Loi binomiale : Exercices corrigés

Accueil » Cours et exercices » Terminale générale » Loi binomiale : Exercices corrigés
Accéder au cours sur la loi binomiale

Succession d’épreuves indépendantes

Lancer de dés

On lance 3 fois un dé équilibré à 6 faces, numérotées de 1 à 6 et on regarde à chaque fois la face du dessus.

  1. Quelle est la probabilité d’obtenir trois nombres pairs ?
  2. Quelle est la probabilité d’obtenir un 6 au premier lancer mais de ne pas en obtenir au deuxième et troisième lancer ?
Afficher/Masquer la solution

A chaque lancer, on a une probabilité de \(\dfrac{1}{2}\) d’obtenir un nombre pair. La probabilité d’obtenir 3 nombres pairs vaut donc \(\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{8}\).

La probabilité d’obtenir un 6 au premier lancer vaut \(\dfrac{1}{6}\). La probabilité de ne pas obtenir 6 au deuxième lancer vaut \(\dfrac{5}{6}\), et de même pour le troisième lancer. La probabilité recherchée est donc \(\dfrac{1}{6} \times \dfrac{5}{6} \times \dfrac{5}{6}=\dfrac{25}{216}\).

Tirage de cartes

Dix cartes sont placées sur la table, faces cachées : 2 piques, 4 carreaux et 4 trèfles. On sélectionne une carte au hasard, de manière uniforme. La carte est alors dévoilée et on note sa couleur. Puis elle est retournée et les cartes sont mélangées. On tire alors une autre carte et on regarde sa couleur. On notera \(P\), \(C\) et \(T\) lorsque la carte choisie est respectivement un pique, un carreau ou un trèfle.

  1. Construire l’arbre de probabilité de cette expérience. Combien a-t-on d’issues ?
  2. Quelle est la probabilité de tirer deux trèfles ?
  3. Quelle est la probabilité de tirer un pique puis un carreau ?
  4. Quelle est la probabilité de ne pas tirer de trèfle ?
  5. Quelle est la probabilité de tirer deux cartes de la même couleur ?
Afficher/Masquer la solution

On peut construire l’arbre pondéré suivant

Rendered by QuickLaTeX.com

La probabilité de tirer deux trèfles vaut \(0,4 \times 0,4 = 0,16\).

La probabilité de tirer un pique puis un carreau vaut \(0,2 \times 0,4 = 0,08\).

La probabilité de ne pas tirer de trèfle vaut \(0,6 \times 0,6 = 0,36\).

La probabilité de tirer deux piques vaut \(0,2 \times 0,2 = 0,04\). Celle de tirer deux carreaux vaut \(0,4 \times 0,4 = 0,16\) et celle de tirer deux trèfles vaut aussi \(0,16\). Finalement, la probabilité de tirer deux cartes de la même couleur veut \(0,16+0,16+0,04=0,36\).

Boules dans une urne

Une urne renferme deux boules rouges, trois boules bleues et cinq boules jaunes indiscernables au toucher. On tire successivement et avec remise trois boules dans l’urne

  1. Quelle hypothèse permet d’affirmer que les tirages sont indépendants ?
  2. Quelle est la probabilité de tirer 3 boules jaunes ?
  3. Quelle est la probabilité de tirer une boule rouge puis deux boules bleues ?
  4. Quelle est la probabilité de tirer 3 boules de couleur différente ?
Afficher/Masquer la solution

Le fait de remettre la boule tirée dans l’urne permet d’affirmer que les tirages sont indépendants.

La probabilité de tirer 3 boules jaunes, c’est-à-dire la probabilité du triplet \((J;J;J)\) est de \(\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}\).

La probabilité de tirer une boule rouge puis deux boules bleues, c’est à-dire la probabilité du triplet \((R;B;B)\) vaut \(\dfrac{1}{5} \times \dfrac{3}{10} \times \dfrac{3}{10}=\dfrac{9}{500}\).

Les issues ayant 3 boules de couleurs différentes sont \((J;B;R)\), \((J;R;B)\), \((B;R;J)\), \((B;J;R)\), \((R;B;J)\) et \((R;J;B)\). Elles sont au nombre de 6, sont naturellement disjointes, et ont toutes les trois la même probabilité, à savoir \(\dfrac{3}{10} \times \dfrac{1}{5} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{100}\). La probabilité de tirer trois boules de couleur différente vaut donc \(6 \times \dfrac{3}{100} = \dfrac{9}{50}\).

Réussite à un examen

Au dernier examen d’une université, composé de trois exercices, 70% des élèves ont réussi l’exercice 1, 50% ont réussi le deuxième et 25% ont réussi le troisième. On suppose que la réussite d’un exercice est indépendante de la réussite de tous les autres. On interroge un étudiant uniformément au hasard.

  1. Quelle est la probabilité que cet étudiant ait réussi les trois exercices ?
  2. Quelle est la probabilité qu’il n’en ait réussi aucun ?
  3. Quelle est la probabilité qu’il ait réussi exactement un exercice ?
Afficher/Masquer la solution

La probabilité que cet étudiant ait réussi les trois exercices vaut \(0.7 \times 0.5 \times 0.25 = 0.0875\).

