Corrigé des 33 exercices sur la loi binomiale en première : solutions détaillées à télécharger en PDF

Premier problème. Soit \(G\) le gain algébrique de Sara. Pile a pour probabilité \(1 – \frac{3}{4} = \frac{1}{4}\) (gain \(+8\) €) et face \(\frac{3}{4}\) (gain \(-4\) €).

Par ailleurs :\[ E(G) = 8 \times \frac{1}{4} + (-4) \times \frac{3}{4} = 2 – 3 = -1. \]

Ainsi, En moyenne, sur un grand nombre de parties, Sara perd 1 € par partie : le jeu lui est défavorable, on ne doit pas lui conseiller de jouer.

Second problème. L’événement contraire de « au moins une fois Pile » est « quatre fois Face ». Puis les lancers sont indépendants et la pièce est équilibrée :

Également :\[ P(\text{au moins un Pile}) = 1 – \left(\frac{1}{2}\right)^4 = 1 – \frac{1}{16} = \frac{15}{16}. \]

Urne. Soit \(n\) le nombre de boules noires. Ensuite, il y a \(2n\) boules rouges et \(3 \times 2n = 6n\) boules vertes, soit \(n + 2n + 6n = 9n\) boules. Puis le tirage étant au hasard (équiprobabilité) :

Par conséquent :\[ P(\text{rouge}) = \frac{2n}{9n} = \frac{2}{9}. \]

De même, Simplifications.

Ensuite :\[ \begin{aligned} 1)\ \left(\frac{1}{3}\right)^4 \times \left(\frac{2}{3}\right)^2 &= \frac{1}{81} \times \frac{4}{9} = \frac{4}{729} \\ 2)\ 14 \times \left(\frac{2}{7}\right)^2 \times \left(\frac{5}{7}\right)^3 &= \frac{14 \times 4 \times 125}{7^5} = \frac{2 \times 4 \times 125}{7^4} = \frac{1000}{2401} \\ 3)\ 1000 \times \left(\frac{1}{10}\right)^2 \times \left(\frac{9}{10}\right)^8 &= \frac{10^3 \times 9^8}{10^2 \times 10^8} = \frac{9^8}{10^7} = \frac{43\,046\,721}{10\,000\,000} = 4{,}3046721 \\ 4)\ 45 \times \left(\frac{2}{3}\right)^5 \times \left(\frac{6}{5}\right)^3 &= \frac{45 \times 2^5 \times 2^3 \times 3^3}{3^5 \times 5^3} = \frac{45 \times 2^8}{3^2 \times 5^3} = \frac{5 \times 256}{125} = \frac{256}{25} = 10{,}24 \end{aligned} \]

1) L’expérience n’a que deux issues : le succès « obtenir 5 ou 6 » (Zehuan gagne) et l’échec « obtenir 1, 2, 3 ou 4 » (il perd). C’est donc une épreuve de Bernoulli, de paramètre \(p = P(\text{succès}) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

De plus, 2) \(X\) prend la valeur 10 avec probabilité \(\frac{1}{3}\) et \(-4\) avec probabilité \(\frac{2}{3}\) :

Par ailleurs :\[ E(X) = 10 \times \frac{1}{3} + (-4) \times \frac{2}{3} = \frac{10 – 8}{3} = \frac{2}{3} \approx 0{,}67. \]

Ainsi, En moyenne, Zehuan gagne environ 0,67 € par partie : le jeu lui est favorable.

L’image regroupe quatre petites questions sur des lois de probabilité.

a) Valeur de \(p\). La somme des probabilités vaut 1 : \(p + 2p + 3p = 1\), donc \(6p = 1\) et \(p = \frac{1}{6}\).

Également, b) Loi \(-2 : 0{,}1\) ; \(0 : 0{,}3\) ; \(1 : 0{,}4\) ; \(3 : 0{,}1\) ; \(6 : 0{,}1\).

Par conséquent :\[ \begin{aligned} P(X \leqslant 0) &= P(X = -2) + P(X = 0) = 0{,}1 + 0{,}3 = 0{,}4 \\ P(X \gt 3) &= P(X = 6) = 0{,}1 \\ P(X \geqslant 3) &= P(X = 3) + P(X = 6) = 0{,}2 \\ P(-2 \lt X \leqslant 3) &= P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 3) = 0{,}3 + 0{,}4 + 0{,}1 = 0{,}8 \end{aligned} \]

Également, c) Espérance.

Ensuite :\[ E(X) = -16 \times \frac{1}{4} + 3 \times \frac{2}{3} + 24 \times \frac{1}{12} = -4 + 2 + 2 = 0. \]

De plus, d) Valeur de \(a\) avec \(E(X) = 12\) :

Par ailleurs :\[ -4 \times 0{,}1 + 8 \times 0{,}5 + a \times 0{,}4 = 12 \iff 3{,}6 + 0{,}4a = 12 \iff 0{,}4a = 8{,}4 \iff a = 21. \]

On écrit l’espérance avec l’inconnue \(a\) :

Ainsi :\[ \begin{aligned} E(X) &= -5 \times 0{,}2 + (-1) \times 0{,}3 + 3 \times 0{,}1 + 7 \times 0{,}3 + a \times 0{,}1 \\ &= -1 – 0{,}3 + 0{,}3 + 2{,}1 + 0{,}1a = 1{,}1 + 0{,}1a. \end{aligned} \]

Donc :\[ E(X) = 0 \iff 0{,}1a = -1{,}1 \iff a = -11. \]

Également, Vérification : \(1{,}1 + 0{,}1 \times (-11) = 0\).

