Exercices corrigés : loi binomiale et concentration (Terminale spécialité)

a) Les trois conditions se vérifient une par une. D'abord chaque lancer n'a que DEUX issues, le succès qui est d'obtenir un $6$, de probabilité $\frac{1}{6}$, et l'échec de probabilité $\frac{5}{6}$ : c'est une épreuve de Bernoulli. Ensuite les épreuves sont IDENTIQUES, puisqu'on relance le même dé équilibré. Enfin elles sont INDÉPENDANTES, un lancer ne modifiant pas le dé pour le suivant. On répète $3$ fois, donc $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=3$ et $p=\frac{1}{6}$, ce qui se note $X\sim\mathcal{B}\left(3\ ;\ \frac{1}{6}\right)$. Les trois mots à faire figurer dans la copie sont bien deux issues, identiques, indépendantes.

b) Un seul chemin de l'arbre mène à trois succès, celui qui prend la branche succès à chaque fois : $P(X=3)=\left(\frac{1}{6}\right)^{3}=\frac{1}{216}\approx 0{,}0046$, soit environ une chance sur $217$.

c) Trois chemins conviennent, selon la position de l'unique succès : au premier, au deuxième ou au troisième lancer. Chacun comporte un facteur $\frac{1}{6}$ et deux facteurs $\frac{5}{6}$, dans un ordre différent, donc tous ont la même probabilité $\frac{1}{6}\times\left(\frac{5}{6}\right)^{2}=\frac{25}{216}$ : c'est la commutativité du produit qui le garantit, et c'est la raison profonde pour laquelle un simple COMPTAGE des chemins suffit. D'où $P(X=1)=3\times\frac{25}{216}=\frac{75}{216}=\frac{25}{72}\approx 0{,}3472$. Le facteur $3$ est exactement le coefficient binomial $\binom{3}{1}$.

d) L'événement au moins un succès regroupe les cas $X=1$, $X=2$ et $X=3$ : il est bien plus rapide de passer par l'événement contraire, qui n'en compte qu'un seul, aucun succès. $P(X=0)=\left(\frac{5}{6}\right)^{3}=\frac{125}{216}$, donc $P(X\geq 1)=1-\frac{125}{216}=\frac{91}{216}\approx 0{,}4213$. Réflexe à garder pour tout l'examen : dès qu'on lit au moins un, on passe par le contraire.

e) $P(X=2)=\binom{3}{2}\times\left(\frac{1}{6}\right)^{2}\times\frac{5}{6}=3\times\frac{5}{216}=\frac{15}{216}$. Somme des quatre : $\frac{125+75+15+1}{216}=\frac{216}{216}=1$ ✓. Les quatre valeurs possibles de $X$ forment une partition de l'univers, donc leurs probabilités se partagent la totalité, et c'est le meilleur contrôle disponible sur ce type d'exercice : il détecte immédiatement un coefficient binomial oublié. On remarque au passage la suite des coefficients $1$, $3$, $3$, $1$, qui est une ligne du triangle de Pascal.

a) $\binom{5}{2}=\frac{5\times 4}{2\times 1}=10$. $\binom{5}{0}=1$ et $\binom{5}{5}=1$ : il n'y a qu'une seule façon de ne choisir aucun élément, et une seule de les choisir tous. Ces deux valeurs extrêmes sont à connaître par cœur, elles servent dans tous les calculs de $P(X=0)$ et $P(X=n)$.

b) $\binom{6}{3}=\frac{6\times 5\times 4}{3\times 2\times 1}=\frac{120}{6}=20$ et $\binom{10}{2}=\frac{10\times 9}{2}=45$. Méthode de calcul à la main : on écrit au numérateur $k$ facteurs décroissants à partir de $n$, et au dénominateur $k!$.

c) $\binom{7}{5}=21$ et $\binom{7}{2}=21$ : les deux sont égaux, conformément à la symétrie $\binom{n}{k}=\binom{n}{n-k}$. L'explication par le comptage est immédiate et vaut mieux que la vérification numérique : choisir les $5$ éléments qu'on garde revient exactement à choisir les $2$ qu'on écarte. En pratique, on utilise toujours cette symétrie pour calculer avec le plus petit des deux indices, ici $2$ plutôt que $5$.

