Devoir surveillé : Dénombrement, loi binomiale et sommes de variables aléatoires

1. a)$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)={\displaystyle \frac{8\times 7\times 6}{3\times 2\times 1}}={\displaystyle \frac{336}{6}}=56$ (0,5 pt) ; $5!=5\times 4\times 3\times 2\times 1=120$ (0,5 pt). (1)
2. b)Un code est un 4-uplet de l'ensemble des 10 chiffres : ${10}^4=10000$ codes (0,5 pt). Chiffres deux à deux distincts : arrangements de 4 éléments parmi 10, soit $10\times 9\times 8\times 7=5040$ codes (0,5 pt). (1)
3. c)$E(X)=np=10\times 0,3=3$ (0,5 pt) ; $V(X)=np(1-p)=10\times 0,3\times 0,7=2,1$ (0,5 pt). (1)
4. d)Par linéarité de l'espérance, $E(X+Y)=2+5=7$ (0,5 pt). $X$ et $Y$ étant indépendantes, les variances s'ajoutent : $V(X+Y)=1+3=4$ (0,5 pt). (1)

Astuce — Pour calculer $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ à la main, on écrit $k$ facteurs décroissants à partir de $n$ au numérateur et $k!$ au dénominateur : inutile de calculer $n!$ en entier.

1. a)L'ordre ne compte pas et les membres sont distincts : c'est une combinaison de 4 éléments parmi 15, soit $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{4}\right)={\displaystyle \frac{15\times 14\times 13\times 12}{4\times 3\times 2\times 1}}={\displaystyle \frac{32760}{24}}=1365$ groupes. (1 pt) (1)
2. b)On choisit 2 filles parmi 9 puis 2 garçons parmi 6 (principe multiplicatif) : $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{2}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=36\times 15=540$ groupes. (1 pt) (1)
3. c)Événement contraire : aucun garçon, c'est-à-dire 4 filles choisies parmi 9, soit $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{4}\right)=126$ groupes. D'où $1365-126=1239$ groupes avec au moins un garçon. (1 pt) (1)
4. d)Ici l'ordre compte, car les trois fonctions sont différentes : c'est un arrangement de 3 éléments parmi 15, soit $15\times 14\times 13=2730$ attributions. (1 pt) (1)

Méthode — « Au moins un » se traite presque toujours par le complémentaire : on retire du nombre total les cas « aucun », bien plus simples à compter.

1. a)Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli de succès « réussir le lancer », de probabilité $p=0,8$ (0,5 pt). On répète 5 fois cette épreuve de façon identique et indépendante (0,5 pt), et $X$ compte le nombre de succès : $X$ suit la loi $ℬ(5;0,8)$ (0,5 pt). (1,2)
2. b)Une telle suite est déterminée par la place de l'unique échec parmi les 5 lancers : il y en a $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)=5$ (0,5 pt). Chacune a pour probabilité $0,8^4\times 0,2=0,08192$ (0,5 pt), d'où $P(X=4)=5\times 0,08192=0,4096$ (0,5 pt). (1,2)
3. c)$P(X=5)=0,8^5=0,32768\approx 0,328$. (1 pt) (1,2)
4. d)Manquer au moins 2 lancers, c'est en réussir au plus 3 : $P(X\le 3)=1-P(X=4)-P(X=5)=1-0,4096-0,32768=0,27072\approx 0,271$. (1 pt) (1,2)
5. e)$E(X)=5\times 0,8=4$ : sur un grand nombre de séries de 5 lancers, le joueur en réussit 4 en moyenne (0,5 pt). $V(X)=5\times 0,8\times 0,2=0,8$, donc $\sigma (X)=\sqrt{0,8}\approx 0,89$ (0,5 pt). (1,2)

Piège — « Manquer au moins 2 lancers » porte sur les échecs : on le traduit d'abord en « réussir au plus 3 lancers », sinon on calcule la probabilité d'un autre événement.

