Dénombrement et loi binomiale : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « dénombrement et loi binomiale », question par question.
Cette correction relie pas à pas le dénombrement aux probabilités. Chaque probabilité par comptage commence par le nombre total de tirages, puis par celui des tirages favorables, avec les combinaisons écrites en entier. L’arbre complété montre ensuite pourquoi le coefficient de la loi binomiale compte des chemins.
Pour les deux problèmes, la justification de la loi binomiale est rédigée comme au bac : épreuve, succès, répétitions indépendantes. Le seuil est obtenu avec le logarithme, puis vérifié à la calculatrice. Compare d’abord ta copie au barème, ensuite refais les questions manquées sans regarder.
L’énoncé complet se trouve ici : Dénombrement et loi binomiale : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : dénombrement et loi binomiale
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Les jetons de la tombola | 4 points |
| 2. Des chemins à la formule binomiale | 4 points |
| 3. Contrôle qualité à l’atelier | 6 points |
| 4. La loterie du lycée | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : dénombrement et loi binomiale
Exercice 1 – Les jetons de la tombola (4 points)
- Les jetons sont pris simultanément : l’ordre ne compte pas et un jeton ne sort qu’une fois. Un tirage est donc une combinaison de 3 jetons parmi 10.
« 3 parmi 10 » vaut \(\dfrac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = \dfrac{720}{6} = 120\).
Yanis peut obtenir 120 tirages différents. Ils sont équiprobables, car les jetons sont indiscernables au toucher. - Les tirages favorables sont les combinaisons de 3 jetons parmi les 6 verts : « 3 parmi 6 » vaut 20.
\(P(A) = \dfrac{20}{120}\), donc \(P(A) = \dfrac{1}{6}\). - On choisit d’abord 2 jetons violets parmi 4, puis 1 jeton vert parmi 6. Or « 2 parmi 4 » vaut 6.
Il y a donc \(6 \times 6 = 36\) tirages favorables, d’où \(P(B) = \dfrac{36}{120}\). Ainsi, \(P(B) = \dfrac{3}{10}\). - Deux jetons portent le numéro 1 (le vert et le violet). Le contraire de C est « aucun jeton ne porte le numéro 1 » : on tire alors 3 jetons parmi les 8 autres.
« 3 parmi 8 » vaut \(\dfrac{8 \times 7 \times 6}{6} = 56\), donc \(P\left(\overline{C}\right) = \dfrac{56}{120}\).
Par conséquent, \(P(C) = 1 – \dfrac{56}{120} = \dfrac{64}{120}\). Finalement, \(P(C) = \dfrac{8}{15}\).
Piège classique : compter \(4 \times 3 \times 6\) tirages pour l’événement B. On ordonnerait alors les deux jetons violets, et chaque tirage serait compté deux fois.
Exercice 2 – Des chemins à la formule binomiale (4 points)
- Les épreuves sont identiques et indépendantes. Sur chaque nœud, la branche \(S\) porte donc \(0{,}3\) et la branche \(\overline{S}\) porte \(1 – 0{,}3 = 0{,}7\).
La probabilité d’un chemin est le produit des probabilités de ses branches :
\(P\left(S\,S\,\overline{S}\right) = 0{,}3 \times 0{,}3 \times 0{,}7 = 0{,}063\).
Le chemin \(S\,S\,\overline{S}\) a une probabilité de 0,063.
- Un chemin est une liste de 3 issues. Un chemin à exactement deux succès est donc entièrement déterminé par le choix des 2 épreuves, parmi les 3, où le succès se produit. Il y a donc « 2 parmi 3 » chemins, soit 3 : \(S\,S\,\overline{S}\), \(S\,\overline{S}\,S\) et \(\overline{S}\,S\,S\).
- Ces 3 chemins contiennent chacun deux branches à \(0{,}3\) et une branche à \(0{,}7\), donc ils ont tous la probabilité \(0{,}063\).
\(P(X = 2) = 3 \times 0{,}3^2 \times 0{,}7 = 3 \times 0{,}063\). Ainsi, \(P(X = 2) = 0{,}189\). - De même, en comptant les chemins :
\(P(X = 0) = 0{,}7^3 = 0{,}343\) (un seul chemin) ;
\(P(X = 1) = 3 \times 0{,}3 \times 0{,}7^2 = 3 \times 0{,}147 = 0{,}441\) (trois chemins) ;
\(P(X = 3) = 0{,}3^3 = 0{,}027\) (un seul chemin).
Enfin, \(0{,}343 + 0{,}441 + 0{,}189 + 0{,}027 = 1\). La somme vaut bien 1.
Piège classique : écrire \(P(X = 2) = 0{,}3^2 \times 0{,}7\) sans le coefficient 3. On ne compte alors qu’un seul des trois chemins favorables.
Exercice 3 – Contrôle qualité à l’atelier (6 points)
Partie A.
- Le prélèvement est simultané, donc c’est une combinaison de 4 pièces parmi 20.
« 4 parmi 20 » vaut \(\dfrac{20 \times 19 \times 18 \times 17}{24} = \dfrac{116\,280}{24} = 4\,845\).
Margaux peut faire 4 845 prélèvements différents. - Sans pièce défectueuse, on prend les 4 pièces parmi les 17 pièces correctes. Or « 4 parmi 17 » vaut \(\dfrac{17 \times 16 \times 15 \times 14}{24} = 2\,380\).