La probabilité qu’il n’en ait réussi aucun vaut \((1-0.7)\times(1-0.5) \times (1-0.25)=0.1125\).

La probabilité qu’il ait seulement réussi l’exercice 1 vaut \(0.7 \times (1-0.5) \times (1-0.25)=0.2525\). La probabilité qu’il ait seulement réussi l’exercice 2 vaut \((1-0.7) \times 0.5 \times (1-0.25)=0.1125\). La probabilité qu’il ait seulement réussi l’exercice 3 vaut \((1-0.7) \times (1-0.5) \times 0.25=0.0375\) La probabilité qu’il ait réussi exactement un exercice vaut donc \(0.2625+0.1125+0.0375=0.4125\).

On lance \(n\) fois un dé équilibré à 6 faces, numérotées de 1 à 6, puis on regarde à chaque fois la face du dessus. On note \(A_n\) l’événement « le nombre 6 a été obtenu au moins une fois ».

  1. Décrire l’événement \(\overline{A_n}\) à l’aide d’une phrase puis déterminer \(\mathbb{P}(\overline{A_n})\) et \(\mathbb{P}(A_n)\).
  2. Quelle est la limite de \(\mathbb{P}(A_n)\) ? Interpréter cette limite dans le contexte de l’exercice.
  3. Combien de lancers faut-il effectuer pour être sûr à au moins 95% que l’on obtiendra au moins une fois le nombre 6 en \(n\) lancers ?
Afficher/Masquer la solution

\(\overline{A_n}\) est l’événement « le nombre de 6 n’a été obtenu aucune fois ». Chaque lancer étant indépendant, sa probabilité vaut \(\left(\dfrac{5}{6}\right)^n\). Ainsi, \(\mathbb{P}(A_n)=1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n\).

Puisque \(-1< \dfrac{5}{6} < 1\), on a \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\dfrac{5}{6}\right)^n=0\) et donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty}\mathbb{P}(A_n)=1\). en lançant le dé un grand nombre de fois, on est quasiment certain d'obtenir au moins une fois le nombre 6. Cherchons les entiers \(n\) tels que \(=1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n \geqslant 0.95\). On a alors \(-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n \geqslant -0.05\) et donc \(\left(\dfrac{5}{6}\right)^n \leqslant 0.05\). On applique alors le logarithme népérien, qui est croissant sur \(]0;+\infty[\), et on a donc \(n \ln \left(\dfrac{5}{6}\right) \leqslant \ln(0.05)\). \\En divisant par \(\ln\left(\dfrac{5}{6}\right)\) qui est négatif, on aboutit alors à \(n \geqslant \dfrac{\ln(0.05)}{\ln\left(\frac{5}{6}\right)}\simeq 16.4\). En lançant 17 fois le dé, on a plus de 95% de chances d'obtenir au moins une fois le nombre 6.

Recrutement dans une école

Un lycée présente \(n\) candidats au recrutement dans une école, où \(n\) est un entier naturel non nul.

On admet que la probabilité pour un candidat quelconque du lycée d’être admis à l’école est égale à \(0,24\) et que les résultats des candidats sont indépendants les uns des autres.

  1. Donner l’expression, en fonction de \(n\), de la probabilité qu’aucun candidat issu de ce lycée ne soit admis à l’école.
  2. À partir de quelle valeur de l’entier \(n\) la probabilité qu’au moins un élève de ce lycée soit admis à l’école est-elle supérieure ou égale à 0,99 ?
Afficher/Masquer la solution

La probabilité qu’aucun élève ne soit admis vaut \(0.76^n\).

La probabilité qu’au moins un élève soit admis vaut donc \(1-0.76^n\). Or, \(1-0.76^n \geqslant 0.99\) si et seulement si \(-0.76^n \geqslant -0.01\) soit \(0.76^n \leqslant 0.01\). On applique alors le logarithme népérien, qui est croissant sur \(]0;+\infty[\), et on a donc \(n \ln(0.76) \leqslant \ln(0.01)\). \\ En divisant par \(\ln\left(0.76\right)\) qui est négatif, on aboutit alors à \(n \geqslant \dfrac{\ln(0.01)}{\ln(0.76)}\simeq 16.8\). A partir de 17 candidats, la probabilité qu’un élève du lycée soit admis dans cette école est supérieure à 99%.

Loi binomiale

Calculs avec une loi binomiale

Soit \(X\) une variable aléatoire suivant une loi binomiale \(\mathcal{B}\left(5;\dfrac{1}{3}\right)\). Calculer \(\mathbb{P}(X=1)\), \(\mathbb{P}(X \geqslant 4)\) et \(\mathbb{P}(X<3)\).
Afficher/Masquer la solution

\(\mathbb{P}(X=1)=\dbinom{5}{1} \times \dfrac{1}{3} \times \left(\dfrac{2}{3}\right)^4=5\times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{16}{81}=\dfrac{80}{243}\).