La somme des probabilités d’une loi vaut 1 :

Par conséquent :\[ \frac{1}{6} + \frac{2}{5} + p = 1 \iff p = 1 – \frac{5}{30} – \frac{12}{30} = \frac{30 – 17}{30} = \frac{13}{30}. \]

En effet, On a bien \(0 \leqslant \frac{13}{30} \leqslant 1\).

On additionne les probabilités des valeurs concernées (0 : 0,35 ; 1 : 0,25 ; 2 : 0,2 ; 4 : 0,2).

Ensuite :\[ \begin{aligned} P(X \geqslant 1) &= 0{,}25 + 0{,}2 + 0{,}2 = 0{,}65 \quad (\text{ou } 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}35) \\ P(1 \leqslant X \leqslant 2) &= 0{,}25 + 0{,}2 = 0{,}45 \\ P(X \lt 2) &= P(X = 0) + P(X = 1) = 0{,}35 + 0{,}25 = 0{,}6 \end{aligned} \]

\[ E(Y) = -12 \times \frac{1}{6} + 4 \times \frac{1}{2} + 9 \times \frac{1}{3} = -2 + 2 + 3 = 3. \]

De plus, La somme des probabilités vaut bien \(\frac{1}{6} + \frac{3}{6} + \frac{2}{6} = 1\).

Un jeu de dominos « double-six » contient 28 dominos : toutes les paires \(\{a\,;b\}\) avec \(0 \leqslant a \leqslant b \leqslant 6\). De plus, on tire au hasard, donc chaque domino a une probabilité \(\frac{1}{28}\). Ensuite, on compte les dominos donnant chaque somme :

• S = 0 : 0-0 ; S = 1 : 0-1 ; S = 2 : 0-2, 1-1 ; S = 3 : 0-3, 1-2 ;
• S = 4 : 0-4, 1-3, 2-2 ; S = 5 : 0-5, 1-4, 2-3 ; S = 6 : 0-6, 1-5, 2-4, 3-3 ;
• S = 7 : 1-6, 2-5, 3-4 ; S = 8 : 2-6, 3-5, 4-4 ; S = 9 : 3-6, 4-5 ;
• S = 10 : 4-6, 5-5 ; S = 11 : 5-6 ; S = 12 : 6-6.

Suite du corrigé corrigé loi binomiale

Par ailleurs, Contrôle : \(1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 3 + 3 + 2 + 2 + 1 + 1 = 28\). Par ailleurs, on peut simplifier : \(\frac{2}{28} = \frac{1}{14}\), \(\frac{4}{28} = \frac{1}{7}\).

On compte les 15 jetons : rouges : trois « 2 » et trois « 4 » ; bleus : trois « 2 » ; verts : quatre « 1 » et deux « 2 ».

Ainsi, 1) \(X\) prend les valeurs 1 (4 jetons), 2 (3 rouges + 3 bleus + 2 verts = 8 jetons) et 4 (3 jetons). Puis les jetons étant indiscernables au toucher, il y a équiprobabilité :

Donc, 2) Nouvelles valeurs : les verts « 1 » valent 2 et les verts « 2 » valent 4 ; les rouges « 2 » valent 1 et les rouges « 4 » valent 2 ; les bleus gardent 2.

• \(Y = 1\) : les 3 rouges « 2 » ;
• \(Y = 2\) : les 4 verts « 1 », les 3 rouges « 4 » et les 3 bleus, soit 10 jetons ;
• \(Y = 4\) : les 2 verts « 2 ».

On tire une carte au hasard : les 78 cartes sont équiprobables, chacune a la probabilité \( \dfrac{1}{78} \). Ensuite, pour chaque valeur possible de \( X \), on compte les cartes qui la rapportent.

• 4,5 points : les 4 rois, l’atout 1, l’atout 21 et l’excuse, soit \( 4+1+1+1=7 \) cartes.
• 3,5 points : les 4 dames.
• 2,5 points : les 4 cavaliers.
• 1,5 point : les 4 valets.
• 0,5 point : toutes les autres cartes, soit \( 78-7-4-4-4=59 \) cartes (les 40 cartes de 10 à l’as et les 19 atouts numérotés de 2 à 20).

Également, Vérification : \( \dfrac{59+4+4+4+7}{78}=\dfrac{78}{78}=1 \).

Chaque roue a 12 secteurs équiprobables. Puis on compte les secteurs jaunes : 2 sur \( R_1 \), 3 sur \( R_2 \) et 5 sur \( R_3 \).

Par conséquent, Le gain du joueur est son gain algébrique : ce qu’il reçoit moins la mise qu’il a payée. S’il ne tombe pas sur du jaune, il perd sa mise.