Les prélèvements étant équiprobables, la probabilité vaut \(\dfrac{2\,380}{4\,845}\). En divisant par 85, on obtient bien \(\dfrac{28}{57}\). - On choisit 1 pièce défectueuse parmi 3, puis 3 pièces correctes parmi 17. D’une part « 1 parmi 3 » vaut 3, d’autre part « 3 parmi 17 » vaut \(\dfrac{17 \times 16 \times 15}{6} = 680\).
\(3 \times 680 = 2\,040\), donc la probabilité vaut \(\dfrac{2\,040}{4\,845}\). Après simplification par 255, elle vaut \(\dfrac{8}{19}\).
Partie B.
- Chaque prélèvement d’une pièce est une épreuve à deux issues, dont le succès « la pièce est défectueuse » a pour probabilité \(0{,}05\). De plus, on répète 30 fois cette épreuve de façon identique et indépendante, car on assimile le prélèvement à un tirage avec remise. Donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 30\) et \(p = 0{,}05\).
- \(P(X = 0) = 0{,}95^{30} \approx 0{,}2146\).
Ensuite, la calculatrice (loi binomiale cumulée) donne \(P(X \leq 2) \approx 0{,}8122\).
Ainsi, \(P(X = 0) \approx 0{,}2146\) et \(P(X \leq 2) \approx 0{,}8122\). - \(E(X) = np = 30 \times 0{,}05 = 1{,}5\).
En moyenne, sur un grand nombre de prélèvements de 30 pièces, on trouve 1,5 pièce défectueuse par prélèvement.
Piège classique : utiliser la loi binomiale dans la partie A. Le lot est petit et le tirage est sans remise, donc les épreuves ne sont pas indépendantes : on dénombre.
Exercice 4 – La loterie du lycée (6 points)
- Un ticket correspond à une combinaison de 2 boules parmi 8, et toutes sont équiprobables. Or « 2 parmi 8 » vaut \(\dfrac{8 \times 7}{2} = 28\).
Les tirages gagnants sont les combinaisons de 2 boules parmi les 3 dorées : « 2 parmi 3 » vaut 3. Donc \(p = \dfrac{3}{28}\). - Chaque ticket est une épreuve de Bernoulli : le succès « le ticket gagne » a pour probabilité \(\dfrac{3}{28}\). Comme les boules sont remises, les 5 tickets correspondent à 5 épreuves identiques et indépendantes. Ainsi, \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 5\) et \(p = \dfrac{3}{28}\).
- Il y a « 1 parmi 5 », soit 5 chemins à un seul succès, d’où :
\(P(Y = 1) = 5 \times \dfrac{3}{28} \times \left(\dfrac{25}{28}\right)^4\).
Donc \(P(Y = 1) \approx 0{,}3405\). - Le contraire de « au moins une fois » est « aucun ticket gagnant » :
\(P(Y \geq 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – \left(\dfrac{25}{28}\right)^5\).
Par conséquent, \(P(Y \geq 1) \approx 0{,}4326\). - Avec \(n\) tickets, la probabilité de gagner au moins une fois vaut \(1 – \left(\dfrac{25}{28}\right)^n\). On cherche donc \(n\) tel que \(\left(\dfrac{25}{28}\right)^n \leq 0{,}1\).
La fonction \(\ln\) est croissante, alors cela équivaut à \(n\ln\left(\dfrac{25}{28}\right) \leq \ln(0{,}1)\).
Or \(\ln\left(\dfrac{25}{28}\right) < 0\), donc on change le sens en divisant : \(n \geq \dfrac{\ln(0{,}1)}{\ln\left(\dfrac{25}{28}\right)} \approx 20{,}32\).
Vérification : \(\left(\dfrac{25}{28}\right)^{20} \approx 0{,}1037\) et \(\left(\dfrac{25}{28}\right)^{21} \approx 0{,}0926\).
Il faut acheter au moins 21 tickets. - Pour un ticket gagnant, \(G = 10 – 2 = 8\) ; pour un ticket perdant, \(G = -2\). Donc :
\(E(G) = 8 \times \dfrac{3}{28} + (-2) \times \dfrac{25}{28} = \dfrac{24 – 50}{28} = -\dfrac{13}{14}\).
Ainsi, \(E(G) \approx -0{,}93\) €. Sur un grand nombre de tickets, un joueur perd en moyenne environ 0,93 € par ticket, c’est pourquoi le foyer gagne environ 0,93 € par ticket vendu.
Piège classique : oublier de déduire le prix du ticket et prendre 10 € comme gain. On trouverait alors une espérance positive, ce qui contredit le bénéfice du foyer.
À retenir de ce contrôle
- Lors d’un tirage simultané de k objets parmi n, toutes les combinaisons sont équiprobables, donc la probabilité se calcule par cas favorables sur cas possibles.
- Dans un arbre de n épreuves de Bernoulli, le nombre de chemins à k succès vaut « k parmi n », car on choisit la place des succès.
- Pour justifier une loi binomiale, on cite une épreuve à deux issues, sa probabilité de succès et la répétition identique et indépendante.
- La probabilité d’au moins un succès sur n épreuves vaut 1 moins la probabilité de n échecs, soit 1 − (1 − p) puissance n.
- Une espérance de gain négative pour le joueur signifie que l’organisateur gagne en moyenne de l’argent sur un grand nombre de tickets.
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