D’une part, \(\mathbb{P}(X \geqslant 4)=\mathbb{P}(X=4) + \mathbb{P}(X=5)\). Or,

  • \(\mathbb{P}(X=4)=\dbinom{5}{4} \times \left(\dfrac{1}{3}\right)^4 \times \dfrac{2}{3}=5 \times \dfrac{1}{81} \times \dfrac{2}{3}=\dfrac{10}{243}\)
  • \(\mathbb{P}(X=5)=\dbinom{5}{5} \times \left( \dfrac{1}{3}\right)^5 \times \left(\dfrac{2}{3}\right)^0 = \dfrac{1}{243}\)
  • Ainsi, \(\mathbb{P}(X \geqslant 4)= \dfrac{11}{243}+\dfrac{1}{243}=\dfrac{12}{243}\)

D’une part, \(\mathbb{P}(X<3)=\mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2)\). Or,

  • \(\mathbb{P}(X=0)= \left(\dfrac{2}{3}\right)^5=\dfrac{32}{243}\)
  • \(\mathbb{P}(X=1)= \dfrac{80}{243}\) d’après la question 1
  • \(\mathbb{P}(X=2)= \dbinom{5}{2} \times \left( \dfrac{1}{3}\right)^2 \times \left( \dfrac{2}{3} \right)^3 = \dfrac{5 \times 4}{2} \times \dfrac{1}{9} \times \dfrac{8}{27}=\dfrac{80}{243}\)
  • Ainsi, \(\mathbb{P}(X<3)=\dfrac{32}{243}+\dfrac{80}{243}+\dfrac{80}{243}=\dfrac{192}{243}=\dfrac{64}{81}\)

Amérique du Nord, 2023

Soit \(X\) une variable aléatoire suivant la loi binomiale \(\mathcal{B}(3;p)\). On sait que \(\mathbb{P}(X=0)=\dfrac{1}{125}\). Que vaut \(p\) ?
Afficher/Masquer la solution

On sait que \(\mathbb{P}(X=0)=\dbinom{3}{0}p^0(1-p)^3=(1-p)^3=\dfrac{1}{125}\). Ainsi, \(1-p=\dfrac{1}{5}\) et \(p=\dfrac{4}{5}\).

Espérance

Soit \(X\) une variable aléatoire suivant une loi binomiale \(\mathcal{B}(4;0.25)\).

  1. Résumer la loi de \(X\) dans un tableau.
  2. Sans utiliser la formule d’espérance pour les lois binomiales, calculer l’espérance de \(X\).
Afficher/Masquer la solution

Le tableau résumant la loi de \(X\) est le suivant

\(k\) 0 1 2 3 4
\(\mathbb{P}(X=k)\) \(\dfrac{81}{256}\) \(\dfrac{27}{64}\) \(\dfrac{27}{128}\) \(\dfrac{3}{64}\) \(\dfrac{1}{256}\)

A partir de ce tableau, on peut calculer l’espérance de \(X\).
\[ \mathbb{E}(X)= 0 \times \dfrac{81}{256} + 1 \times \dfrac{27}{64} + 2 \times \dfrac{27}{128}+ 3 \times \dfrac{3}{64}+ 4 \times \dfrac{1}{256}=1\]

Encore des dés

On lance 4 fois un dé équilibré à 6 faces, numérotées de 1 à 6.

  1. On note \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de 3 obtenus. Quelle est la loi de \(X\) ?
  2. Que valent \(\mathbb{P}(X=1)\) et \(\mathbb{P}(X \leqslant 3)\) ?
Afficher/Masquer la solution

\(X\) suit une loi binomiale de paramètres \(4\) et \(\dfrac{1}{6}\).

On a \(\mathbb{P}(X=1)=\dbinom{4}{1} \left(\dfrac{1}{6}\right)^1 \left(1-\dfrac{1}{6}\right)^{4-1}=\dfrac{125}{324}\).

On peut calculer pour toutes les issues qui vérifient \(X\leqslant3\) :
\[\mathbb{P}(X \leqslant 3) = \mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2)+\mathbb{P}(X=3)\]
Or,

  • \(\mathbb{P}(X=0)=\left(\dfrac{5}{6}\right)^4=\dfrac{625}{1296}\)
  • \(\mathbb{P}(X=1)=\dfrac{125}{324}=\dfrac{500}{1296}\)
  • \(\mathbb{P}(X=2)= \dbinom{4}{2} \left(\dfrac{1}{6}\right)^2 \left(\dfrac{5}{6}\right)^2= \dfrac{150}{1296}\)
  • \(\mathbb{P}(X=3)= \dbinom{4}{3} \left(\dfrac{1}{6}\right)^3 \left(\dfrac{5}{6}\right)^1= \dfrac{20}{1296}\)

Ainsi, \(\mathbb{P}(X \leqslant 3)=\dfrac{1295}{1296}\). Il est aussi possible (et plus facile) de calculer la probabilité de l’événement complémentaire \(X>3\). Celui-ci est composé d’une seule issue.
\[ \mathbb{P}(X>3)=\mathbb{P}(X=4)= \dbinom{4}{4} \left( \dfrac{1}{6}\right)^4 \left( \dfrac{5}{6}\right)^0=\dfrac{1}{1296}\]
Ainsi,
\[ \mathbb{P}(X\leqslant 3)=1- \mathbb{P}(X>3)=1-\dfrac{1}{1296}=\dfrac{1295}{1296}\]

Composants défectueux

Une entreprise produit des composants électroniques, dont on estime que 5% d’entre eux sont défectueux. On prélève 10 composants parmi le stock. On suppose que le stock est assez grand pour que cette sélection soit assimilée à un tirage avec remise dans le stock. On note \(X\) le nombre de composants défectueux ainsi piochés.