En effet, Roue \( R_1 \) (mise 1,50 €, gain 8 €) : \( X \) prend les valeurs \( 8-1{,}5=6{,}5 \) et \( -1{,}5 \).

Après cela, roue \( R_2 \) (mise 1 €, gain 4 €) : \( Y \) prend les valeurs \( 4-1=3 \) et \( -1 \).

Ensuite, Roue \( R_3 \) (mise 1 €, gain 2 €) : \( Z \) prend les valeurs \( 2-1=1 \) et \( -1 \).

Suite du corrigé corrigé loi binomiale

De plus, Remarque : si l’on ne tient pas compte de la mise, les valeurs deviennent 8 et 0 pour \( X \), 4 et 0 pour \( Y \), 2 et 0 pour \( Z \), avec les mêmes probabilités.

Les 102 jetons sont équiprobables. De plus, on regroupe les lettres par valeur (le nombre en indice) et on additionne les nombres de jetons :

• 0 point : les 2 jokers → 2 jetons.
• 1 point : A (9), E (15), I (8), L (5), N (6), O (6), R (6), S (6), T (6), U (6) → \( 9+15+8+5+6\times6=73 \) jetons.
• 2 points : D (3), G (2), M (3) → 8 jetons.
• 3 points : B (2), C (2), P (2) → 6 jetons.
• 4 points : F (2), H (2), V (2) → 6 jetons.
• 8 points : J (1), Q (1) → 2 jetons.
• 10 points : K, W, X, Y, Z (1 chacun) → 5 jetons.

Par ailleurs, Vérification : \( 2+73+8+6+6+2+5=102 \).

On tire une carte parmi 108 cartes équiprobables. Ensuite, on compte les cartes pour chaque valeur :

• Dans chaque couleur, il y a un seul 0 et deux cartes de chaque valeur de 1 à 9 (\( 1+9\times2=19 \) cartes). Sur les 4 couleurs : 4 cartes valent 0 et 8 cartes valent \( k \) pour chaque \( k \) de 1 à 9.
• « Inversion », « passe ton tour » et « +2 » : \( 8+8+8=24 \) cartes valent 20 points.
• « +4 » et « joker » : \( 4+4=8 \) cartes valent 50 points.

Ainsi, Vérification : \( 4+9\times8+24+8=108 \).

1. Il y a six variétés : trois chocolats (lait, noir, blanc), avec ou sans noisettes. Par ailleurs, on suit l’algorithme : départ à 2,50 €, +1 € pour le chocolat noir, +0,50 € pour le chocolat blanc, puis +0,50 € s’il y a des noisettes.

Donc, 2. Chaque variété a la probabilité \( \dfrac{1}{6} \). Puis le prix 3 € correspond à deux variétés (lait avec noisettes, blanc sans noisettes), de même que 3,50 € (noir sans noisettes, blanc avec noisettes).

À chacune des trois intersections, la souris a 2 choix équiprobables : les 8 sorties A à H ont chacune la probabilité \( \dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8} \).

Également, On compte les fromages rencontrés sur chaque chemin :

• Côté gauche, il y a un fromage dès la première branche. A : \( 1+1+1=3 \) ; B : \( 1+1=2 \) ; C : \( 1+1=2 \) ; D : 1.
• Côté droit, pas de fromage sur la première branche. E : \( 1+1=2 \) ; F : 1 ; G : 1 ; H : 1.

Par conséquent, \( X=1 \) pour D, F, G, H (4 chemins), \( X=2 \) pour B, C, E (3 chemins), \( X=3 \) pour A (1 chemin).

1. La bille rencontre un clou par rangée, soit 4 clous. À chaque clou, elle va à gauche (G) ou à droite (D) avec la probabilité \( \dfrac{1}{2} \) : c’est la répétition de 4 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes.

En effet, 2. Chacun des \( 2^4=16 \) chemins a la probabilité \( \left(\dfrac{1}{2}\right)^4=\dfrac{1}{16} \). \( X \) est le nombre de D sur le chemin. Ensuite, on compte les chemins dans l’arbre :

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• \( X=0 \) : GGGG seul → 1 chemin ;
• \( X=1 \) : un seul D, placé en 1re, 2e, 3e ou 4e position → 4 chemins ;
• \( X=2 \) : DDGG, DGDG, DGGD, GDDG, GDGD, GGDD → 6 chemins ;
• \( X=3 \) : un seul G → 4 chemins ;
• \( X=4 \) : DDDD → 1 chemin.

Ensuite, \( X \) suit la loi binomiale de paramètres \( n=4 \) et \( p=\dfrac{1}{2} \) : la case du milieu est la plus probable, les cases extrêmes les moins probables.

1. Les 20 faces sont équiprobables (probabilité \( \dfrac{1}{20} \) chacune). Puis on calcule les points de chaque nombre en cumulant : pair (+2), premier (+3), multiple de 5 (+5), carré parfait (+7). Nombres premiers jusqu’à 20 : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 ; carrés parfaits : 1, 4, 9, 16.