d) $\binom{5}{2}+\binom{5}{3}=10+10=20=\binom{6}{3}$ ✓, ce qui vérifie la formule de Pascal $\binom{n}{k}+\binom{n}{k+1}=\binom{n+1}{k+1}$. Là encore le comptage l'explique : pour choisir $3$ éléments parmi $6$, ou bien on prend le sixième élément et il reste à en choisir $2$ parmi les $5$ autres, ou bien on ne le prend pas et il faut en choisir $3$ parmi $5$. Ces deux cas sont disjoints et couvrent tout, d'où la somme. C'est cette relation qui construit le triangle de Pascal ligne par ligne.

e) La somme vaut $1+4+6+4+1=16=2^{4}$. Interprétation : en sommant sur toutes les tailles possibles, on compte toutes les parties d'un ensemble à $4$ éléments, et il y en a $2^{4}$ puisque chaque élément est pris ou non, indépendamment des autres. La conséquence probabiliste est immédiate et sera réutilisée : pour $p=\frac{1}{2}$, tous les chemins ont la même probabilité $\frac{1}{2^{n}}$, donc $P(X=k)=\frac{\binom{n}{k}}{2^{n}}$, et la somme des probabilités vaut $\frac{2^{n}}{2^{n}}=1$ ✓.

a) $P(X=3)=\binom{10}{3}\times 0{,}3^{3}\times 0{,}7^{7}$. Chaque facteur a un rôle : $\binom{10}{3}=120$ compte les chemins de l'arbre menant à exactement $3$ succès, $0{,}3^{3}=0{,}027$ pèse les trois succès, et $0{,}7^{7}\approx 0{,}0823543$ pèse les sept échecs. Le produit vaut $120\times 0{,}027\times 0{,}0823543\approx 0{,}2668$. Contrôle des exposants : ils doivent toujours sommer à $n$, ici $3+7=10$ ✓, ce qui attrape l'erreur classique consistant à écrire $0{,}7^{3}$.

b) $P(X=0)=\binom{10}{0}\times 0{,}3^{0}\times 0{,}7^{10}=1\times 1\times 0{,}7^{10}\approx 0{,}0282$. Les deux premiers facteurs valent $1$, donc la probabilité de n'avoir aucun succès est simplement celle d'enchaîner dix échecs.

c) $P(X=10)=0{,}3^{10}\approx 0{,}0000059$, soit environ une chance sur $170\ 000$. Obtenir dix succès d'affilée avec une probabilité individuelle de $0{,}3$ est donc extrêmement improbable, et l'écart avec $P(X=0)\approx 0{,}0282$ est frappant : environ $4\ 800$ fois plus probable de n'avoir aucun succès que de les avoir tous, alors que les deux événements sont symétriques en apparence. C'est l'asymétrie introduite par $p\neq 0{,}5$.

d) La somme vaut exactement $1$, car les événements $X=0$, $X=1$, ..., $X=10$ sont deux à deux incompatibles et couvrent toutes les possibilités : $X$ prend nécessairement l'une de ces onze valeurs. Algébriquement, c'est la formule du binôme de Newton appliquée à $\left(p+(1-p)\right)^{10}=1^{10}=1$, ce qui explique d'ailleurs le nom de la loi. En pratique, sommer les onze termes est le contrôle à faire à la calculatrice quand on doute d'un calcul.

e) En calculant les premiers termes : $P(X=2)\approx 0{,}2335$, $P(X=3)\approx 0{,}2668$ et $P(X=4)\approx 0{,}2001$. La valeur la plus probable est donc $k=3$, avec environ $26{,}7$ %. Or $E(X)=np=3$ également : ici le mode et l'espérance coïncident, mais c'est une commodité de l'exemple et non une règle. Pour $\mathcal{B}(20\ ;\ 0{,}04)$, l'espérance vaut $0{,}8$, qui n'est même pas une valeur possible, alors que le mode est $0$. L'espérance est une moyenne, le mode est un maximum : les deux ne coïncident que par accident.

a) On additionne les trois termes : $P(X=0)\approx 0{,}0282$, $P(X=1)=\binom{10}{1}\times 0{,}3\times 0{,}7^{9}=10\times 0{,}3\times 0{,}040354\approx 0{,}1211$, et $P(X=2)=\binom{10}{2}\times 0{,}09\times 0{,}7^{8}=45\times 0{,}09\times 0{,}057648\approx 0{,}2335$. La somme vaut environ $0{,}3828$. La notation $P(X\leq 2)$ inclut bien la valeur $2$ : c'est un cumul jusqu'à $2$ compris.