  1. Quelle est la loi de la variable aléatoire \(X\) ?
  2. Quelle est la probabilité qu’aucune pièce ne soit défectueuse ?
  3. Que vaut \(\mathbb{P}(X \leqslant 2)\) ?
  4. Combien de composants doit-on prélever pour être sûr à au moins 99% de piocher au moins un composant défectueux dans ce lot ?
Afficher/Masquer la solution

La variable aléatoire \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 10 et 0,05.

La probabilité qu’aucune pièce ne soit défectueuse correspond à \(\mathbb{P}(X=0)\). \(\mathbb{P}(X=0)= 0.95^{10} \simeq 0.599\).

On a \(\mathbb{P}(X \leqslant 2) = \mathbb{P}(X =0) + \mathbb{P}(X=1) + \mathbb{P}(X=2)\). Or,

  • \(\mathbb{P}(X=0)=0.95^{10}\)
  • \(\mathbb{P}(X=1)=10 \times 0.05 \times 0.95 ^9 = 0.5 \times 0.95 ^9\)
  • \(\mathbb{P}(X=2)= 45 \times 0.05^2 \times 0.95^8 = 0.1125 \times 0.9^8\)
  • Finalement \(\mathbb{P}(X \leqslant 2)= 0.95^{10}+0.5 \times 0.95^9 + 0.1125 \times 0.9^8 \simeq 0.988\)

Il y a environ 98,8 % de chances que le nombre de pièces défectueuses soit inférieur ou égal à 2.

Soit \(n\) le nombre de composants prélevés et \(Y\) le nombre de composants défectueux obtenus. \\On a \(\mathbb{P}(Y\geqslant 1)=1-\mathbb{P}(Y=0)=1-0.95^n\). Or, \(1-0.95^n \geqslant 0.99\) ssi \(0.95^n \leqslant 0.01\). En appliquant le logarithme népérien, qui est croissant sur \(]0:+\infty[\), on obtient alors \(n \ln(0.95) \leqslant \ln(0.01)\) puis en divisant par \(\ln(0.95)\), qui est négatif, on aboutit à \(n \geqslant \dfrac{\ln(0.01)}{\ln(0.95)}\simeq 89.8\). Il faut donc prélever 90 pièces pour être sûr à au moins 99% d’en avoir au moins une défectueuse.

Encore des pièces !

On lance quatre fois une pièce équilibrée et on regarde sur quel côté elle tombe. On note \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de PILE

  1. Quelle est la loi de \(X\) ?
  2. Quel est la probabilité de ne tomber aucune fois sur PILE ?
  3. Quelle est la probabilité d’obtenir exactement 2 PILE ?
  4. Quelle est la probabilité d’obtenir au plus 2 PILE ?
  5. En moyenne, combien obtiendra-t-on de PILE ?
  6. Reprendre les questions précédentes en lançant 5 fois une pièce truquée dont la probabilité de tomber sur PILE vaut 0.6.
Afficher/Masquer la solution

\(X\) suit une loi binomiale de paramètres 4 et \(\dfrac{1}{2}\).

La probabilité de ne tomber aucune fois sur PILE correspond à \(\mathbb{P}(X=0)\), \(\mathbb{P}(X=0)= \left( \dfrac{1}{2}\right)^4 = \dfrac{1}{16}\).

La probabilité d’obtenir exactement 2 PILE correspond à \(\mathbb{P}(X=2)\).
\[ \mathbb{P}(X=2) = \dbinom{4}{2} \left( \dfrac{1}{2}\right)^2 \left( \dfrac{1}{2}\right)^2=6 \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{8}\]

La probabilité d’obtenir au plus 2 PILE correspond à \(\mathbb{P}(X \leqslant 2)\), soit \(\mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2)\). Il reste à calculer \(\mathbb{P}(X=1)\).

  • \(\mathbb{P}(X=1)= \dbinom{4}{1} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2^3}=\dfrac{3}{8}\).
  • Ainsi, \(\mathbb{P}(X \leqslant 2)=\dfrac{1}{16}+\dfrac{3}{8}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{13}{16}\).

On a \(E[X]=4 \times 0.5=2\). En moyenne, on obtient 2 PILE.

Si maintenant on lance 5 fois une pièce truquée dont la probabilité de tomber sur PILE vaut 0.6. Notons \(Y\) la variable aléatoire qui compte le nombre de PILE obtenus. \(Y\) suit une loi binomiale de paramètres 5 et 0.6.

On a alors \(\mathbb{P}(Y=0)=0.4^5=0.01024\), \(\mathbb{P}(Y=2)= \dbinom{5}{2} \times 0.6^2\times 0.4^3=0.2304\).

Par ailleurs, \(\mathbb{P}(Y=1)=\dbinom{5}{1} \times 0.6^1 \times 0.4^4 =0.0768\). Ainsi, \(\mathbb{P}(Y \leqslant 2)=0.01024 + 0.0768+0.2304 =0.31744\).