• 2 points (pair seulement) : 6, 8, 12, 14, 18 → 5 nombres.
• 3 points (premier seulement) : 3, 7, 11, 13, 17, 19 → 6 nombres.
• 5 points : 2 (pair et premier : \( 2+3 \)) et 15 (multiple de 5) → 2 nombres.
• 7 points : 1 et 9 (carrés), 10 et 20 (pairs et multiples de 5 : \( 2+5 \)) → 4 nombres.
• 8 points : 5 (premier et multiple de 5 : \( 3+5 \)) → 1 nombre.
• 9 points : 4 et 16 (pairs et carrés : \( 2+7 \)) → 2 nombres.

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De plus, Vérification : \( 5+6+2+4+1+2=20 \).

Par ailleurs, 2.

• \( P(X\leqslant 5)=P(X=2)+P(X=3)+P(X=5)=\dfrac{5+6+2}{20}=\dfrac{13}{20} \).
• \( P(3\leqslant X\leqslant 7)=P(X=3)+P(X=5)+P(X=7)=\dfrac{6+2+4}{20}=\dfrac{12}{20}=\dfrac{3}{5} \).
• \( P(X\gt 7)=P(X=8)+P(X=9)=\dfrac{1+2}{20}=\dfrac{3}{20} \).

1. La somme des probabilités vaut 1 :

Ainsi :\[ p=1-\frac{2}{7}-\frac{4}{9}=\frac{63}{63}-\frac{18}{63}-\frac{28}{63}=\frac{17}{63} \]

Donc, 2. On écrit l’espérance et on résout \( E(X)=2 \) :

Également :\[ \begin{aligned} E(X) &= -2\times\frac{2}{7}+a\times\frac{4}{9}+3\times\frac{17}{63} \\ &= -\frac{36}{63}+\frac{4a}{9}+\frac{51}{63} \\ &= \frac{4a}{9}+\frac{15}{63} \end{aligned} \]

Par conséquent :\[ \frac{4a}{9}+\frac{15}{63}=2 \iff \frac{4a}{9}=\frac{126-15}{63}=\frac{111}{63} \iff a=\frac{111}{63}\times\frac{9}{4}=\frac{111}{28} \]

En effet, Vérification : \( \dfrac{111}{28}\approx 3{,}96 \) et \( -\dfrac{4}{7}+\dfrac{4}{9}\times\dfrac{111}{28}+\dfrac{51}{63}=2 \).

1. Les 25 cases ont la même aire : la probabilité d’une zone est son nombre de cases divisé par 25.

• Vert (1 point) : 4 cases dans la 1re colonne + 5 cases de la dernière ligne = 9 cases → \( \dfrac{9}{25} \).
• Bleu (3 points) : 4 cases de la 2e colonne + 3 cases de la 4e ligne = 7 cases → \( \dfrac{7}{25} \).
• Jaune (5 points) : 3 cases de la 3e colonne + 2 cases de la 3e ligne = 5 cases → \( \dfrac{5}{25}=\dfrac{1}{5} \).
• Orange (8 points) : 3 cases → \( \dfrac{3}{25} \).
• Rouge (10 points) : 1 case → \( \dfrac{1}{25} \).

Ensuite, Vérification : \( 9+7+5+3+1=25 \).

De même, 2. a.

Par ailleurs, b.

Ainsi :\[ E(X)=\frac{1\times9+3\times7+5\times5+8\times3+10\times1}{25}=\frac{9+21+25+24+10}{25}=\frac{89}{25}=3{,}56 \]

Donc, Interprétation : sur un grand nombre de tirs, le participant marque en moyenne 3,56 points par tir.

1. La cible est un disque de rayon 70 cm : sa surface est \( \pi\times70^2=4\,900\pi \text{ cm}^2 \) (environ \( 15\,394 \text{ cm}^2 \)).

Également, L’aire d’une couronne est la différence des aires de deux disques :

• rouge : \( \pi\times10^2=100\pi \text{ cm}^2 \) ;
• orange : \( \pi\times30^2-\pi\times10^2=800\pi \text{ cm}^2 \) ;
• jaune : \( \pi\times50^2-\pi\times30^2=1\,600\pi \text{ cm}^2 \) ;
• bleue : \( \pi\times70^2-\pi\times50^2=2\,400\pi \text{ cm}^2 \).

Par conséquent, probabilités (aire de la zone divisée par \( 4\,900\pi \), les \( \pi \) se simplifient) :

En effet :\[ P(\text{rouge})=\frac{100}{4\,900}=\frac{1}{49} \quad P(\text{orange})=\frac{8}{49} \quad P(\text{jaune})=\frac{16}{49} \quad P(\text{bleue})=\frac{24}{49} \]

2. a.

De plus, b.

Par ailleurs :\[ E(X)=\frac{1\times24+4\times16+7\times8+10\times1}{49}=\frac{154}{49}=\frac{22}{7}\approx 3{,}14 \]

Ainsi, Interprétation : sur un grand nombre de tirs, le participant marque en moyenne environ 3,14 points par tir.

1. Les 27 petits cubes sont équiprobables. De plus, on classe les petits cubes selon leur position dans le grand cube :

• les 8 coins ont 3 faces colorées ;
• les 12 arêtes (un petit cube au milieu de chacune des 12 arêtes) ont 2 faces colorées ;
• les 6 centres de faces ont 1 face colorée ;
• le cube central, invisible, n’a aucune face colorée.