b) L'événement contraire de $X\geq 3$ est exactement $X\leq 2$ : les entiers se partagent sans reste entre ces deux ensembles. Donc $P(X\geq 3)=1-P(X\leq 2)\approx 1-0{,}3828=0{,}6172$.

c) $P(X\geq 1)=1-P(X=0)\approx 1-0{,}0282=0{,}9718$. Sur dix répétitions à $30$ %, il est donc quasi certain d'obtenir au moins un succès, ce qui contraste avec la probabilité modeste de chaque essai isolé.

d) Il confond $\geq 3$ et $>3$. Le contraire de $X\geq 3$ est $X\leq 2$, et non $X\leq 3$ : la valeur $X=3$ appartient au premier événement et pas au second, donc son calcul retranche une fois de trop la probabilité $P(X=3)\approx 0{,}2668$. Il obtiendrait $1-0{,}6496=0{,}3504$, qui est en réalité $P(X>3)=P(X\geq 4)$, très différent des $0{,}6172$ attendus. La règle qui évite l'erreur, pour des entiers : le contraire de $X\geq k$ est $X\leq k-1$, jamais $X\leq k$.

e) $P(2\leq X\leq 5)=P(X\leq 5)-P(X\leq 1)$. On retranche le cumul jusqu'à $1$ et non jusqu'à $2$, sans quoi on perdrait le terme $P(X=2)$ qui doit être compté. Numériquement : $P(X\leq 5)\approx 0{,}9527$ et $P(X\leq 1)\approx 0{,}1493$, d'où $P(2\leq X\leq 5)\approx 0{,}8033$. Vérification par addition directe des quatre termes : $0{,}2335+0{,}2668+0{,}2001+0{,}1029\approx 0{,}8033$ ✓. C'est la manipulation la plus utile avec la calculatrice, qui ne fournit en général que des cumuls du type $P(X\leq k)$.

a) $E(X)=np=10\times 0{,}3=3$. $V(X)=np(1-p)=10\times 0{,}3\times 0{,}7=2{,}1$. $\sigma(X)=\sqrt{2{,}1}\approx 1{,}449$. Lecture concrète : sur dix répétitions on attend $3$ succès, avec une fluctuation typique de l'ordre de $1{,}4$ succès, ce qui situe l'essentiel des observations entre $1$ et $5$.

b) $E(Y)=50\times 0{,}2=10$, $V(Y)=50\times 0{,}2\times 0{,}8=8$ et $\sigma(Y)=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\approx 2{,}828$. Comparaison instructive avec la question a) : l'espérance a été multipliée par plus de trois, mais l'écart-type seulement par deux environ. C'est le phénomène central de tout le chapitre : la dispersion croît comme $\sqrt{n}$, donc BEAUCOUP moins vite que l'effectif, et c'est précisément ce qui rend les grands échantillons fiables.

c) La variance vaut $np(1-p)$. À $n$ fixé, il s'agit de maximiser $p(1-p)=-p^{2}+p$, un trinôme de coefficient dominant négatif dont le sommet est en $p=\frac{1}{2}$. La variance est donc maximale pour $p=0{,}5$ et vaut alors $\frac{n}{4}$. C'est cohérent avec le sens : l'incertitude est la plus grande quand succès et échec sont équiprobables, tandis qu'avec $p$ proche de $0$ ou de $1$ le résultat est presque connu d'avance et la variance tend vers $0$.

d) Il a oublié le facteur $(1-p)$ : la bonne valeur est $V(X)=np(1-p)=2{,}1$, et non $3$. La confusion vient de ce que $np$ est l'ESPÉRANCE. Un contrôle qui évite définitivement cette erreur : la variance d'une binomiale est toujours strictement inférieure à son espérance dès que $p>0$, puisque $np(1-p)<np$. Trouver $V(X)=E(X)$ est donc le signe certain d'un $(1-p)$ oublié.

