Variables aléatoires et loi binomiale : exercices corrigés de maths Terminale à télécharger en PDF

1 Compléter une loi ★★★

1. La somme des probabilités vaut 1 : \(0{,}1 + 0{,}4 + a + 0{,}2 = 1\), donc \(a = 0{,}3\).

2. \(E(X) = 0 \times 0{,}1 + 1 \times 0{,}4 + 2 \times 0{,}3 + 3 \times 0{,}2 = 0{,}4 + 0{,}6 + 0{,}6 = 1{,}6\).

2 La tombola de l’école ★★★

1. \(P(X=50) = \dfrac{1}{200} = 0{,}005\) ; \(P(X=10) = \dfrac{4}{200} = 0{,}02\) ; \(P(X=2) = \dfrac{15}{200} = 0{,}075\) ; \(P(X=0) = \dfrac{180}{200} = 0{,}9\).

2. \(E(X) = 50 \times 0{,}005 + 10 \times 0{,}02 + 2 \times 0{,}075 = 0{,}25 + 0{,}2 + 0{,}15 = 0{,}6\) €.

3. Le gain net moyen est \(0{,}6 - 1 = -0{,}4\) € par billet : le jeu est défavorable à l’acheteur (la recette sert l’école).

3 Bernoulli ou pas ? ★★★

1. Deux issues (rouge ou non) : c’est une épreuve de Bernoulli avec \(p = \dfrac{3}{10} = 0{,}3\).
2. Il y a six issues possibles qui nous intéressent chacune : ce n’est pas une épreuve de Bernoulli (la variable « numéro » n’est pas à valeurs 0 ou 1).
3. Deux issues (6 ou pas 6) : épreuve de Bernoulli avec \(p = \dfrac{1}{6}\).

4 Paramètres d’une binomiale ★★★

1. Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli (succès : obtenir 6, \(p = \dfrac{1}{6}\)), les 12 lancers sont identiques et indépendants : \(X \sim \mathcal{B}\bigl(12\,;\dfrac{1}{6}\bigr)\).

2. \(E(X) = 12 \times \dfrac{1}{6} = 2\) et \(V(X) = 12 \times \dfrac{1}{6} \times \dfrac{5}{6} = \dfrac{60}{36} = \dfrac{5}{3}\).

5 Germination ★★★

\(X \sim \mathcal{B}(4\,;0{,}8)\).

\(P(X = 4) = 0{,}8^4 = 0{,}4096\) et \(P(X = 0) = 0{,}2^4 = 0{,}0016\).

Il y a donc environ 41 % de chances que toutes les graines germent, et seulement 0,16 % qu’aucune ne germe.

6 Changement de variable ★★★

\(E(Y) = 3 \times 12 - 5 = 31\).

\(V(Y) = 3^2 \times 4 = 36\) (la constante \(-5\) ne change pas la variance).

\(\sigma(Y) = \sqrt{36} = 6\).

7 Lire un diagramme ★★★

1. \(10 + 20 + 35 + 25 + 10 = 100\) % : la somme vaut 1, c’est une loi de probabilité.

2. \(P(Y \geqslant 3) = 0{,}25 + 0{,}1 = 0{,}35\).

3. \(E(Y) = 0 \times 0{,}1 + 1 \times 0{,}2 + 2 \times 0{,}35 + 3 \times 0{,}25 + 4 \times 0{,}1 = 0{,}2 + 0{,}7 + 0{,}75 + 0{,}4 = 2{,}05\).

8 Deux boules dans une urne ★★★

1. Il y a \(\binom{10}{2} = 45\) tirages équiprobables. \(P(X=0) = \dfrac{\binom{6}{2}}{45} = \dfrac{15}{45} = \dfrac{1}{3}\) ; \(P(X=1) = \dfrac{4 \times 6}{45} = \dfrac{24}{45} = \dfrac{8}{15}\) ; \(P(X=2) = \dfrac{\binom{4}{2}}{45} = \dfrac{6}{45} = \dfrac{2}{15}\). Vérification : \(\dfrac{5}{15} + \dfrac{8}{15} + \dfrac{2}{15} = 1\).