Donc, Vérification : \( 8+12+6+1=27 \).

Également, 2.

Par conséquent :\[ E(X)=\frac{0\times1+1\times6+2\times12+3\times8}{27}=\frac{54}{27}=2 \]

En effet, Interprétation : en répétant un grand nombre de fois le tirage (avec remise), le petit cube tiré a en moyenne 2 faces colorées. Ensuite, on le retrouve autrement : le grand cube a \( 6\times9=54 \) étiquettes réparties sur 27 petits cubes, soit 2 par petit cube en moyenne.

Pour bien réussir corrigé loi binomiale, on retient que on suppose, comme sur la figure, que les 15 secteurs ont la même mesure : ils sont équiprobables, chacun de probabilité \( \dfrac{1}{15} \). Par ailleurs, en faisant le tour de la roue, on compte :

• 1 secteur à 100 € ;
• 3 secteurs à 40 € ;
• 4 secteurs à 20 € ;
• 7 secteurs à 0 €.

Ensuite, Vérification : 1 + 3 + 4 + 7 = 15. Soit G la variable aléatoire donnant le gain avant déduction de la mise. Sa loi de probabilité est :

De plus :\[ E(G) = 0 \times \dfrac{7}{15} + 20 \times \dfrac{4}{15} + 40 \times \dfrac{3}{15} + 100 \times \dfrac{1}{15} = \dfrac{80 + 120 + 100}{15} = \dfrac{300}{15} = 20 \]

Par ailleurs, Si la mise vaut m euros, le gain algébrique du joueur est \( G – m \), d’espérance \( E(G) – m = 20 – m \). Puis le jeu est équitable lorsque cette espérance est nulle, donc pour \( m = 20 \).

1. Depuis A et depuis C, il y a 2 directions possibles (vers D ou B) ; depuis D (vers A, C, B, F) et depuis B (vers A, C, D, E), il y en a 4 ; depuis les extrémités F et E, la coccinelle ne peut que revenir sur ses pas (probabilité 1). Ensuite, la probabilité d’un trajet est le produit des probabilités de ses branches.

Suite du corrigé corrigé loi binomiale

De même, 2. a. Pour chaque trajet, on compte les points différents visités (A compris) :

• X = 2 : ADAD et ABAB, chacun de probabilité \( \dfrac{1}{16} \).
• X = 4 : ADCB, ABCD (\( \dfrac{1}{16} \) chacun) et ADBC, ADBE, ABDC, ABDF (\( \dfrac{1}{32} \) chacun).
• X = 3 : tous les autres trajets.

Donc :\[ P(X = 2) = 2 \times \dfrac{1}{16} = \dfrac{1}{8}, \qquad P(X = 4) = 2 \times \dfrac{1}{16} + 4 \times \dfrac{1}{32} = \dfrac{1}{4}, \qquad P(X = 3) = 1 – \dfrac{1}{8} – \dfrac{1}{4} = \dfrac{5}{8}. \]

Également, b.

Par conséquent :\[ E(X) = 2 \times \dfrac{1}{8} + 3 \times \dfrac{5}{8} + 4 \times \dfrac{2}{8} = \dfrac{2 + 15 + 8}{8} = \dfrac{25}{8} = 3{,}125 \]

En effet, Interprétation : si l’on répète un grand nombre de fois ces trajets de trois déplacements, la coccinelle visite en moyenne environ 3,1 points différents par trajet.

Ensuite, 3. Un programme possible en Python :

De plus, from random import choice
voisins = {« A »: « DB », « B »: « ACDE », « C »: « DB », « D »: « ACBF », « E »: « B », « F »: « D »}
def X():
    point = « A »
    visites = {« A »}
    for k in range(3):
        point = choice(voisins[point])
        visites.add(point)
    return len(visites)

Exercice 24 (suite 3)

Par ailleurs, la fonction choisit au hasard un voisin du point courant à chaque déplacement et renvoie le nombre de points différents visités. Puis en l’appelant 10 000 fois et en calculant la moyenne des résultats, on obtient une valeur proche de 3,125.

Le dé. Sur le patron, on compte 3 faces bleues, 2 faces violettes et 1 face orange. Donc \( P(\text{bleu}) = \dfrac{1}{2} \), \( P(\text{violet}) = \dfrac{1}{3} \) et \( P(\text{orange}) = \dfrac{1}{6} \).

Les roues (secteurs de même mesure sur chaque roue) :

• roue bleue : 12 secteurs, 6 « PERDU », 4 à 5 € et 2 à 10 € ; gain moyen \( \dfrac{4 \times 5 + 2 \times 10}{12} = \dfrac{40}{12} = \dfrac{10}{3} \) € ;
• roue violette : 8 secteurs, 4 « PERDU », 5 €, 15 €, 15 € et 20 € ; gain moyen \( \dfrac{5 + 15 + 15 + 20}{8} = \dfrac{55}{8} \) € ;
• roue orange : 6 secteurs, 5 €, 5 €, 20 €, 20 €, 20 € et 25 € ; gain moyen \( \dfrac{95}{6} \) €.