e) Pour $\mathcal{B}(10\ ;\ 0{,}3)$ : $\frac{\sigma}{E}=\frac{1{,}449}{3}\approx 0{,}483$. Pour $\mathcal{B}(50\ ;\ 0{,}2)$ : $\frac{2{,}828}{10}\approx 0{,}283$. Le second rapport est nettement plus petit, donc la seconde situation est relativement moins dispersée, alors qu'elle l'est davantage en valeur absolue. Ce rapport, appelé coefficient de variation, vaut $\frac{\sqrt{np(1-p)}}{np}=\sqrt{\frac{1-p}{np}}$ : il décroît en $\frac{1}{\sqrt{n}}$. C'est la formulation quantitative de l'idée que plus l'échantillon est grand, plus la fréquence observée est stable, et c'est exactement ce que l'exercice 10 démontrera par une inégalité.

a) Chaque pièce prélevée est défectueuse avec la probabilité $0{,}04$. L'énoncé précise que le lot est très important, ce qui autorise à considérer les prélèvements comme INDÉPENDANTS : c'est le point de justification à ne pas sauter, car un tirage sans remise dans un lot fini ne donne pas exactement une binomiale, comme l'exercice 9 le montrera. Les $20$ prélèvements étant de plus identiques et à deux issues, $X$ suit $\mathcal{B}(20\ ;\ 0{,}04)$.

b) $P(X=0)=\binom{20}{0}\times 0{,}04^{0}\times 0{,}96^{20}=0{,}96^{20}\approx 0{,}4420$.

c) $P(X\geq 1)=1-P(X=0)\approx 1-0{,}4420=0{,}5580$. Le résultat mérite d'être commenté : avec un taux de défaut de seulement $4$ %, il y a malgré tout plus d'une chance sur deux de trouver au moins un défaut dans un échantillon de $20$. La raison est que la probabilité de passer $20$ fois à travers un filtre à $4$ % n'est pas $1-20\times 0{,}04$, mais $0{,}96^{20}$, et une multiplication répétée érode bien plus vite qu'une soustraction.

d) $P(X=2)=\binom{20}{2}\times 0{,}04^{2}\times 0{,}96^{18}=190\times 0{,}0016\times 0{,}479618\approx 0{,}1458$.

e) $E(X)=np=20\times 0{,}04=0{,}8$ pièce défectueuse en moyenne par échantillon. Noter que cette valeur n'est pas atteignable, un nombre de pièces étant entier : l'espérance est une moyenne sur un grand nombre d'échantillons, pas une prévision pour un échantillon donné. Cohérence avec les questions précédentes : la valeur la plus probable est $X=0$ avec $44{,}2$ %, suivie de $X=1$, et l'espérance $0{,}8$ se situe bien entre les deux.

f) On veut $P(X\geq 3)=1-P(X\leq 2)$. On a déjà $P(X=0)\approx 0{,}4420$ et $P(X=2)\approx 0{,}1458$, et il reste $P(X=1)=20\times 0{,}04\times 0{,}96^{19}\approx 0{,}3683$. Donc $P(X\leq 2)\approx 0{,}9561$ et $P(X\geq 3)\approx 0{,}0439$, soit environ $4{,}4$ %. Interprétation pour le contrôle qualité : si l'usine tient réellement son taux de $4$ %, un échantillon de $20$ ne contient trois défauts ou plus que dans un peu plus de $4$ % des cas. Observer trois défauts est donc un signal rare, qui justifie de suspecter une dérive de la production plutôt que le hasard. C'est le raisonnement qui fonde toute la théorie des tests.

a) $P(X_{n}\geq 1)=1-P(X_{n}=0)=1-0{,}96^{n}$, puisque le seul chemin sans défaut consiste à enchaîner $n$ pièces conformes, chacune de probabilité $0{,}96$.

b) La condition $P(X_{n}\geq 1)\geq 0{,}99$ s'écrit $1-0{,}96^{n}\geq 0{,}99$, soit $-0{,}96^{n}\geq -0{,}01$, donc $0{,}96^{n}\leq 0{,}01$. Le sens s'est inversé une première fois ici, en multipliant par $-1$ : c'est déjà un point de vigilance avant même d'introduire le logarithme.

c) La fonction logarithme népérien étant strictement croissante, elle conserve l'inégalité : $\ln\left(0{,}96^{n}\right)\leq\ln(0{,}01)$, soit $n\ln(0{,}96)\leq\ln(0{,}01)$. Il reste à diviser par $\ln(0{,}96)$, qui vaut environ $-0{,}0408$ et qui est NÉGATIF : cette division renverse l'inégalité, d'où $n\geq\frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}96)}\approx\frac{-4{,}6052}{-0{,}0408}\approx 112{,}81$.