1. a)$E(X)=-2\times 0,5+1\times 0,3+4\times 0,2=-1+0,3+0,8=0,1$ euro. (1 pt) (1,2)
2. b)Par définition, $V(X)=0,5\times (-2-0,1{)}^2+0,3\times (1-0,1{)}^2+0,2\times (4-0,1{)}^2$ (0,5 pt), soit $V(X)=0,5\times 4,41+0,3\times 0,81+0,2\times 15,21=2,205+0,243+3,042=5,49$ (1 pt). (1,2)
3. c)$S=X_1+X_2+\dots +X_{100}$, où les $X_i$ sont indépendantes et de même loi que $X$ (0,5 pt). Donc $E(S)=100\times 0,1=10$ et $V(S)=100\times 5,49=549$ (0,5 pt), puis $\sigma (S)=\sqrt{549}\approx 23,43$ (0,5 pt). (1,2)
4. d)$E(M)={\displaystyle \frac{E(S)}{100}}=0,1$ et $V(M)={\displaystyle \frac{V(S)}{{100}^2}}={\displaystyle \frac{549}{10000}}=0,0549$, donc $\sigma (M)=\sqrt{0,0549}\approx 0,234$. (1 pt) (1,2)
5. e)Chaque partie est une épreuve de Bernoulli de succès « gagner 4 euros », de probabilité $0,2$ ; les 100 parties sont identiques et indépendantes, donc $N$ suit la loi $ℬ(100;0,2)$ (0,5 pt) et $E(N)=100\times 0,2=20$ (0,5 pt). (1,2)

Erreur fréquente — Pour une moyenne de $n$ parties indépendantes, la variance de $X$ est divisée par $n$ et l'écart-type par $\sqrt{n}$ : la moyenne fluctue beaucoup moins qu'une partie isolée.

1. a)$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)={\displaystyle \frac{10\times 9\times 8\times 7}{4\times 3\times 2\times 1}}={\displaystyle \frac{5040}{24}}=210$ (0,5 pt). Choisir les 6 éléments retenus revient à choisir les 4 éléments exclus, donc $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{6}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{4}\right)=210$ (0,5 pt). (0,75)
2. b)On place les deux E : $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$ choix de positions, puis on range L, Y, C dans les 3 places restantes : $3!=6$ façons. Total $10\times 6=60$ mots (on retrouve ${\displaystyle \frac{5!}{2}}$). (0,5 pt) (0,75)
3. c)${\displaystyle \frac{V(X)}{E(X)}}={\displaystyle \frac{np(1-p)}{np}}=1-p={\displaystyle \frac{4,2}{6}}=0,7$, donc $p=0,3$ (0,5 pt), puis $n={\displaystyle \frac{6}{0,3}}=20$ (0,5 pt). (0,75)
4. d)$X$ et $Y$ indépendantes : $V(X-Y)=V(X)+(-1{)}^{2}V(Y)=9+16=25$, donc $\sigma (X-Y)=5$, et non $3-4$ ou $4-3$. (0,5 pt) (0,75)

Astuce — Le quotient ${\displaystyle \frac{V(X)}{E(X)}}$ élimine $n$ et donne directement $1-p$ : c'est le chemin le plus court pour retrouver les paramètres d'une loi binomiale.

1. a)Ligne $n=5$ du triangle de Pascal : 1, 5, 10, 10, 5, 1. Donc $(1+x{)}^5=1+5x+10x^2+10x^3+5x^4+x^5$. (1 pt) (1)
2. b)$S={\sum }_{k=0}^5\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)2^k$ : c'est le développement précédent pour $x=2$, donc $S=(1+2{)}^5=3^5=243$. Contrôle : $1+10+40+80+80+32=243$. (1 pt) (1)
3. c)${\sum }_{k=0}^{n}P(X=k)={\sum }_{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}=(p+(1-p){)}^n=1^n=1$, par la formule du binôme appliquée à $a=p$ et $b=1-p$. (1 pt) (1)
4. d)Les lancers sont identiques et indépendants, donc $X$ suit $ℬ\left(6;\frac{1}{2}\right)$ et $P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{k}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^k{\left(\frac{1}{2}\right)}^{6-k}={\displaystyle \frac{1}{2^6}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{k}\right)={\displaystyle \frac{1}{64}}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{k}\right)$ (0,5 pt). $P(X=3)={\displaystyle \frac{20}{64}}={\displaystyle \frac{5}{16}}$ et $P(X\ge 5)={\displaystyle \frac{6+1}{64}}={\displaystyle \frac{7}{64}}$ (0,5 pt). (1)

