Ressources · Terminale · Spécialité Mathématiques

Loi binomiale

Épreuve et schéma de Bernoulli, loi binomiale et formule de P(X = k), P(X ≤ k) à la calculatrice, espérance, variance et écart type, seuils et intervalles de probabilité.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés dans l’esprit du bac : des ampoules défectueuses avec probabilités totales, la surréservation d’un avion, une loterie de fête foraine, la planche de Galton et la case la plus probable, et un dé lancé 120 fois dont on teste l’équilibre.

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

Résoudre un problème : la méthode

Je repère l’épreuve répétée : quel est le succès (ce que l’on compte), quelle est sa probabilité p, combien de répétitions n.
Je justifie la loi binomiale : deux issues, répétitions identiques, indépendance (avec remise ou population très grande).
Je traduis chaque question en événement sur X : X = k, X ≤ k, X ≥ k, a ≤ X ≤ b, puis je passe au contraire si besoin.
Je calcule avec la formule ou la calculatrice, en gardant les valeurs exactes, et j’arrondis au millième à la fin.
Je conclus dans le contexte : phrase qui interprète la probabilité, l’espérance ou le seuil trouvé.

Problème 1 · Des ampoules défectueuses★★★Facile

Une usine fabrique des ampoules :

70 %

sur la machine

A

30 %

sur la machine

B

3 %

des ampoules de la machine

A

6 %

de celles de la machine

B

sont défectueuses. On choisit une ampoule au hasard ; on note

D

l’événement « elle est défectueuse ».

1. Justifier que $P (D)$ =
Rédaction attendue. On construit l’arbre : première épreuve, la machine ( $A$ ou $B$ ) ; seconde, l’état de l’ampoule. Les événements $A$ et $B$ forment une partition, et d’après la formule des probabilités totales, $P (D) = P (A) P_{A} (D) + P (B) P_{B} (D)$ $= 0, 7 \times 0, 03 + 0, 3 \times 0, 06 = 0, 021 + 0, 018 = 0, 039$ .
2. L’ampoule est défectueuse. Probabilité qu’elle vienne de la machine $A$ (fraction irréductible) :
$P_{D} (A) = \frac{P (A \cap D)}{P (D)} = \frac{0, 021}{0, 039} = \frac{21}{39} = \frac{7}{13} \approx 0, 538$ .
3. On prélève $50$ ampoules dans un stock assez important pour assimiler ce prélèvement à des tirages avec remise ; $X$ compte les ampoules défectueuses. Justifier que $X$ suit une loi binomiale, puis donner $P (X = 0) \approx$ (au millième)
Rédaction attendue. Prélever une ampoule est une épreuve de Bernoulli de succès « l’ampoule est défectueuse », de probabilité $0, 039$ . Le stock étant assez important, les $50$ prélèvements sont assimilés à des tirages avec remise : identiques et indépendants. $X$ compte les succès : $X$ suit $ℬ (50; 0, 039)$ . Alors $P (X = 0) = 0, 961^{50} \approx 0, 137$ .
4. Probabilité qu’un lot contienne au plus $2$ ampoules défectueuses : (au millième)
$P (X ⩽ 2) \approx 0, 691$ (calculatrice).
5. Nombre moyen d’ampoules défectueuses par lot de $50$ :
$E (X) = 50 \times 0, 039 = 1, 95$ : sur un grand nombre de lots, il y a en moyenne $1, 95$ ampoule défectueuse par lot.

Problème 2 · La loterie de la fête foraine★★★Moyen

À une fête foraine, un ticket de loterie coûte

2

€ ; il est gagnant avec la probabilité

0, 08

, et un ticket gagnant rapporte un lot d’une valeur de

15

€. Les tickets sont indépendants les uns des autres.

1. Un joueur achète $n$ tickets. Démontrer que la probabilité d’avoir au moins un ticket gagnant vaut $1 - 0, 92^{n}$ . Pour $n = 10$ , elle vaut environ (au millième)
Rédaction attendue. Acheter un ticket est une épreuve de Bernoulli de succès « le ticket est gagnant », de probabilité $0, 08$ ; les $n$ tickets sont indépendants, donc le nombre $X$ de tickets gagnants suit $ℬ (n; 0, 08)$ . Le contraire de « au moins un gagnant » est « aucun gagnant » : $P (X ⩾ 1) = 1 - P (X = 0) = 1 - 0, 92^{n}$ . Pour $n = 10$ : $1 - 0, 92^{10} \approx 0, 566$ (car $0, 92^{10} \approx 0, 434$ ).
2. Le plus petit nombre de tickets pour que cette probabilité atteigne au moins $0, 9$ est
$1 - 0, 92^{n} ⩾ 0, 9 ⟺ 0, 92^{n} ⩽ 0, 1$ $⟺ n ⩾ \frac{\ln 0, 1}{\ln 0, 92} \approx 27, 6$ (car $\ln 0, 92 < 0$ ) : $28$ tickets.
3. Pour $28$ tickets, nombre moyen de tickets gagnants :
$E (X) = 28 \times 0, 08 = 2, 24$ .
4. Pour $28$ tickets, gain moyen du joueur (valeur des lots moins prix payé) : €
Gain $G = 15 X - 2 \times 28 = 15 X - 56$ , donc $E (G) = 15 \times 2, 24 - 56 = 33, 6 - 56 = - 22, 4$ €. Être presque sûr de gagner un lot coûte cher en moyenne.