Enfin, \(E[Y]=5 \times 0.6 = 3\). En moyenne, on obtiendra 3 PILE.

Production de stylos

Dans cet exercice, les probabilités calculées seront arrondies, si nécessaire, à \(10^{-3}\) près.

Une entreprise produit des stylos en grande quantité. La probabilité qu’un stylo présente un défaut est de \(0,1\).

On prélève 10 stylos dans le stock de cet entreprise. On suppose que le nombre de stylos produits est suffisamment grand pour que cette sélection soit assimilée à des tirages indépendants et avec remise. On note \(X\) le nombre de stylos défectueux ainsi piochés.

  1. Quelle est la loi de \(X\) ? On précisera ses paramètres.
  2. Donner l’espérance et la variance de \(X\).
  3. Calculer la probabilité qu’il y ait exactement un stylo défectueux.
  4. Calculer la probabilité qu’il y ait au moins un stylo défectueux.
  5. Calculer la probabilité qu’il y ait au plus deux stylos défectueux.
Afficher/Masquer la solution
  1. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 10 et 0.1.
  2. On a \(E(X)=10 \times 0.1 = 1\) et \(Var(X)=10 \times 0.1 \times (1-0.1)=0.9\).
  3. On a a \(\mathbb{P}(X=1)=\dbinom{10}{1} \times 0.1^1 \times 0.9 ^9 \simeq 0.387\).
  4. On a \(\mathbb{P}(X \geqslant 1)=1-\mathbb{P}(X=0)=1-0.9^{10}\simeq 0.651\).
  5. On a \(\mathbb{P}(X\leqslant 2)=\mathbb{P}(X=0) + \mathbb{P}(X=1) + \mathbb{P}(X=2)\)

Ainsi, \(\mathbb{P}(X\leqslant 2) = 0.9^{10}+\dbinom{10}{1} \times 0.1^1 \times 0.9 ^9 + \dbinom{10}{2} \times 0.1^2 \times 0.9 ^98 \simeq 0.930\).

Bac S, Asie 2015

Un concurrent participe à un concours de tir à l’arc, sur une cible circulaire. A chaque tir, la probabilité qu’il atteigne la cible est égale à \(0,8\).

  1. Le concurrent tire quatre flèches. On considère que les tirs sont indépendants. Déterminer la probabilité qu’il atteigne au moins trois fois la cible.
  2. Combien de flèches le concurrent doit-il prévoir pour atteindre en moyenne la cible 12 fois ?
Afficher/Masquer la solution

Soit \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de flèches qui atteignent la cible en 4 tirs. Les tirs étant indépendants, \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 4 et 0.8. Ainsi, \(\mathbb{P}(X=3)=\dbinom{4}{3}0.8^3 \times 0.2^1 = 0.4096\).

Soit \(n\) un entier naturel et \(Y\) la variable aléatoire qui compte le nombre de flèches qui atteignent la cible en \(n\) tirs. Les tirs étant indépendants, \(Y\) suit une loi binomiale de paramètres \(n\) et 0.8. Par ailleurs, \(E(Y)=0.8n\). Ainsi, \(E(Y)=12\) si \(n=15\). Il lui faut 15 flèches pour espérer atteindre la cible 12 fois.

Interrogation orale

Un examinateur fait passer des étudiants à un oral. Il possède 40 exercices différents, dont 3 concernent les probabilités. Pour chaque étudiant, l’examinateur choisit au hasard un de ses 40 sujets et ce, indépendamment des sujets précédemment tirés.

