Loi binomiale et schéma de Bernoulli : corrigé du contrôle de maths en terminale

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Barème du contrôle corrigé : loi binomiale et schéma de Bernoulli

Le corrigé détaillé : loi binomiale et schéma de Bernoulli

Exercice 1 – Automatismes sur une loi binomiale (3 points)

1. Aucun succès signifie cinq échecs, chacun de probabilité \(0{,}8\). Donc \(P(X = 0) = 0{,}8^5\), soit \(P(X = 0) = 0{,}32768\).
2. Il y a 5 façons de placer l’unique succès parmi les 5 épreuves. Ainsi, \(P(X = 1) = 5 \times 0{,}2 \times 0{,}8^4 = 5 \times 0{,}2 \times 0{,}4096\), donc \(P(X = 1) = 0{,}4096\).
3. L’événement « au moins un succès » est le contraire de « aucun succès ». Par conséquent, \(P(X \geq 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}32768\), d’où \(P(X \geq 1) = 0{,}67232\).
4. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 5 \times 0{,}2 = 1\) et \(V(X) = np(1 – p) = 5 \times 0{,}2 \times 0{,}8\). Donc \(E(X) = 1\) et \(V(X) = 0{,}8\).

Barème : Q1 : 0,5 point ; Q2 : 0,5 point ; Q3 : 1 point (0,5 pour le complémentaire, 0,5 pour le résultat) ; Q4 : 1 point (0,5 par valeur).

Piège classique : oublier le coefficient 5 dans \(P(X = 1)\). Or le succès peut arriver à la première, à la deuxième… ou à la cinquième épreuve.

Exercice 2 – Les coques de téléphone (4 points)

1. Les probabilités issues d’un même nœud ont pour somme 1. Donc \(P(B) = 1 – 0{,}6 = 0{,}4\), puis \(P_A\left(\overline{D}\right) = 1 – 0{,}05 = 0{,}95\) et \(P_B\left(\overline{D}\right) = 1 – 0{,}1 = 0{,}9\). L’arbre complété est ci-dessous.
2. Les événements \(A\) et \(B\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
   \(P(D) = P(A \cap D) + P(B \cap D)\)
   \(P(D) = 0{,}6 \times 0{,}05 + 0{,}4 \times 0{,}1 = 0{,}03 + 0{,}04\)
   Ainsi, \(P(D) = 0{,}07\).
3. On cherche une probabilité conditionnelle : \(P_D(A) = \dfrac{P(A \cap D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}03}{0{,}07}\). Donc \(P_D(A) = \dfrac{3}{7} \approx 0{,}429\).
4. Chaque coque tirée est une épreuve de Bernoulli : le succès « la coque est défectueuse » a pour probabilité \(p = 0{,}07\). De plus, on répète 20 fois cette épreuve de façon identique et indépendante, car les tirages sont assimilés à des tirages avec remise. Enfin, \(Y\) compte le nombre de succès. Donc \(Y\) suit la loi binomiale \(\text{B}(20 \,;\, 0{,}07)\).
   Alors \(P(Y = 0) = 0{,}93^{20}\), soit \(P(Y = 0) \approx 0{,}234\).
   Ensuite, la calculatrice donne \(P(Y = 1) = 20 \times 0{,}07 \times 0{,}93^{19} \approx 0{,}3526\), d’où \(P(Y \leq 1) \approx 0{,}2342 + 0{,}3526\). Ainsi, \(P(Y \leq 1) \approx 0{,}587\).

Barème : Q1 : 0,5 point ; Q2 : 1 point (0,5 pour la formule des probabilités totales, 0,5 pour le calcul) ; Q3 : 1 point ; Q4 : 1,5 point (0,5 pour la justification, 0,5 par probabilité).

Piège classique : confondre \(P_D(A)\) avec \(P_A(D) = 0{,}05\). La condition est toujours l’événement placé en indice.

Exercice 3 – Lecture d’un diagramme en barres (4 points)

1. La barre la plus haute correspond à \(k = 3\). Le coefficient binomial « 3 parmi 10 » vaut 120, donc :
   \(P(X = 3) = 120 \times 0{,}3^3 \times 0{,}7^7 = 120 \times 0{,}027 \times 0{,}7^7\)
   La valeur la plus probable est 3, avec \(P(X = 3) \approx 0{,}2668\).
2. La calculatrice donne \(P(X = 0) \approx 0{,}0282\), \(P(X = 1) \approx 0{,}1211\) et \(P(X = 2) \approx 0{,}2335\). Avec la fonction de répartition, on obtient directement : \(P(X \leq 2) \approx 0{,}3828\).
3. L’événement \(X \geq 4\) est le contraire de \(X \leq 3\). Or \(P(X \leq 3) = P(X \leq 2) + P(X = 3) \approx 0{,}6496\).
   Donc \(P(X \geq 4) = 1 – P(X \leq 3) \approx 1 – 0{,}6496\), soit \(P(X \geq 4) \approx 0{,}3504\).
4. On a \(E(X) = 10 \times 0{,}3 = 3\) et \(V(X) = 10 \times 0{,}3 \times 0{,}7 = 2{,}1\). Puis \(\sigma(X) = \sqrt{2{,}1}\). Ainsi, \(E(X) = 3\), \(V(X) = 2{,}1\) et \(\sigma(X) \approx 1{,}449\). L’espérance coïncide ici avec la valeur la plus probable, lue à la question 1 : le diagramme est centré autour de 3.