Problème 3 · La surréservation★★★Moyen

Une compagnie aérienne exploite un avion de

150

places. Une personne qui a réservé se présente à l’embarquement avec la probabilité

0, 95

, indépendamment des autres. La compagnie vend

155

réservations ;

X

est le nombre de personnes qui se présentent.

1. Préciser, en la justifiant, la loi de $X$ ; son espérance $E (X)$ =
Rédaction attendue. Pour chaque réservation, l’épreuve « la personne se présente » est une épreuve de Bernoulli de probabilité $0, 95$ . Les $155$ personnes se comportent de façon identique et indépendante : $X$ suit $ℬ (155; 0, 95)$ . Donc $E (X) = 155 \times 0, 95 = 147, 25$ .
2. Écart type de $X$ : $σ (X) \approx$ (au centième)
$V (X) = 155 \times 0, 95 \times 0, 05 = 7, 362 5$ et $σ (X) = \sqrt{7, 362 5} \approx 2, 71$ .
3. Probabilité que des passagers soient refusés faute de place : (au millième)
Des passagers sont refusés si plus de $150$ personnes se présentent : $P (X > 150) = 1 - P (X ⩽ 150) \approx 0, 109$ .
4. La compagnie veut que la probabilité de refuser des passagers soit au plus $0, 05$ . Justifier le plus grand nombre de réservations qu’elle peut vendre :
Rédaction attendue. Pour $n$ réservations, le nombre $X_{n}$ de personnes présentes suit $ℬ (n; 0, 95)$ , et on veut $P (X_{n} > 150) ⩽ 0, 05$ . Avec $155$ réservations, $P (X_{155} > 150) \approx 0, 109 > 0, 05$ . Avec $154$ , $P (X_{154} > 150) \approx 0, 048 ⩽ 0, 05$ . Plus on vend de réservations, plus le risque augmente ( $0, 016$ pour $153$ , $0, 203$ pour $156$ ). La compagnie peut donc vendre au plus $154$ réservations.
5. On revient à $155$ réservations. Pour quel nombre de places la compagnie doit-elle prévoir un avion ? Elle veut le plus petit nombre de places $k$ tel que $P (X > k) ⩽ 0, 05$ . Justifier : $k$ =
Rédaction attendue. $P (X > k) ⩽ 0, 05 ⟺ 1 - P (X ⩽ k) ⩽ 0, 05 ⟺ P (X ⩽ k) ⩾ 0, 95$ : on cherche le plus petit entier $k$ tel que $P (X ⩽ k) ⩾ 0, 95$ , c’est la valeur renvoyée par seuil(155, 0.95, 0.95). La calculatrice donne $P (X ⩽ 150) \approx 0, 891 < 0, 95$ et $P (X ⩽ 151) \approx 0, 954 ⩾ 0, 95$ ; la suite des $P (X ⩽ k)$ étant croissante, $k = 151$ . Un avion de $151$ places suffit : $P (X > 151) \approx 0, 046 ⩽ 0, 05$ .

Problème 4 · Ce dé est-il équilibré ?★★★Moyen

On lance

120

fois un dé. S’il est équilibré, le nombre

X

de « 6 » obtenus suit la loi binomiale

ℬ (120; \frac{1}{6})