  1. La matinée de l’examinateur comporte 5 étudiants à faire passer. Quelle est la probabilité qu’un sujet de probabilité tombe au moins une fois durant cette matinée ?
  2. Combien d’élèves l’examinateur doit-il interroger pour qu’en moyenne 6 élèves soient interrogés sur un sujet de probabilité ?
  3. Combien d’élèves l’examinateur doit-il faire passer pour avoir au moins 95% de chance qu’un sujet de probabilité soit tiré au cours de cette session ?
  4. L’examinateur fait passer \(n\) étudiants. On note \(A\) l’événement « au moins deux étudiants sont tombés sur un sujet de probabilités ».
    1. Justifier que \(\mathbb{P}(A)=1- \left( \dfrac{37}{40}\right)^{n}-\dfrac{3n}{40} \times \left( \dfrac{37}{40}\right)^{n-1}\).
    2. Combien d’élèves l’examinateur doit-il interroger pour avoir au moins 70% de chances qu’au moins deux étudiants tombent sur un sujet de probabilités ? (ne pas résoudre directement l’inéquation, procéder par exemple à l’aide d’un algorithme).
Afficher/Masquer la solution
  1. Notons \(X\) le nombre de sujet de probabilités tombés durant cette matinée. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 5 et \(\dfrac{3}{40}\). Ainsi, \(\mathbb{P}(X\geqslant 1)=1-\mathbb{P}(X=0)=1-\left(\dfrac{37}{40}\right)^5\simeq 0.323\)
  2. Soit \(n\) un entier naturel et \(Y\) la variable aléatoire qui donne le nombre d’élèves tombés sur un sujet de probabilités; \(Y\) suit une loi binomiale de paramètres \(n\) et \(\dfrac{3}{40}\). Par ailleurs, \(E(Y)=\dfrac{3n}{40}\). Ainsi, \(E(Y)=6\) ssi \(n=80\). L’examinateur doit interroger 80 élèves pour qu’en moyenne 6 élèves soient interrogés sur un sujet de probabilité.
  3. On a \(\mathbb{P}(Y \geqslant 1)=1-\mathbb{P}(Y=0)=1-\left(\dfrac{37}{40}\right)^n\). Or, \(1-\left(\dfrac{37}{40}\right)^n \geqslant 0.95\) si et seulement si \(\left(\dfrac{37}{40}\right)^n\leqslant 0.05\) soit, par croissance de \(\ln\) sur \(]0;+\infty[\), \(n \ln \dfrac{37}{40} \leqslant \ln(0.05)\) et donc \(n \geqslant \dfrac{\ln(0.05)}{\ln \frac{37}{40}}\simeq 38.42\). L’examinateur doit interroger au moins 39 élèves pour avoir au moins 95% de chance qu’un sujet de probabilité soit tiré au cours de cette session.
    1. On a \(\mathbb{P}(Y\geqslant 2)=1-\mathbb{P}(Y<2)=1-(\mathbb{P}(Y=0)+\mathbb{P}(Y=1))\). Or, \(\mathbb{P}(Y=0)=\left(\dfrac{37}{40}\right)^n\) et \(\mathbb{P}(Y=1)=\dbinom{n}{1}\dfrac{3}{40} \times \left(\dfrac{37}{40}\right)^{n-1}=\left( \dfrac{37}{40}\right)^{n-1}\). Ainsi, \(\mathbb{P}(A)=1- \left( \dfrac{37}{40}\right)^{n}-\dfrac{3n}{40} \times \left( \dfrac{37}{40}\right)^{n-1}\)
    2. A l’aide de la calculatrice, on trouve que l’examinateur doit interroger 32 élèves pour avoir au moins 70% de chances qu’au moins deux étudiants tombent sur un sujet de probabilités .

Exercices de synthèse

Réunion 2023

Un commerçant vend deux types de matelas : matelas RESSORTS et matelas MOUSSE. On suppose que chaque client achète un seul matelas. On dispose des informations suivantes :

  • 20% des clients achètent un matelas RESSORTS. Parmi eux, 90% sont satisfaits de leur achat.
  • 82% des clients sont satisfaits de leur achat.

On choisit uniformément au hasard un client et on note les évènements :

  • \(R\) : « le client achète un matelas RESSORTS »,
  • \(S\) : « le client est satisfait de son achat ».

On note \(x = P_{\overline{R}}(S)\) où \(P_{\overline{R}}(S)\) désigne la probabilité de \(S\) sachant que \(R\) n’est pas réalisé.

  1. Compléter l’arbre pondéré ci-dessous décrivant la situation.

    Rendered by QuickLaTeX.com

  2. Démontrer que \(x = 0,8\).
  3. On choisit un client satisfait de son achat. Quelle est la probabilité qu’il ait acheté un matelas RESSORTS ? On arrondira le résultat à \(10^{-2}\).
  4. On choisit 5 clients au hasard.
    On considère la variable aléatoire \(X\) qui donne le nombre de clients satisfaits de leur achat
    parmi ces 5 clients.

    1. On admet que \(X\) suit une loi binomiale. Donner ses paramètres.
    2. Déterminer la probabilité qu’au plus trois clients soient satisfaits de leur achat. On arrondira le résultat à \(10^{-3}\)
  5. Soit \(n\) un entier naturel non nul. On choisit à présent \(n\) clients au hasard. Ce choix peut être assimilé à un tirage au sort avec
    remise.

    1. On note \(p_n\) la probabilité que les \(n\) clients soient tous satisfaits de leur achat. Démontrer que \(p_n = 0,82^n\).
    2. Déterminer les entiers naturels \(n\) tels que \(p_n<0.01\). Interpréter dans le contexte de l'exercice.
Afficher/Masquer la solution
  1. L’arbre pondéré ci-dessous décrit la situation

    Rendered by QuickLaTeX.com

  2. \((R;\overline{R})\) forme un système complet d’événements. D’après la formule des probabilités totales, \(P(S)=P(S\cap R)+P(S\cap \overline{R})\).
    On a donc \(0.82 = 0.8x+0.2 \times 0.9\) soit \(0.8x=0.64\) et \(x=\dfrac{0.64}{0.8}=0.8\).
  3. On a \(P_S(R)=\dfrac{P(R \cap S)}{P(S)}=\dfrac{0.2 \times 0.9}{0.82} \simeq 0.22\)
    1. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 5 et 0.82.
    2. On cherche \(P(X\leqslant 3)\). On procède en calculant la probabilité de l’événement contraire. \(P(X\leqslant 3)=1-P(X>3)=1-P(X=4)-P(X=5)\).

      Ainsi, \(P(X \leqslant 3)=1- \dbinom{5}{4}\times 0.82^4 \times (1-0.82)^{5-4} – \dbinom{5}{5} \times 0.82^5 \times (1-0.82)^0 \simeq 0.222\).

  4. Soit \(n\) un entier naturel non nul. On choisit à présent \(n\) clients au hasard. Ce choix peut être assimilé à un tirage au sort avec
    remise.

