré au sort est-il représentatif ?★★★Difficile

Dans une ville,

52 %

des adultes inscrits sur les listes électorales sont des femmes. Un jury de

40

personnes est tiré au sort parmi ces inscrits, très nombreux. On note

X

le nombre de femmes du jury. Extrait du tableau de la calculatrice pour la loi

ℬ (40; 0, 52)

$k$	$13$	$14$	$15$	$26$	$27$	$28$
$P (X ⩽ k)$	$0, 0101$	$0, 0228$	$0, 0465$	$0, 9654$	$0, 9840$	$0, 9933$

1. Justifier que l’on peut modéliser $X$ par une loi binomiale ; $E (X)$ =
Rédaction attendue. Pour chaque juré, l’épreuve « le juré tiré est une femme » (succès) a pour probabilité $0, 52$ . Le tirage se fait sans remise, mais parmi un très grand nombre d’inscrits : retirer $40$ personnes ne change presque pas la proportion de femmes, et l’on assimile les $40$ tirages à des épreuves identiques et indépendantes. $X$ compte les succès : on modélise $X$ par la loi $ℬ (40; 0, 52)$ . $E (X) = 40 \times 0, 52 = 20, 8$ .
2. Probabilité que le jury compte exactement $20$ femmes, au dix-millième :
$P (X = 20) = (\binom{40}{20}) \times 0, 52^{20} \times 0, 48^{20} \approx 0, 1214$ (binomFdp(40, 0.52, 20)) : même la valeur la plus proche de l’espérance n’arrive qu’environ une fois sur huit.
3. Borne $a$ de l’intervalle (plus petit entier tel que $P (X ⩽ a) > 0, 025$ ) : $a$ =
$P (X ⩽ 14) \approx 0, 0228 ⩽ 0, 025$ et $P (X ⩽ 15) \approx 0, 0465 > 0, 025$ : $a = 15$ .
4. Borne $b$ de l’intervalle (plus petit entier tel que $P (X ⩽ b) ⩾ 0, 975$ ) : $b$ =
$P (X ⩽ 26) \approx 0, 9654 < 0, 975$ et $P (X ⩽ 27) \approx 0, 9840 ⩾ 0, 975$ : $b = 27$ .
5. $P (a ⩽ X ⩽ b) \approx$ (au dix-millième)
$P (15 ⩽ X ⩽ 27) = P (X ⩽ 27) - P (X ⩽ 14) \approx 0, 9840 - 0, 0228 = 0, 9612$ : dans plus de $95 %$ des tirages au sort, le jury compte entre $15$ et $27$ femmes.
6. Un jury ne compte que $12$ femmes. Justifier que le tirage au sort peut être mis en doute ; $P (X ⩽ 12) \approx$ (au dix-millième)
Rédaction attendue. On fait l’hypothèse que le jury est tiré au sort, de sorte que $X$ suit $ℬ (40; 0, 52)$ . L’intervalle $[15; 27]$ contient $X$ avec une probabilité d’au moins $0, 95$ . La valeur observée, $12$ , est en dehors : on rejette l’hypothèse, avec un risque d’au plus $5 %$ de se tromper. D’ailleurs la calculatrice (binomFRép(40, 0.52, 12)) donne $P (X ⩽ 12) \approx 0, 0041$ : un jury aussi peu féminin n’arrive qu’environ $4$ fois sur $1 000$ par un vrai tirage au sort. Ce n’est pas une preuve, mais un fort indice que la sélection n’a pas été faite au hasard.

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