1. $E (X)$ =
$E (X) = 120 \times \frac{1}{6} = 20$ .
2. Écart type : $σ (X) \approx$ (au centième)
$V (X) = 120 \times \frac{1}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{50}{3}$ , et $σ (X) = \sqrt{\frac{50}{3}} \approx 4, 08$ .
3. Plus petit entier $a$ vérifiant $P (X ⩽ a) > 0, 025$ :
$P (X ⩽ 11) \approx 0, 014 ⩽ 0, 025$ et $P (X ⩽ 12) \approx 0, 028 > 0, 025$ : $a = 12$ .
4. Plus petit entier $b$ vérifiant $P (X ⩽ b) ⩾ 0, 975$ :
$P (X ⩽ 27) \approx 0, 963 < 0, 975$ et $P (X ⩽ 28) \approx 0, 978 ⩾ 0, 975$ : $b = 28$ . Ainsi $P (12 ⩽ X ⩽ 28) \approx 0, 964 ⩾ 0, 95$ .
5. On obtient $31$ fois « 6 ». Justifier que ce résultat fait douter de l’équilibre du dé. Pour un dé équilibré, probabilité d’obtenir au moins $31$ « 6 » : (au millième)
Rédaction attendue. Pour un dé équilibré, $X$ tombe dans $[12; 28]$ avec une probabilité d’au moins $0, 95$ . Or $31$ est en dehors de cet intervalle, et $P (X ⩾ 31) = 1 - P (X ⩽ 30) \approx 0, 007$ : un tel résultat est très peu probable si le dé est équilibré. On peut donc douter de son équilibre, sans en avoir la certitude.

Problème 5 · La planche de Galton★★★Difficile

Une bille tombe sur une planche de

n

rangées de clous. À chaque clou, elle part à droite avec la probabilité

p

, à gauche sinon, indépendamment des autres clous. Elle arrive dans la case numérotée par le nombre de ses déplacements à droite, de

0

n

X

est le numéro de la case.

Pour simuler la chute d’une bille en Python (avec from random import random), on fait une boucle sur les $n$ clous :

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

Au clou, la bille part à droite quand random() < p, ce qui arrive avec la probabilité $p$ .

1. Expliquer pourquoi $X$ suit une loi binomiale. Pour $n = 6$ et $p = 0, 5$ , $P (X = 3)$ = (valeur exacte)
Rédaction attendue. Chaque clou est une épreuve de Bernoulli de succès « la bille part à droite », de probabilité $p$ ; les $n$ clous rencontrés sont des épreuves identiques et indépendantes. $X$ compte les succès : $X$ suit $ℬ (n; p)$ . Pour $n = 6$ et $p = 0, 5$ : $P (X = 3) = (\binom{6}{3}) \times 0, 5^{6} = \frac{20}{64} = \frac{5}{16}$ .
2. Pour $n = 6$ et $p = 0, 5$ , probabilité que la bille arrive dans l’une des cases $2$ , $3$ ou $4$ : (valeur exacte)
$P (2 ⩽ X ⩽ 4) = \frac{15 + 20 + 15}{64} = \frac{50}{64} = \frac{25}{32}$ .
3. Démontrer que, pour $0 ⩽ k ⩽ n - 1$ , $\frac{P (X = k + 1)}{P (X = k)} = \frac{(n - k) p}{(k + 1) (1 - p)}$ . Pour $n = 6$ , $p = 0, 5$ et $k = 0$ , ce quotient vaut
Rédaction attendue. Avec $(\binom{n}{k}) = \frac{n!}{k! (n - k)!}$ : $\frac{(\binom{n}{k + 1})}{(\binom{n}{k})} = \frac{k! (n - k)!}{(k + 1)! (n - k - 1)!} = \frac{n - k}{k + 1}$ . Donc $\frac{P (X = k + 1)}{P (X = k)} = \frac{n - k}{k + 1} \times \frac{p^{k + 1} (1 - p)^{n - k - 1}}{p^{k} (1 - p)^{n - k}}$ $= \frac{(n - k) p}{(k + 1) (1 - p)}$ . Pour $n = 6$ , $p = 0, 5$ , $k = 0$ : $\frac{6 \times 0, 5}{1 \times 0, 5} = 6$ .
4. Une planche inclinée a $10$ rangées et $p = 0, 6$ . En comparant ce quotient à $1$ , déterminer la case la plus probable :
Rédaction attendue. Le quotient est strictement supérieur à $1$ si et seulement si $(10 - k) \times 0, 6 > (k + 1) \times 0, 4$ , soit $6 - 0, 6 k > 0, 4 k + 0, 4$ , soit $k < 5, 6$ . Ainsi $P (X = k + 1) > P (X = k)$ pour $k ⩽ 5$ , et $P (X = k + 1) < P (X = k)$ pour $k ⩾ 6$ : les probabilités augmentent jusqu’à $k = 6$ puis diminuent. La case la plus probable est la case $6$ , égale ici à $E (X) = 10 \times 0, 6$ .

Bloqué sur ce chapitre ?

Moi c'est Ben, j'ai créé ce site pour aider le plus d'élèves possible, partout en France. Je peux aussi reprendre avec toi ce qui coince en cours particulier : en visio, ou à domicile si tu es à Marseille.

Réserver un 1^er cours → Voir les tarifs

Prof de maths à Marseille · Cours particuliers au lycée · Aide aux devoirs