    1. Pour un client, la probabilité que celui-ci soit satisfait de son achat est de 0.82. Par indépendance, la probabilité que les \(n\) clients soient satisfaits vaut \(0,82^n\).
    2. Par croissance du logarithme népérien sur \(]0;+\infty[\), \(0.82^n < 0.01\) ssi \(n\ln(0.82)< \ln(0.01)\) soit \(n> \dfrac{\ln(0.82)}{\ln(0.01)} \simeq 23.2\). Si l’on prend 24 acheteurs ou plus, la probabilité que tous soient satisfaits de leur achat est inférieure à 1%.

Bac S, Antilles Guyane 2016

Un fabricant d’ampoules possède deux machines, notées A et B. La machine A fournit 65% de la production, et la machine B fournit le reste. Certaines ampoules présentent un défaut de fabrication :

  • à la sortie de la machine A, 8% des ampoules présentent un défaut ;
  • à la sortie de la machine B, 5% des ampoules présentent un défaut.

On définit les événements suivants :

  • A :  » l’ampoule provient de la machine A  » ;
  • B :  » l’ampoule provient de la machine B  » ;
  • D :  » l’ampoule présente un défaut « .
  1. On prélève un ampoule au hasard parmi la production totale d’une journée.
    1. Construire un arbre pondéré représentant la situation.
    2. Montrer que la probabilité de tirer une ampoule sans défaut est égale à 0, 9305.
    3. L’ampoule tirée est sans défaut. Calculer la probabilité qu’elle vienne de la machine A.
  2. On prélève 10 ampoules au hasard parmi la production d’une journée à la sortie de la machine A. La taille du stock permet de considérer les épreuves comme indépendantes et d’assimiler les tirages à des tirages avec remise. On note \(X\) le nombre d’ampoules sans défaut ainsi obtenues.
    1. Quelle est la loi de \(X\) ? On précisera ses paramètres.
    2. Quelle est la probabilité qu’exactement une ampoule présente un défaut ?
    3. Calculer la probabilité d’obtenir au moins 9 ampoules sans défaut.
Afficher/Masquer la solution
  1. On prélève un ampoule au hasard parmi la production totale d’une journée.
    1. L’arbre pondéré ci-dessous modélise la situation

      Rendered by QuickLaTeX.com

    2. \((A;B)\) forme un système complet d’événements. Ainsi, d’après la formule des probabilités totales, \(P(\overline{D})=P(A \cap \overline{D})+P(B \cap \overline{D})\). Ainsi, \(P(\overline{D})=0.65 \times 0.92 + 0.35 \times 0.95 = 0.9305\).
    3. On a \(P_{\overline{D}}(A)=\dfrac{P(\overline{D} \cap A)}{P(\overline{D}}=\dfrac{0.598}{0.9305}\simeq 0.643\).
  2. On prélève 10 ampoules au hasard parmi la production d’une journée à la sortie de la machine A. La taille du stock permet de considérer les épreuves comme indépendantes et d’assimiler les tirages à des tirages avec remise. On note \(X\) le nombre d’ampoules sans défaut ainsi obtenues.
    1. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 10 et 0.92.
    2. On a \(P(X=9)=\dbinom{10}{9}0.92^9 \times (1-0.92)^{10-9} \simeq 0.377\)
    3. On a \(P(X \geqslant 9) = P(X =9)+P(X=10)=\dbinom{10}{9}0.92^9 \times (1-0.92)^{10-9} + 0.92^{10} \simeq 0.812\).

Amérique du Nord 2021

Les probabilités demandées dans cet exercice seront arrondies à \(10^{-3}\).

Un laboratoire pharmaceutique vient d’élaborer un nouveau test anti-dopage. Une étude sur ce nouveau test donne les résultats suivants :

  • si un athlète est dopé, la probabilité que le résultat du test soit positif est 0,98 ;
  • si un athlète n’est pas dopé, la probabilité que le résultat du test soit négatif est 0,995

On fait subir le test à un athlète sélectionné au hasard au sein des participants à une compétition d’athlétisme. On note \(D\) l’événement « l’athlète est dopé » et \(T\) « le test est positif ». On admet que la probabilité de
l’événement \(D\) est égale à \(0,08\).

  1. Traduire la situation à l’aide d’un arbre pondéré.
  2. Démontrer que \(\mathbb{P}(T)=0,083\).
    1. Si un athlète présente un test positif, quelle est la probabilité qu’il soit dopé ?
    2. Le laboratoire décide de commercialiser le test si la probabilité de l’événement « un athlète présentant un test positif est dopé » est supérieure ou égale à \(0,95\). Le test proposé par le laboratoire sera-t-il commercialisé ? Justifier

Dans une compétition sportive, on admet que la probabilité qu’un athlète présente un test positif est 0,103.

  1. Dans cette question, on suppose que les organisateurs décident de contrôler 5 athlètes au hasard parmi les athlètes de cette compétition. On note \(X\) la variable aléatoire égale au nombre d’athlètes présentant un test
    positif parmi les 5 athlètes contrôlés.

