Exercices corrigés : loi binomiale et concentration (Terminale spécialité)

$\binom{12}{3}=\frac{12\times 11\times 10}{3\times 2\times 1}=\frac{1320}{6}=220$. Piège : $\frac{12\times 11\times 10}{3}=440$, en oubliant que l'on divise par $3!$ et non par $3$.

$P(X=2)=\binom{4}{2}\times 0{,}6^{2}\times 0{,}4^{2}=6\times 0{,}36\times 0{,}16=0{,}3456$. Piège : oublier le facteur $\binom{4}{2}=6$, ce qui donne $0{,}0576$, la probabilité d'UN seul chemin.

$P(X=0)=\binom{8}{0}\times 0{,}15^{0}\times 0{,}85^{8}=0{,}85^{8}\approx 0{,}2725$. Un seul chemin, celui des huit échecs : $\binom{8}{0}=1$ et $0{,}15^{0}=1$.

$P(X=6)=0{,}9^{6}=0{,}531441\approx 0{,}5314$. Un seul chemin, celui des six succès. Même avec $p=0{,}9$, six succès d'affilée n'arrivent qu'une fois sur deux environ.

Événement contraire : $P(X\geq 1)=1-P(X=0)=1-0{,}9^{12}\approx 1-0{,}2824=0{,}7176$. Piège : calculer $1-0{,}1^{12}$, en prenant la probabilité du succès au lieu de celle de l'échec.

$P(X\leq 1)=P(X=0)+P(X=1)=0{,}8^{7}+7\times 0{,}2\times 0{,}8^{6}\approx 0{,}2097+0{,}3670=0{,}5767$. Piège : ne garder que $P(X=1)$ ; « au plus un » contient aussi « aucun ».

$P(X\geq 4)=P(X=4)+P(X=5)=\binom{5}{4}\times 0{,}7^{4}\times 0{,}3+0{,}7^{5}=0{,}36015+0{,}16807=0{,}52822\approx 0{,}5282$. Piège : prendre $1-P(X\leq 4)$, qui est $P(X=5)$ seule ; la frontière se place du bon côté.

$E(X)=np=32\times 0{,}15=4{,}8$. En moyenne, $4{,}8$ succès sur $32$ épreuves ; une espérance n'a pas à être entière.

$V(X)=np(1-p)=60\times 0{,}25\times 0{,}75=11{,}25$. Piège : écrire $V(X)=np=15$, qui est l'espérance.

$V(X)=30\times 0{,}4\times 0{,}6=7{,}2$, donc $\sigma(X)=\sqrt{7{,}2}\approx 2{,}683$. Piège : donner la variance $7{,}2$ au lieu de sa racine.

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.

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 $217$.

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 $\binom{3}{1}$.

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.

$P(X=2)=\binom{3}{2}\times\left(\frac{1}{6}\right)^{2}\times\frac{5}{6}=3\times\frac{5}{216}=\frac{15}{216}$. 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.

$\binom{5}{2}=\frac{5\times 4}{2\times 1}=10$. $\binom{5}{0}=1$ 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 $P(X=n)$.

$\binom{6}{3}=\frac{6\times 5\times 4}{3\times 2\times 1}=\frac{120}{6}=20$ 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 $k!$.

$\binom{7}{5}=21$ 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 $5$.

$\binom{5}{2}+\binom{5}{3}=10+10=20=\binom{6}{3}$ ✓, 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.

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 $\frac{2^{n}}{2^{n}}=1$ ✓.

$P(X=3)=\binom{10}{3}\times 0{,}3^{3}\times 0{,}7^{7}$. 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 $0{,}7^{3}$.

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

$P(X=10)=0{,}3^{10}\approx 0{,}0000059$, 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 $p\neq 0{,}5$.

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.

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.

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.

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

$P(X\geq 1)=1-P(X=0)\approx 1-0{,}0282=0{,}9718$. 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.

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 $X\leq k$.

$P(2\leq X\leq 5)=P(X\leq 5)-P(X\leq 1)$. 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 $P(X\leq k)$. Le graphique du corrigé dit la même chose d'un coup d'œil : la cumulée ne redescend jamais et finit par atteindre $1$, si bien que $P(X>k)$ se lit toujours comme $1-P(X\leq k)$.

$E(X)=np=10\times 0{,}3=3$. $V(X)=np(1-p)=10\times 0{,}3\times 0{,}7=2{,}1$. $\sigma(X)=\sqrt{2{,}1}\approx 1{,}449$. 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 $5$.

$E(Y)=50\times 0{,}2=10$, $V(Y)=50\times 0{,}2\times 0{,}8=8$ 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.

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 $0$.

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.

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.

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 $\mathcal{B}(20\ ;\ 0{,}04)$.

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

$P(X\geq 1)=1-P(X=0)\approx 1-0{,}4420=0{,}5580$. 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.

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

$E(X)=np=20\times 0{,}04=0{,}8$ 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.

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.

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

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.