Méthode — Une somme de la forme $\sum \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)a^k{b}^{n-k}$ se reconnaît comme $(a+b{)}^n$ : on identifie $a$ et $b$ avant de se lancer dans le moindre calcul.

1. a)Vrai. $X$ peut être vue comme le nombre de « pile » en 10 lancers d'une pièce équilibrée, et $Y$ comme le nombre de « pile » en 10 autres lancers indépendants des premiers. $X+Y$ compte alors les succès de 20 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de paramètre $0,5$ : $X+Y$ suit $ℬ(20;0,5)$. (1 pt) (1)
2. b)Faux. $2X$ ne prend que des valeurs paires, donc $P(2X=1)=0$, alors que si $Z$ suit $ℬ(20;0,5)$, $P(Z=1)=20\times 0,5^{20}\ne 0$. Autre argument : $V(2X)=4\times 2,5=10$ alors que $V(Z)=20\times 0,25=5$. (1 pt) (1)
3. c)Vrai. Une main est un ensemble de 5 cartes : on choisit les 2 as parmi les 4, puis les 3 autres cartes parmi les 28 cartes qui ne sont pas des as. On obtient $6\times 3276=19656$ mains. (1 pt) (1)
4. d)Faux. Pour $X$ et $Y$ indépendantes, $V(X-Y)=V(X)+(-1{)}^{2}V(Y)=V(X)+V(Y)$. Contre-exemple : $X$ et $Y$ indépendantes de loi de Bernoulli de paramètre $\frac{1}{2}$ ; $X-Y$ prend les valeurs $-1$, $0$, $1$ avec les probabilités $\frac{1}{4}$, $\frac{1}{2}$, $\frac{1}{4}$, donc $V(X-Y)=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$, alors que $V(X)-V(Y)=0$. (1 pt) (1)

Piège — $2X$ n'est pas la somme de deux copies indépendantes de $X$ : doubler une variable multiplie sa variance par 4, alors qu'ajouter une copie indépendante la multiplie seulement par 2.

1. a)On répète 50 fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli de succès « l'ampoule est défectueuse », de probabilité $p=0,03$ (0,5 pt). $X$ compte les succès, donc $X$ suit la loi $ℬ(50;0,03)$ (0,5 pt). (1)
2. b)$P(X=0)=0,{97}^{50}\approx 0,218$. (1 pt) (1)
3. c)$P(X=1)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{50}{1}\right)\times 0,03\times 0,{97}^{49}=1,5\times 0,{97}^{49}\approx 0,3372$ (0,5 pt). Donc $P(X\ge 2)=1-P(X=0)-P(X=1)\approx 1-0,2181-0,3372=0,4447$, soit $P(X\ge 2)\approx 0,445$ (0,5 pt). (1)
4. d)$E(X)=50\times 0,03=1,5$ ; $V(X)=50\times 0,03\times 0,97=1,455$ et $\sigma (X)=\sqrt{1,455}\approx 1,21$ (0,5 pt). $E(C)=2E(X)+10=13$ euros et $\sigma (C)=2\sigma (X)\approx 2,41$ euros : la constante 10 ne modifie pas la dispersion (0,5 pt). (1)
5. e)Avec $X_n$ de loi $ℬ(n;0,03)$ : $P(X_n\ge 1)=1-0,{97}^n\ge 0,9⟺0,{97}^n\le 0,1⟺n\ln 0,97\le \ln 0,1⟺n\ge {\displaystyle \frac{\ln 0,1}{\ln 0,97}}$, le sens changeant car $\ln 0,97<0$ (0,5 pt). Or ${\displaystyle \frac{\ln 0,1}{\ln 0,97}}\approx 75,6$, donc $n=76$. Contrôle : $0,{97}^{75}\approx 0,102>0,1$ et $0,{97}^{76}\approx 0,099\le 0,1$ (0,5 pt). (1)

Erreur fréquente — En divisant par $\ln 0,97$, qui est négatif, on oublie souvent de changer le sens de l'inégalité : calculer $0,{97}^n$ pour les deux entiers voisins du seuil confirme le résultat.