Barème : Q1 : 1 point (0,5 pour la lecture, 0,5 pour le calcul) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1 point (0,5 pour le complémentaire correct, 0,5 pour le résultat) ; Q4 : 1 point.

Piège classique : écrire \(P(X \geq 4) = 1 – P(X \leq 4)\). En effet, la valeur 4 appartient à l’événement étudié, donc il faut retirer seulement les valeurs de 0 à 3.

Exercice 4 – Un QCM rempli au hasard (4 points)

1. Répondre à une question au hasard est une épreuve à deux issues : le succès « la réponse est juste » a pour probabilité \(\dfrac{1}{4} = 0{,}25\). Puis cette épreuve est répétée 12 fois de manière identique et indépendante, car les questions sont indépendantes. Comme \(X\) compte les succès, \(X\) suit la loi binomiale \(\text{B}(12 \,;\, 0{,}25)\).
2. Le coefficient « 6 parmi 12 » vaut 924. Donc \(P(X = 6) = 924 \times 0{,}25^6 \times 0{,}75^6\), d’où \(P(X = 6) \approx 0{,}040\).
3. On passe par le complémentaire : \(P(X \geq 5) = 1 – P(X \leq 4)\). Or la calculatrice donne \(P(X \leq 4) \approx 0{,}8424\). Par conséquent, \(P(X \geq 5) \approx 0{,}158\).
4. On développe d’abord : \(N = X – 6 + 0{,}5X = 1{,}5X – 6\). Par linéarité de l’espérance, \(E(N) = 1{,}5\,E(X) – 6\), avec \(E(X) = 12 \times 0{,}25 = 3\).
   Donc \(E(N) = 1{,}5 \times 3 – 6 = -1{,}5\). La note moyenne est négative : répondre au hasard n’est pas une bonne stratégie.

Barème : Q1 : 1 point (0,25 par argument : deux issues, probabilité constante, indépendance, paramètres) ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1 point ; Q4 : 1 point (0,5 pour l’expression de \(N\), 0,5 pour \(E(N)\) et la conclusion).

Exercice 5 – La carte gagnante des céréales (5 points)

1. Chaque paquet acheté est une épreuve de Bernoulli dont le succès, « le paquet contient une carte gagnante », a pour probabilité \(0{,}08\). Ensuite, les \(n\) achats sont assimilés à des tirages avec remise, donc identiques et indépendants. Enfin, \(X_n\) compte le nombre de succès. Ainsi, \(X_n\) suit la loi binomiale \(\text{B}(n \,;\, 0{,}08)\).
2. Pour \(n = 10\), on utilise le complémentaire : \(P(X_{10} \geq 1) = 1 – P(X_{10} = 0) = 1 – 0{,}92^{10}\). Donc \(P(X_{10} \geq 1) \approx 0{,}566\).
3. De même, pour tout \(n\), \(P(X_n \geq 1) = 1 – 0{,}92^n\). Alors :
   \(1 – 0{,}92^n > 0{,}99\)
   \(-0{,}92^n > -0{,}01\)
   \(0{,}92^n < 0{,}01\), ce qui est l’inéquation annoncée.
4. La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(\left]0 \,;\, +\infty\right[\), donc l’inéquation équivaut à \(\ln\left(0{,}92^n\right) < \ln(0{,}01)\), c’est-à-dire \(n \ln(0{,}92) < \ln(0{,}01)\).
   Or \(\ln(0{,}92) < 0\), car \(0{,}92 < 1\). En divisant par ce nombre négatif, on change le sens :
   \(n > \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}92)} \approx 55{,}23\)
   Théo doit donc acheter au minimum 56 paquets. En effet, \(1 – 0{,}92^{55} \approx 0{,}9898\) alors que \(1 – 0{,}92^{56} \approx 0{,}9906\).
5. Pour \(n = 56\), \(E(X_{56}) = 56 \times 0{,}08 = 4{,}48\). Théo peut espérer en moyenne environ 4,5 cartes gagnantes.

Barème : Q1 : 1 point ; Q2 : 1 point ; Q3 : 1 point ; Q4 : 1,5 point (0,5 pour le passage au logarithme, 0,5 pour le changement de sens justifié, 0,5 pour \(n = 56\)) ; Q5 : 0,5 point.

Piège classique : garder le sens de l’inégalité après la division par \(\ln(0{,}92)\). Ce nombre est négatif, donc on obtiendrait à tort \(n < 55{,}23\).

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Pour ne plus perdre de points sur ce thème, relis la leçon probabilités et loi binomiale ; entraîne-toi sur la fiche probabilités conditionnelles.

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