2. \(E(X) = \dfrac{8}{15} + 2 \times \dfrac{2}{15} = \dfrac{12}{15} = \dfrac{4}{5}\). \(E(X^2) = \dfrac{8}{15} + 4 \times \dfrac{2}{15} = \dfrac{16}{15}\), donc \(V(X) = \dfrac{16}{15} - \dfrac{16}{25} = \dfrac{80 - 48}{75} = \dfrac{32}{75}\).

9 Contrôle qualité ★★★

\(X \sim \mathcal{B}(10\,;0{,}05)\). L’événement contraire de « au moins une défectueuse » est « aucune défectueuse ».

\(P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0{,}95^{10} \approx 1 - 0{,}5987 = 0{,}4013\).

Il y a environ 40 % de chances de trouver au moins une pièce défectueuse.

10 Somme de probabilités ★★★

\(X \sim \mathcal{B}(8\,;0{,}5)\), donc \(P(X = k) = \dfrac{\binom{8}{k}}{256}\).

\(P(X \leqslant 2) = \dfrac{1 + 8 + 28}{256} = \dfrac{37}{256} \approx 0{,}1445\).

11 Combien de tentatives ? ★★★

Avec \(n\) essais, \(P(X \geqslant 1) = 1 - 0{,}8^n\). On veut \(1 - 0{,}8^n \geqslant 0{,}99\), soit \(0{,}8^n \leqslant 0{,}01\).

\(n \ln 0{,}8 \leqslant \ln 0{,}01\), et comme \(\ln 0{,}8 < 0\), \(n \geqslant \dfrac{\ln 0{,}01}{\ln 0{,}8} \approx 20{,}6\).

Vérification : \(0{,}8^{20} \approx 0{,}0115 > 0{,}01\) et \(0{,}8^{21} \approx 0{,}0092 < 0{,}01\). Il faut donc au minimum 21 essais.

12 Somme et différence ★★★

\(E(S) = 3 + 5 = 8\). Par indépendance, \(V(S) = 1{,}5 + 2{,}5 = 4\), donc \(\sigma(S) = 2\).

\(E(D) = 3 - 5 = -2\). Toujours par indépendance, \(V(D) = V(X) + V(Y) = 4\) (les variances s’additionnent même pour une différence).

13 Sans remise : pas binomial ★★★

1. \(P(X = 3) = \dfrac{5}{10} \times \dfrac{4}{9} \times \dfrac{3}{8} = \dfrac{60}{720} = \dfrac{1}{12}\).

2. Pour \(\mathcal{B}(3\,;0{,}5)\), \(P(X=3) = 0{,}5^3 = \dfrac{1}{8}\). Comme \(\dfrac{1}{12} \neq \dfrac{1}{8}\), \(X\) ne suit pas la loi binomiale : sans remise, les tirages ne sont pas indépendants.

14 Un jeu de dés équitable ★★★

Il y a 36 couples équiprobables ; la somme vaut 11 avec (5 ; 6) et (6 ; 5), et 12 avec (6 ; 6) : 3 cas favorables, soit une probabilité de \(\dfrac{3}{36} = \dfrac{1}{12}\).

Le gain brut moyen est \(15 \times \dfrac{1}{12} = 1{,}25\) €. Le jeu est équitable pour une mise de 1,25 €.

15 Pièces défectueuses et Tchebychev ★★★

1. \(X \sim \mathcal{B}(200\,;0{,}03)\), \(E(X) = 6\), \(V(X) = 200 \times 0{,}03 \times 0{,}97 = 5{,}82\).

2. Avec \(\delta = 6\) : \(P(|X - 6| \geqslant 6) \leqslant \dfrac{5{,}82}{36} \approx 0{,}162\).

La probabilité d’avoir 12 pièces défectueuses ou plus (ou aucune) est donc au plus 16,2 %.