1. a)$U$ suit $ℬ(40;0,25)$ : $E(U)=10$ et $V(U)=40\times 0,25\times 0,75=7,5$ (0,5 pt). $W$ suit $ℬ(30;0,4)$ : $E(W)=12$ et $V(W)=30\times 0,4\times 0,6=7,2$ (0,5 pt). (1)
2. b)Par linéarité, $E(T)=10+12=22$ ; $U$ et $W$ étant indépendantes, $V(T)=7,5+7,2=14,7$ (0,5 pt), donc $\sigma (T)=\sqrt{14,7}\approx 3,83$ (0,5 pt). (1)
3. c)Si $T$ suivait $ℬ(70;p)$, on aurait $70p=22$, donc $p={\displaystyle \frac{11}{35}}$ (0,5 pt), puis $V(T)=70\times {\displaystyle \frac{11}{35}}\times {\displaystyle \frac{24}{35}}={\displaystyle \frac{528}{35}}\approx 15,09\ne 14,7$ : contradiction. Les 70 épreuves n'ont pas toutes la même probabilité de succès (0,5 pt). (1)
4. d)$E(R)=3E(U)+5E(W)=30+60=90$ euros (0,5 pt). Par indépendance, $V(R)=3^{2}V(U)+5^{2}V(W)=67,5+180=247,5$, donc $\sigma (R)=\sqrt{247,5}\approx 15,73$ euros (0,5 pt). (1)

Astuce — Pour réfuter une loi supposée, il suffit de confronter son espérance et sa variance aux valeurs connues : si une seule formule ne colle pas, la loi est exclue.

1. a)$k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)=k\times {\displaystyle \frac{n!}{k!(n-k)!}}={\displaystyle \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}}$ et $n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)=n\times {\displaystyle \frac{(n-1)!}{(k-1)!((n-1)-(k-1))!}}={\displaystyle \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}}$ : les deux membres sont égaux. (1 pt) (1)
2. b)Première façon : on choisit le comité, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ choix, puis son président parmi ses $k$ membres : $k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ possibilités (0,5 pt). Seconde façon : on choisit d'abord le président parmi les $n$ personnes, puis les $k-1$ autres membres parmi les $n-1$ restantes : $n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)$ possibilités. Les deux nombres comptent le même ensemble, d'où l'égalité (0,5 pt). (1)
3. c)Avec $q=1-p$, $E(X)={\sum }_{k=0}^{n}k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k{q}^{n-k}$, et le terme d'indice $k=0$ est nul (0,5 pt). Par a), $E(X)={\sum }_{k=1}^{n}n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1}\right)p^k{q}^{n-k}=np{\sum }_{j=0}^{n-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{j}\right)p^j{q}^{n-1-j}$ en posant $j=k-1$ (0,5 pt). Par la formule du binôme, cette somme vaut $(p+q{)}^{n-1}=1$, donc $E(X)=np$ (0,5 pt). (1)
4. d)Avec $n=10$ et $p=q=\frac{1}{2}$ : $E(X)={\displaystyle \frac{1}{2^{10}}}{\sum }_{k=1}^{10}k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)=10\times {\displaystyle \frac{1}{2}}=5$, donc ${\sum }_{k=1}^{10}k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)=5\times 1024=5120$. (0,5 pt) (1)

Méthode — Compter un même ensemble de deux façons est une démonstration à part entière : elle explique l'identité, là où le calcul avec les factorielles se contente de la vérifier.