Ainsi, Soit R le montant reçu. Chaque montant reçu s’obtient par un chemin « couleur du dé, puis secteur » ; en regroupant par couleur, l’espérance de R vaut :

Donc :\[ E(R) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{10}{3} + \dfrac{1}{3} \times \dfrac{55}{8} + \dfrac{1}{6} \times \dfrac{95}{6} = \dfrac{5}{3} + \dfrac{55}{24} + \dfrac{95}{36} = \dfrac{120 + 165 + 190}{72} = \dfrac{475}{72} \approx 6{,}60 \]

Suite du corrigé corrigé loi binomiale

Également, le gain algébrique du joueur est \( R – 5 \), d’espérance :

Par conséquent :\[ E(R – 5) = \dfrac{475}{72} – 5 = \dfrac{475 – 360}{72} = \dfrac{115}{72} \approx 1{,}60 \]

En effet, Cette espérance n’est pas nulle : le jeu n’est pas équitable. De plus, elle est positive : en moyenne, le joueur gagne environ 1,60 € par partie, le jeu est favorable au joueur (et défavorable au forain).

On note \( u_n \) la longueur creusée le n-ième jour, en mètres. Ensuite, on a \( u_1 = 300 \) et chaque jour on creuse 5 m de moins : \( (u_n) \) est une suite arithmétique de premier terme 300 et de raison −5, donc \( u_n = 300 – 5(n – 1) = 305 – 5n \).

Ensuite, la longueur totale creusée en n jours est la somme des n premiers termes :

De plus :\[ S_n = n \times \dfrac{u_1 + u_n}{2} = n \times \dfrac{300 + 305 – 5n}{2} = \dfrac{n(605 – 5n)}{2} \]

Le tunnel mesure 5 km, soit 5 000 m. Par ailleurs, on cherche le plus petit entier n tel que \( S_n \geqslant 5\,000 \) :

Par ailleurs :\[ \dfrac{n(605 – 5n)}{2} \geqslant 5\,000 \iff 605n – 5n^2 \geqslant 10\,000 \iff n^2 – 121n + 2\,000 \leqslant 0 \]

Ainsi, Discriminant : \( \Delta = 121^2 – 4 \times 2\,000 = 14\,641 – 8\,000 = 6\,641 \). Puis les racines sont \( \dfrac{121 – \sqrt{6\,641}}{2} \approx 19{,}75 \) et \( \dfrac{121 + \sqrt{6\,641}}{2} \approx 101{,}25 \). Ensuite, le trinôme est négatif entre les racines, donc le premier entier convenable est n = 20.

Donc, Vérification : \( S_{19} = \dfrac{19 \times 510}{2} = 4\,845 \) m (pas encore fini) et \( S_{20} = \dfrac{20 \times 505}{2} = 5\,050 \) m (tunnel percé). Puis le 20e jour, on creuse encore \( u_{20} = 205 \) m, la longueur reste bien positive.

On se place dans un repère avec A(0 ; 0), B(6 ; 0), C(6 ; 6), D(0 ; 6). Alors I(3 ; 6), M(x ; 0), N(0 ; x) et P(x ; x), avec \( 0 \leqslant x \leqslant 6 \). De plus, l’aire totale est 36.

De même, 1. a. Aires des polygones (pour un triangle : base × hauteur ÷ 2) :

• Zone bleue : le carré AMPN, d’aire \( x^2 \), et le triangle PBC de base BC = 6 et de hauteur \( 6 – x \) (distance de P à la droite (BC)), d’aire \( 3(6 – x) \). Total : \( x^2 – 3x + 18 \).
• Zone jaune : le triangle DNP (base DN = 6 − x, hauteur x), le triangle PMB (base MB = 6 − x, hauteur x) et le triangle IPC (base IC = 3, hauteur 6 − x). Total : \( x(6 – x) + \dfrac{3(6 – x)}{2} = \dfrac{(6 – x)(2x + 3)}{2} \).
• Zone rouge : le triangle DIP (base DI = 3, hauteur 6 − x), d’aire \( \dfrac{3(6 – x)}{2} \).

Par conséquent, Contrôle : \( x^2 – 3x + 18 + \dfrac{(6 – x)(2x + 3)}{2} + \dfrac{3(6 – x)}{2} = x^2 – 3x + 18 + (6 – x)(x + 3) = 36 \). Ensuite, en divisant par 36 :

Suite du corrigé corrigé loi binomiale

En effet :\[ P(\text{bleu}) = \dfrac{x^2 – 3x + 18}{36}, \quad P(\text{jaune}) = \dfrac{(6 – x)(2x + 3)}{72} = \dfrac{-2x^2 + 9x + 18}{72}, \quad P(\text{rouge}) = \dfrac{6 – x}{24}. \]

Ensuite, b. \( P(\text{jaune}) \) est un trinôme du second degré en x de coefficient \( -2 \lt 0 \) : il est maximal au sommet, pour \( x = -\dfrac{9}{2 \times (-2)} = \dfrac{9}{4} = 2{,}25 \). Par ailleurs, la probabilité vaut alors \( \dfrac{-2 \times 2{,}25^2 + 9 \times 2{,}25 + 18}{72} = \dfrac{28{,}125}{72} = \dfrac{25}{64} \approx 0{,}39 \).