    1. Donner la loi suivie par la variable aléatoire \(X\). Préciser ses paramètres.
    2. Calculer l’espérance \(E[X]\) et interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.
    3. Quelle est la probabilité qu’au moins un des 5 athlètes contrôlés présente un test positif ?
  2. Combien d’athlètes faut-il contrôler au minimum pour que la probabilité de l’événement « au moins un athlète contrôlé présente un test positif » soit supérieure ou égale à 0,75 ? Justifier.
Afficher/Masquer la solution
  1. L’arbre pondéré ci-dessous décrit la situation

    Rendered by QuickLaTeX.com

  2. \((D;\overline{D})\) forme un système complet d’événements. D’après la formule des probabilités totales, \(P(T)=P(T \cap D)+P(T \cap \overline{D})\). Ainsi, \(P(T)=0.08 \times 0.98 + 0.92 \times 0.005 = 0.083\)
    1. On a \(P_T(D)=\dfrac{P(T \cap D)}{P(T)}=\dfrac{0.08 \times 0.92}{0.083}\simeq 0.945\).
    2. \(0.945 < 0.95\). Le test ne sera donc pas commercialisé.
  3. Dans cette question, on suppose que les organisateurs décident de contrôler 5 athlètes au hasard parmi les athlètes de cette compétition. On note \(X\) la variable aléatoire égale au nombre d’athlètes présentant un test
    positif parmi les 5 athlètes contrôlés.

    1. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 5 et 0.103.
    2. \(E[X]=5 \times 0.103 = 0.515\). Sur un très grand nombre de contrôle, il y aura en moyenne 1 athlète positif sur 10.
    3. On a \(P(X \geqslant 1)=1-P(X<1)=1-P(X=0)=1-(1-0.103)^5\simeq 0.419\).
  4. Soit \(n\) un entier naturel et \(Y\) la variable aléatoire qui compte le nombre d’athlètes positifs en \(n\) tests. \(Y\) suit une loi binomiale de paramètres \(n\) et 0.103. Par ailleurs, \(P(Y \geqslant 1)=1-P(Y=0)=1-0.897^n\). Or, \(1-0.897^n \geqslant 0.75\) ssi \(0.897^n \leqslant 0.25\) ssi \(n \ln(0.897) \leqslant \ln(0.25)\) par croissance du logarithme népérien. Finalement, on a \(n \geqslant \dfrac{\ln(0.25)}{\ln(0.897)}\simeq 12.75\). Il faut contrôler au minimum 13 athlètes pour que la probabilité de l’événement « au moins un athlète contrôlé présente un test positif » soit supérieure ou égale à 0,75.

Centres étrangers 2023

Une société de production s’interroge sur l’opportunité de programmer un jeu télévisé.
Ce jeu réunit quatre candidats et se déroule en deux phases :

  • La première phase est une phase de qualification.
    Cette phase ne dépend que du hasard. Pour chaque candidat, la probabilité de se qualifier est 0,6.
  • La deuxième phase est une compétition entre les candidats qualifiés.
    Elle n’a lieu que si deux candidats au moins sont qualifiés.

Sa durée dépend du nombre de candidats qualifiés comme l’indique le tableau ci-dessous

Nombre de candidats qualifiés
pour la deuxième phase
0 1 2 3 4
Durée de la deuxième phase en
minutes
0 0 5 9 11

Pour que la société décide de retenir ce jeu, il faut que les deux conditions suivantes soient vérifiées :

  • Condition 1 : La deuxième phase doit avoir lieu dans au moins 80% des cas.
  • Condition 2 : La durée moyenne de la deuxième phase ne doit pas excéder 6 minutes.

Le jeu peut-il être retenu ?

Afficher/Masquer la solution

Notons \(X\) la variable aléatoire qui donne le nombre de candidats qui passent la deuxième épreuve. \(X\) suit une loi binomiale de paramètres 4 et 0.6.

On a \(P(X=2)=\dbinom{4}{2} \times 0.6^2 \times 0.4^2 = 0.3456\), \(P(X=3)=\dbinom{4}{3} \times 0.6^3 \times 0.4^1 = 0.3456\) et \(P(X=4)=\dbinom{4}{4} \times 0.6^4 \times 0.4^0 = 0.1296\).

Ainsi, \(P(X\geqslant 2)=0.3456+0.3456+0.1296 =0.8208 > 0.8\). La condition 1 est donc respectée.

Soit \(T\) la variable aléatoire donnant le temps de la deuxième phase. \(T\) prend les valeurs 0, 5, 9 et 11. De plus, \(P(T=5)=P(X=2)=0.3456\), \(P(T=9)=P(X=3)=0.3456\) et \(P(T=11)=P(X=4)=0.1296\). Ainsi, \(P(T=0)=1-0.3456-0.3456-0.1296 = 0.1792\)

\(k\) 0 5 9 11
\(P(T=k)\) 0.1792 0.3456 0.3456 0.1296

On a alors \(E[T] = 0 \times 0.1792 + 5 \times 0.3456 + 9 \times 0.3456 + 11 \times 0.1296 = 6.264 >6\). La durée moyenne de la deuxième phase excède 6 minutes. La condition 2 n’est pas respectée et le jeu ne peut pas être programmé.

Accueil » Cours et exercices » Terminale générale » Loi binomiale : Exercices corrigés