1. a)On répète 10 fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli de succès « avancer », de probabilité $p$ : $X$ suit $ℬ(10;p)$ (0,5 pt). Le pion effectue $X$ avancées et $10-X$ reculs, donc $Z=X-(10-X)=2X-10$ (0,5 pt). (1)
2. b)$E(Z)=2E(X)-10=20p-10$ et $V(Z)=2^{2}V(X)=40p(1-p)$ (0,5 pt). Or $p(1-p)=\frac{1}{4}-{(p-\frac{1}{2})}^2$ est maximal pour $p=\frac{1}{2}$, où $V(Z)=10$ (0,5 pt). (1)
3. c)$Z=0⟺X=5$, donc $P(Z=0)={\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{5}\right)}{2^{10}}}={\displaystyle \frac{252}{1024}}={\displaystyle \frac{63}{256}}\approx 0,246$ (0,5 pt). $Z=4⟺X=7$, donc $P(Z=4)={\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{7}\right)}{1024}}={\displaystyle \frac{120}{1024}}={\displaystyle \frac{15}{128}}\approx 0,117$. Enfin $Z=2X-10$ est toujours pair : l'abscisse 3 est impossible (0,5 pt). (1)
4. d)$E(D_i)=1\times p+(-1)\times (1-p)=2p-1$ et $V(D_i)=p(1-(2p-1){)}^2+(1-p)(-1-(2p-1){)}^2=4p(1-p{)}^2+4p^2(1-p)=4p(1-p)$ (0,5 pt). Comme $Z=D_1+D_2+\dots +D_{10}$ avec des $D_i$ indépendantes, $V(Z)=10\times 4p(1-p)=40p(1-p)$ (0,5 pt). (1)

Astuce — Un argument de parité peut rendre un événement impossible sans aucun calcul : ici $Z=2X-10$ est toujours pair, comme le nombre de pas effectués.

1. a)$X$ suit $ℬ(20;0,25)$ et $N=aX-(20-X)=(a+1)X-20$ (0,5 pt). $E(N)=(a+1)\times 5-20$, donc $E(N)=0⟺a+1=4⟺a=3$ (0,5 pt). (1)
2. b)$N=4X-20$, donc $V(N)=16V(X)=16\times 20\times 0,25\times 0,75=16\times 3,75=60$ (0,5 pt) et $\sigma (N)=\sqrt{60}\approx 7,75$ (0,5 pt). (1)
3. c)$N\ge 10⟺4X-20\ge 10⟺X\ge 7,5⟺X\ge 8$, car $X$ est entier (0,5 pt). À la calculatrice, $P(X\ge 8)=1-P(X\le 7)\approx 1-0,8982=0,1018$, soit environ $0,102$ (0,5 pt). (1)
4. d)$Y$ suit $ℬ(8;0,25)$ et $N^{\prime }=3\times 12+3Y-(8-Y)=28+4Y$, donc $E(N^{\prime })=28+4\times 2=36$ (0,5 pt). $N^{\prime }\ge 40⟺28+4Y\ge 40⟺Y\ge 3$. Or $P(Y\le 2)=0,{75}^8+8\times 0,25\times 0,{75}^7+28\times 0,{25}^2\times 0,{75}^6\approx 0,1001+0,2670+0,3115=0,6786$, donc $P(N^{\prime }\ge 40)=1-P(Y\le 2)\approx 0,321$ (0,5 pt). (1)
5. e)Sans répondre, sa note vaut 36 à coup sûr ; en répondant au hasard, l'espérance est la même, 36 (0,5 pt). Mais la note fluctue : $\sigma (N^{\prime })=4\sigma (Y)=4\sqrt{1,5}\approx 4,90$, avec $P(N^{\prime }\ge 40)\approx 0,321$ mais aussi $P(N^{\prime }<36)=P(Y\le 1)\approx 0,367$. Les deux stratégies se valent en moyenne : répondre au hasard est un pari sans gain moyen, qu'un candidat prudent évite et qu'un candidat visant une note élevée peut tenter (0,5 pt). (1)

Piège — Une inégalité sur la note se traduit sur $X$ en tenant compte du fait que $X$ est entier : $X\ge 7,5$ devient $X\ge 8$, et l'on calcule $1-P(X\le 7)$, pas $1-P(X\le 8)$.