16 Taille d’un sondage ★★★

1. Le nombre de favorables \(X\) suit \(\mathcal{B}(n\,;0{,}5)\) et \(F_n = \dfrac{X}{n}\) : \(E(F_n) = 0{,}5\) et \(V(F_n) = \dfrac{n \times 0{,}25}{n^2} = \dfrac{0{,}25}{n}\).

2. Bienaymé-Tchebychev : \(P(|F_n - 0{,}5| \geqslant 0{,}05) \leqslant \dfrac{0{,}25}{n \times 0{,}05^2} = \dfrac{100}{n}\). On veut \(\dfrac{100}{n} \leqslant 0{,}05\), donc \(n \geqslant 2000\).

17 Valeur la plus probable ★★★

1. \(\dfrac{P(X=k+1)}{P(X=k)} = \dfrac{\binom{10}{k+1}}{\binom{10}{k}} \times \dfrac{0{,}3}{0{,}7} = \dfrac{10-k}{k+1} \times \dfrac{3}{7}\), car \(\dbinom{10}{k+1} = \dbinom{10}{k}\times\dfrac{10-k}{k+1}\).

2. Le rapport est \(\geqslant 1\) si \(3(10-k) \geqslant 7(k+1)\), soit \(23 \geqslant 10k\), donc \(k \leqslant 2\) (car \(k\) est entier).

3. Les probabilités augmentent jusqu’à \(P(X=3)\) puis diminuent : la valeur la plus probable est 3, avec \(P(X=3) = 120 \times 0{,}3^3 \times 0{,}7^7 \approx 0{,}2668\). À titre de comparaison, \(P(X=2) \approx 0{,}2335\) et \(P(X=4) \approx 0{,}2001\).

18 Retrouver E et V de la binomiale ★★★

1. Pour chaque \(i\), \(E(X_i) = p\) et \(V(X_i) = p(1-p)\). Par linéarité, \(E(X) = \sum E(X_i) = np\). Les \(X_i\) étant indépendantes, les variances s’additionnent : \(V(X) = \sum V(X_i) = np(1-p)\).

2. \(E(X) = 90 \times \dfrac{1}{3} = 30\) et \(V(X) = 90 \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{3} = 20\), donc \(\sigma(X) = \sqrt{20} \approx 4{,}47\).

19 Surréservation en avion ★★★

1. \(X \sim \mathcal{B}(52\,;0{,}95)\) et \(E(X) = 52 \times 0{,}95 = 49{,}4\) passagers en moyenne.

2. Quelqu’un est sans place si \(X \geqslant 51\) : \(P(X \geqslant 51) = P(X=51) + P(X=52) = 52 \times 0{,}95^{51} \times 0{,}05 + 0{,}95^{52} \approx 0{,}1901 + 0{,}0694\). Soit environ \(0{,}2595\) : plus d’une fois sur quatre, la compagnie doit trouver une solution.

20 Moyenne de lancers de dé ★★★

1. \(E(X) = \dfrac{1+2+\dots+6}{6} = 3{,}5\). \(E(X^2) = \dfrac{91}{6}\), donc \(V(X) = \dfrac{91}{6} - \dfrac{49}{4} = \dfrac{182 - 147}{12} = \dfrac{35}{12}\).

2. \(E(M_n) = 3{,}5\) et \(V(M_n) = \dfrac{35}{12n}\).

3. \(P(|M_n - 3{,}5| \geqslant 0{,}5) \leqslant \dfrac{35}{12n \times 0{,}25} = \dfrac{35}{3n}\). Pour \(n = 100\) : \(\dfrac{35}{300} \approx 0{,}1167\).

4. On veut \(\dfrac{35}{3n} \leqslant 0{,}01\), soit \(n \geqslant \dfrac{3500}{3} \approx 1166{,}7\) : il suffit de \(n = 1167\) lancers.