Par ailleurs, 2. a. X prend les valeurs 0 (jaune), 3 (bleu) et 10 (rouge) :

Par ailleurs, b.

Ainsi :\[ E(X) = 3 \times \dfrac{x^2 – 3x + 18}{36} + 10 \times \dfrac{6 – x}{24} = \dfrac{x^2 – 3x + 18}{12} + \dfrac{5(6 – x)}{12} = \dfrac{x^2 – 8x + 48}{12} \]

Donc, c. \( E(X) = 0 \iff x^2 – 8x + 48 = 0 \). Puis le discriminant vaut \( 64 – 192 = -128 \lt 0 \) : l’équation n’a pas de solution. Ensuite, on ne peut donc pas avoir \( E(X) = 0 \). C’était prévisible : X ne prend que des valeurs positives et la zone bleue a toujours une aire non nulle, donc \( E(X) \gt 0 \) (son minimum, atteint pour x = 4, vaut \( \dfrac{32}{12} = \dfrac{8}{3} \)).

a. La fréquence marginale d’une catégorie est son effectif total divisé par l’effectif de la population entière (5 793 637).

• De 0 à 20 ans : \( \dfrac{1\,301\,395}{5\,793\,637} \approx 0{,}2246 \), soit 22,5 %.
• 60 ans et plus : \( \dfrac{1\,479\,765}{5\,793\,637} \approx 0{,}2554 \), soit 25,5 %.

Également, b. La fréquence conditionnelle des femmes parmi un groupe d’âge est l’effectif des femmes de ce groupe divisé par l’effectif total du groupe.

• Parmi les 0 à 20 ans : \( \dfrac{634\,163}{1\,301\,395} \approx 0{,}4873 \), soit 48,7 %.
• Parmi les 60 ans et plus : \( \dfrac{787\,088}{1\,479\,765} \approx 0{,}5319 \), soit 53,2 %.

Par conséquent, c. Le tableau demandé donne la répartition par âge à l’intérieur de chaque sexe (total 100 % par colonne) : on divise chaque effectif par le total de sa colonne (2 880 933 hommes, 2 912 704 femmes). Par exemple \( \dfrac{667\,232}{2\,880\,933} \approx 23{,}2 \) %, la valeur donnée.

Suite du corrigé corrigé loi binomiale

En effet, Contrôle : 23,2 + 25,4 + 27,4 + 24,0 = 100 et 21,8 + 24,3 + 26,9 + 27,0 = 100.

a. On tire une fiche au hasard parmi les 200 adhérents, dont 70 pratiquent la natation :

Ensuite :\[ P(N) = \dfrac{70}{200} = 0{,}35 \]

Parmi les 60 femmes, n pratiquent la natation, donc :

De plus :\[ P_F(N) = \dfrac{P(F \cap N)}{P(F)} = \dfrac{n}{60} \]

Par ailleurs, b. Si N et F sont indépendants, savoir que l’adhérent est une femme ne change pas la probabilité qu’il pratique la natation : \( P_F(N) = P(N) \). Donc :

Ainsi :\[ \dfrac{n}{60} = 0{,}35 \iff n = 0{,}35 \times 60 = 21 \]

On complète alors le tableau par différences : 60 − 21 = 39 femmes sans natation ; 70 − 21 = 49 hommes nageurs ; 200 − 60 = 140 hommes ; 140 − 49 = 91 hommes sans natation ; 200 − 70 = 130 adhérents sans natation.

Donc, Vérification de l’indépendance : \( P(F) \times P(N) = 0{,}3 \times 0{,}35 = 0{,}105 \) et \( P(F \cap N) = \dfrac{21}{200} = 0{,}105 \).

L’urne contient 8 billes : 5 jaunes et 3 bleues. L’événement « couleurs différentes » est réalisé par les deux chemins B puis J, et J puis B.

Par ailleurs, Situation 1 : avec remise. La bille est remise : l’urne est la même au second tirage, les probabilités ne changent pas.

Par conséquent :\[ P(\text{couleurs différentes}) = \dfrac{3}{8} \times \dfrac{5}{8} + \dfrac{5}{8} \times \dfrac{3}{8} = \dfrac{30}{64} = \dfrac{15}{32} \approx 0{,}47 \]

De même, Situation 2 : sans remise. Au second tirage, il ne reste que 7 billes, et la couleur tirée en premier a perdu une bille.

• Après une bleue : 2 bleues et 5 jaunes, donc \( \dfrac{2}{7} \) et \( \dfrac{5}{7} \).
• Après une jaune : 3 bleues et 4 jaunes, donc \( \dfrac{3}{7} \) et \( \dfrac{4}{7} \).

Ensuite :\[ P(\text{couleurs différentes}) = \dfrac{3}{8} \times \dfrac{5}{7} + \dfrac{5}{8} \times \dfrac{3}{7} = \dfrac{30}{56} = \dfrac{15}{28} \approx 0{,}54 \]

Sur les 1 800 habitants, 850 sont des hommes et donc 1 800 − 850 = 950 sont des femmes. 340 hommes et 608 femmes sont favorables.