1. a)L'ensemble des 3 boules obtenues est une partie à 3 éléments de l'urne, et ces $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)=120$ parties sont équiprobables (0,5 pt). $P(Y=0)={\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)}{120}}={\displaystyle \frac{20}{120}}$, $P(Y=1)={\displaystyle \frac{4\times 15}{120}}={\displaystyle \frac{60}{120}}$, $P(Y=2)={\displaystyle \frac{6\times 6}{120}}={\displaystyle \frac{36}{120}}$ et $P(Y=3)={\displaystyle \frac{4}{120}}$ ; contrôle : $20+60+36+4=120$ (0,5 pt). (1)
2. b)Avec remise, les 3 tirages sont des épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de paramètre $0,4$ : $X$ suit $ℬ(3;0,4)$ (0,5 pt). $P(X=2)=3\times 0,4^2\times 0,6=0,288$, légèrement inférieure à $P(Y=2)=0,3$ (0,5 pt). (1)
3. c)$E(X)=3\times 0,4=1,2$ et $V(X)=3\times 0,4\times 0,6=0,72$ (0,5 pt). $E(Y)={\displaystyle \frac{0\times 20+1\times 60+2\times 36+3\times 4}{120}}={\displaystyle \frac{144}{120}}=1,2$ et $V(Y)={\displaystyle \frac{20\times 1,44+60\times 0,04+36\times 0,64+4\times 3,24}{120}}={\displaystyle \frac{28,8+2,4+23,04+12,96}{120}}={\displaystyle \frac{67,2}{120}}=0,56$ (0,5 pt). (1)
4. d)La linéarité de l'espérance ne demande aucune indépendance : $E(Y)=E(B_1)+E(B_2)+E(B_3)=3\times 0,4=1,2=E(X)$ (0,5 pt). L'additivité de la variance exige l'indépendance ; or, sans remise, les $B_i$ ne sont pas indépendantes (par exemple $P_{\{B_1=1\}}(B_2=1)=\frac{3}{9}\ne 0,4$), et effectivement $V(Y)=0,56\ne 3\times 0,4\times 0,6=0,72$ (0,5 pt). (1)

Erreur fréquente — Additionner des variances sans vérifier l'indépendance : l'espérance d'une somme se calcule toujours terme à terme, la variance seulement pour des variables indépendantes.

1. a)$(q+p{)}^n={\sum }_{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})p^k{q}^{n-k}={\sum }_{k=0}^{n}P(X=k)$ et $(q-p{)}^n={\sum }_{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(-p{)}^k{q}^{n-k}={\sum }_{k=0}^n(-1{)}^{k}P(X=k)$. (1 pt) (1)
2. b)En additionnant, les termes d'indice impair s'annulent et ceux d'indice pair sont doublés : $(q+p{)}^n+(q-p{)}^n=2P(X\text{ pair})$ (0,5 pt). Comme $q+p=1$ et $q-p=1-2p$, on obtient $P(X\text{ pair})={\displaystyle \frac{1+(1-2p{)}^n}{2}}$ (0,5 pt). (1)
3. c)Ici $1-2p=0,4$ : $P(X\text{ pair})={\displaystyle \frac{1+0,4^{10}}{2}}\approx 0,50005$ (0,5 pt). Comme $0<p<1$, on a $-1<1-2p<1$, donc ${lim}_{n\to +\infty }(1-2p{)}^n=0$ et la probabilité tend vers $\frac{1}{2}$. Elle vaut exactement $\frac{1}{2}$ pour tout $n$ si et seulement si $(1-2p{)}^n=0$, c'est-à-dire $p=\frac{1}{2}$ (0,5 pt). (1)

Méthode — Additionner les développements de $(a+b{)}^n$ et de $(a-b{)}^n$ isole les termes d'indice pair : une idée réutilisable dès qu'on cherche une somme « un terme sur deux ».