Loi binomiale et variables aléatoires en première : corrigé des exercices 1 à 10

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 \(-4\) €).

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

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 ». Les lancers sont indépendants et la pièce est équilibrée :

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

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

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

Simplifications.

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

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 \(p = P(\text{succès}) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\).

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

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

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 \(p = \frac{1}{6}\).

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

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

c) Espérance.

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

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

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

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

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

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

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

La somme des probabilités d’une loi vaut 1 :

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

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).

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

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

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 \(0 \leqslant a \leqslant b \leqslant 6\). On tire au hasard, donc chaque domino a une probabilité \(\frac{1}{28}\). 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.

Contrôle : \(1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 3 + 3 + 2 + 2 + 1 + 1 = 28\). 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 ».

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

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 ».