d) Comme $n$ doit être entier et supérieur ou égal à $112{,}81$, le plus petit entier convenant est $n=113$. Vérification par encadrement, exigée dans la rédaction : $0{,}96^{112}\approx 0{,}010337$, encore supérieur à $0{,}01$, donc $112$ ne convient pas ; et $0{,}96^{113}\approx 0{,}009923$, inférieur à $0{,}01$, donc $113$ convient ✓. Il faut prélever au moins $113$ pièces pour être sûr à $99$ % d'y trouver au moins un défaut.

e) Parce que $\ln(0{,}96)$ est strictement négatif, la base $0{,}96$ étant inférieure à $1$. Diviser les deux membres d'une inégalité par un nombre négatif en change le sens, exactement comme pour n'importe quelle inéquation. C'est l'erreur la plus fréquente sur ce type de question, et elle donnerait $n\leq 112{,}81$, une réponse absurde puisque de petits échantillons ne peuvent évidemment pas garantir la présence d'un défaut. Le contrôle de bon sens est donc immédiat : plus $n$ est grand, plus il est probable de trouver un défaut, donc la réponse doit être de la forme $n\geq$ quelque chose.

f) Avec un taux de $1$ %, la condition devient $0{,}99^{n}\leq 0{,}01$, donc $n\geq\frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}99)}\approx\frac{-4{,}6052}{-0{,}01005}\approx 458{,}2$, soit $n=459$ pièces. Le seuil est environ quatre fois plus élevé alors que le taux de défaut a été divisé par quatre : les deux évoluent en raison inverse, ce qui se lit sur la formule puisque $\ln(1-p)\approx -p$ pour $p$ petit, d'où $n\approx\frac{4{,}6}{p}$. Conclusion pratique pour le contrôle qualité : détecter un défaut rare coûte proportionnellement cher en taille d'échantillon.

a) $E(X)=np=100\times 0{,}5=50$ et $V(X)=np(1-p)=100\times 0{,}5\times 0{,}5=25$, donc $\sigma(X)=5$.

b) L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev s'écrit $P(|X-E(X)|\geq a)\leq\frac{V(X)}{a^{2}}$. Avec $a=10$ : $P(|X-50|\geq 10)\leq\frac{25}{100}=0{,}25$. Autrement dit, la probabilité de s'écarter de plus de $10$ piles de la moyenne est au plus de $25$ %. Noter que $a=10$ vaut ici deux écarts-types.

c) La majoration donne $0{,}25$ alors que la probabilité réelle vaut environ $0{,}0569$ : la borne est plus de quatre fois trop grande. Elle reste parfaitement CORRECTE, une majoration n'ayant pas à être atteinte, mais elle est très peu informative dans ce cas précis.

d) Son intérêt est d'être UNIVERSELLE : elle ne demande que l'espérance et la variance, sans rien supposer de la loi suivie. C'est précisément ce qui permet de l'utiliser pour démontrer la loi des grands nombres, valable pour n'importe quelle loi de variance finie, et pour majorer un risque quand la loi est inconnue ou trop compliquée à sommer. Le prix de cette généralité est son imprécision : dès que la loi est connue, comme ici, le calcul exact la surclasse largement. Une inégalité valable pour toutes les lois ne peut pas être fine pour l'une d'elles en particulier.

e) $P(|X-50|\geq 25)\leq\frac{25}{25^{2}}=\frac{25}{625}=0{,}04$. La majoration a été divisée par plus de six alors que l'écart demandé n'a été multiplié que par $2{,}5$ : c'est le carré au dénominateur qui produit cet effet. Autrement dit, la borne devient d'autant plus utile qu'on s'intéresse à des écarts importants, ce qui est exactement l'usage qu'on en fait.

f) L'écart-type vaut $5$, donc $a=k\sigma$ donne la majoration $\frac{V}{k^{2}\sigma^{2}}=\frac{1}{k^{2}}$, indépendamment de $n$ et de $p$. Pour $k=2$ on retrouve $0{,}25$ ✓, pour $k=3$ on obtient $\frac{1}{9}\approx 0{,}111$, et pour $k=4$, $0{,}0625$. La forme $\frac{1}{k^{2}}$ est celle qu'il faut retenir : quelle que soit la loi, la probabilité de s'écarter de plus de $k$ écarts-types de la moyenne ne dépasse jamais $\frac{1}{k^{2}}$. C'est la version quantitative de l'idée intuitive selon laquelle une variable reste le plus souvent à quelques écarts-types de son espérance.