De plus, a. Les probabilités du premier niveau et les probabilités conditionnelles :

• \( P(H) = \dfrac{850}{1\,800} = \dfrac{17}{36} \) et \( P(\overline{H}) = \dfrac{950}{1\,800} = \dfrac{19}{36} \) ;
• \( P_H(F) = \dfrac{340}{850} = 0{,}4 \) et \( P_H(\overline{F}) = 0{,}6 \) ;
• \( P_{\overline{H}}(F) = \dfrac{608}{950} = 0{,}64 \) et \( P_{\overline{H}}(\overline{F}) = 0{,}36 \).

Par ailleurs, b. Par la formule des probabilités totales :

Ainsi :\[ P(F) = P(H) \times P_H(F) + P(\overline{H}) \times P_{\overline{H}}(F) = \dfrac{17}{36} \times 0{,}4 + \dfrac{19}{36} \times 0{,}64 = \dfrac{948}{1\,800} = \dfrac{79}{150} \approx 0{,}53 \]

Donc, (On retrouve directement \( \dfrac{340 + 608}{1\,800} = \dfrac{948}{1\,800} \).)

Également, c. On cherche \( P_F(\overline{H}) \) :

Par conséquent :\[ P_F(\overline{H}) = \dfrac{P(\overline{H} \cap F)}{P(F)} = \dfrac{608 / 1\,800}{948 / 1\,800} = \dfrac{608}{948} \approx 0{,}64 \]

Le programme de l’énoncé :

En effet, from random import *
n=0
for i in range(10000):
    a=randint(1,6)
    b=randint(1,6)
    c=randint(1,6)
    S=a+b+c
    if S==9:
        n=n+1
f=n/10000
print(« f= »,f)

1. a. Les lignes (1), (2) et (3) simulent chacune le lancer d’un dé équilibré à six faces : randint(1,6) renvoie un entier au hasard entre 1 et 6. Puis la ligne (4) calcule la somme S des trois dés. Ensuite, n compte les expériences où S = 9, et f = n/10000 est la fréquence de la somme 9.

De plus, b. Le résultat varie d’une exécution à l’autre ; on obtient une valeur proche de 0,116 (par exemple 0,114 ou 0,118). De plus, la probabilité théorique est \( \dfrac{25}{216} \approx 0{,}116 \) (voir l’exercice suivant).

2. a. Il suffit de remplacer le test if S==9: par if S==10: (et, pour la lisibilité, d’appeler le résultat g).

Suite du corrigé corrigé loi binomiale

Ainsi, b. On obtient une fréquence g proche de 0,125 (par exemple 0,124 ou 0,127). Ensuite, la probabilité théorique est \( \dfrac{27}{216} = 0{,}125 \).

Donc, 3. Le Grand Duc de Toscane avait remarqué qu’en lançant trois dés, la somme 10 sort plus souvent que la somme 9, bien que ces deux sommes s’écrivent chacune de 6 façons comme somme de trois entiers entre 1 et 6. Sur 10 000 lancers, la simulation donne g ≈ 0,125 plus grand que f ≈ 0,116 : en répétant plusieurs fois la simulation, g reste presque toujours supérieure à f, donc la conjecture semble correcte (elle est démontrée dans l’exercice suivant).

a. Chacun des trois lancers donne 6 résultats possibles, et un triplet est une suite ordonnée de trois résultats. D’après le principe multiplicatif, il y a \( 6 \times 6 \times 6 = 6^3 = 216 \) triplets différents, tous équiprobables puisque le dé est équilibré.

Également, b. La liste de l’énoncé contient 3 lignes de 9 triplets, soit 27 triplets de somme 10. Donc :

Par conséquent :\[ P(S = 10) = \dfrac{27}{216} = \dfrac{1}{8} = 0{,}125 \]

c. On procède de même pour la somme 9, en partant des décompositions sans tenir compte de l’ordre, puis en comptant les ordres possibles :

• 1 + 2 + 6 : trois nombres différents, 6 triplets ;
• 1 + 3 + 5 : 6 triplets ;
• 1 + 4 + 4 : deux nombres égaux, 3 triplets : (1 ; 4 ; 4), (4 ; 1 ; 4), (4 ; 4 ; 1) ;
• 2 + 2 + 5 : 3 triplets ;
• 2 + 3 + 4 : 6 triplets ;
• 3 + 3 + 3 : 1 triplet.

Total : 6 + 6 + 3 + 3 + 6 + 1 = 25 triplets. Donc :

En effet :\[ P(S = 9) = \dfrac{25}{216} \approx 0{,}116 \]

Ensuite, d. \( \dfrac{27}{216} \gt \dfrac{25}{216} \) : la somme 10 est plus probable que la somme 9. Par ailleurs, la conjecture du Grand Duc est correcte. Puis le paradoxe vient de ce qu’on compte les décompositions (6 pour chaque somme) au lieu des triplets ordonnés : la décomposition 3 + 3 + 3 de 9 ne donne qu’un seul triplet, alors que chacune des 6 décompositions de 10 en donne au moins 3.