a) Faux. Sans remise, les tirages ne sont pas indépendants et la probabilité de succès change à chaque étape : après une rouge, il ne reste que $4$ rouges sur $9$ boules, donc la probabilité passe de $0{,}5$ à $\frac{4}{9}\approx 0{,}444$. Or la loi binomiale exige des épreuves identiques ET indépendantes. Le calcul exact donne $P(X=3)=\frac{5}{10}\times\frac{4}{9}\times\frac{3}{8}=\frac{60}{720}=\frac{1}{12}\approx 0{,}0833$, alors que la binomiale prédirait $0{,}5^{3}=0{,}125$ : l'écart dépasse $30$ %. La loi correcte s'appelle hypergéométrique. À retenir : la binomiale reste une bonne APPROXIMATION quand le tirage se fait dans une population très grande devant l'échantillon, ce qui est exactement l'hypothèse posée à l'exercice 6.

b) Faux, il manque le coefficient binomial. La formule correcte est $P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$ : l'expression proposée ne donne la probabilité que d'UN chemin particulier, alors que $k$ succès peuvent se placer de $\binom{n}{k}$ façons. Contrôle imparable : sans ce facteur, la somme des probabilités ne vaudrait pas $1$. Pour $n=3$ et $p=\frac{1}{6}$, on obtiendrait $\frac{125+25+5+1}{216}=\frac{156}{216}$, nettement inférieur à $1$.

c) Faux, pour deux raisons distinctes. D'abord $np$ n'est pas toujours entier : pour $\mathcal{B}(20\ ;\ 0{,}04)$ on trouve $np=0{,}8$, qui n'est même pas une valeur possible d'un nombre de succès, alors que le mode vaut $0$. Ensuite, même quand $np$ est entier, l'espérance est une MOYENNE et le mode un MAXIMUM : les deux coïncident souvent pour la binomiale, comme à l'exercice 3, mais rien ne l'impose. Le mode est en réalité la partie entière de $(n+1)p$.

d) Faux, il manque le facteur $(1-p)$ : la formule est $V(X)=np(1-p)$. La confusion avec l'espérance est la plus fréquente du chapitre. Un contrôle rapide la démasque toujours : pour une binomiale, $V(X)<E(X)$ dès que $p>0$, puisque $np(1-p)<np$. Trouver une variance égale à l'espérance signale donc à coup sûr un $(1-p)$ oublié.

a) Avec $p=0{,}5$ on a $p(1-p)=0{,}25$, et $\delta=0{,}05$ donne $\delta^{2}=0{,}0025$. La majoration vaut donc $\frac{0{,}25}{0{,}0025\,n}=\frac{100}{n}$. Noter qu'elle ne dépend que de $n$ : tout le comportement du problème tient dans ce quotient.

b) On résout $\frac{100}{n}\leq 0{,}05$, soit $n\geq\frac{100}{0{,}05}=2000$. Le plus petit entier est $n=2000$. Traduction concrète : avec $2000$ lancers, la probabilité que la fréquence de piles s'écarte de plus de $5$ points de $0{,}5$ est au plus de $5$ %.

c) On résout $\frac{100}{n}\leq 0{,}01$, soit $n\geq 10\ 000$, donc $n=10\ 000$. Exiger un risque cinq fois plus petit a coûté cinq fois plus d'expériences : à marge d'erreur fixée, le coût est proportionnel à l'inverse du risque accepté.

d) La majoration $\frac{100}{n}$ tend vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty$. Donc $P(|M_{n}-p|\geq\delta)$ tend vers $0$ pour tout $\delta>0$ fixé : c'est la loi des grands nombres. Énoncé attendu : la fréquence observée $M_{n}$ se rapproche en probabilité de la probabilité théorique $p$ lorsque le nombre de répétitions augmente. Formulation à ne pas déformer : cela ne signifie pas que l'ÉCART ABSOLU entre le nombre de piles et $\frac{n}{2}$ diminue, qui grandit au contraire comme $\sqrt{n}$, mais que la FRÉQUENCE se stabilise.