Succession d'épreuves et loi binomiale : exercices type bac

On note $A$ : « la pièce vient de la machine $A$ » et $B$ : « la pièce vient de $B$ ». Les données : $P(A)=0{,}6$, $P(B)=0{,}4$, $P_A(D)=0{,}03$, $P_B(D)=0{,}05$.

L'arbre pondéré :

• $A$ ($0{,}6$)
  • $D$ ($0{,}03$)
  • $\overline D$ ($0{,}97$)
• $B$ ($0{,}4$)
  • $D$ ($0{,}05$)
  • $\overline D$ ($0{,}95$)

$(A,B)$ est une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales :

$P(D)=P(A)\,P_A(D)+P(B)\,P_B(D)=0{,}6\times0{,}03+0{,}4\times0{,}05=0{,}018+0{,}020$

✅ $P(D)=0{,}038$

$P_D(A)=\dfrac{P(A\cap D)}{P(D)}=\dfrac{0{,}018}{0{,}038}$

✅ $P_D(A)=\dfrac9{19}\approx0{,}474$

Le prélèvement est assimilé à un tirage avec remise : on répète $20$ fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli de succès « la pièce est défectueuse », de probabilité $p=P(D)=0{,}038$.

✅ $X$ suit la loi binomiale $\mathcal B(20\,;0{,}038)$.

$P(X=0)=0{,}962^{20}$

✅ $P(X=0)\approx0{,}461$

$P(X\ge2)=1-P(X=0)-P(X=1)$ avec $P(X=1)=20\times0{,}038\times0{,}962^{19}\approx0{,}3640$.

✅ $P(X\ge2)\approx1-0{,}4608-0{,}3640=0{,}175$

$E(X)=np=20\times0{,}038$

✅ $E(X)=0{,}76$

$V(X)=np(1-p)=20\times0{,}038\times0{,}962=0{,}73112$

✅ $\sigma(X)=\sqrt{0{,}73112}\approx0{,}855$

Interprétation : sur $20$ pièces, on observe en moyenne $0{,}76$ pièce défectueuse.

Soit $n$ le nombre de pièces. La variable $X_n$ suit $\mathcal B(n\,;0{,}038)$.

$P(X_n\ge1)=1-0{,}962^n\ge0{,}95\iff0{,}962^n\le0{,}05\iff n\ln0{,}962\le\ln0{,}05$

Comme $\ln0{,}962<0$, on divise en renversant l'inégalité :

$n\ge\dfrac{\ln0{,}05}{\ln0{,}962}\approx77{,}3$

✅ Il faut prélever au moins $78$ pièces.

Vérification : $1-0{,}962^{77}\approx0{,}9494<0{,}95$ et $1-0{,}962^{78}\approx0{,}9513\ge0{,}95$ ✓

Script :

n = 1
while 1 - 0.962**n < 0.95:
    n = n + 1
print(n)

Le script affiche 78.

• Q1-Q3 : événements définis, arbre complet, probabilités totales avec les deux chemins, $P_D(A)=\dfrac{P(A\cap D)}{P(D)}$.

• Q4 : justification en trois éléments : répétition identique et indépendante (tirage avec remise), succès défini, paramètres $n$ et $p$.

• Q5-Q6 : formules citées, complémentaire pour « au moins deux », espérance et écart-type avec interprétation.

• Q7 : inéquation avec $\ln$, inégalité renversée, seuil arrondi à l'entier supérieur, script cohérent.

On répète $10$ fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli de succès « le lancer est réussi », de probabilité $0{,}6$.

✅ $X$ suit la loi binomiale $\mathcal B(10\,;0{,}6)$.

$P(X=6)=\dbinom{10}6\times0{,}6^6\times0{,}4^4=210\times0{,}046656\times0{,}0256$

✅ $P(X=6)\approx0{,}251$

$P(X\ge6)=1-P(X\le5)$. Avec la calculatrice, $P(X\le5)\approx0{,}3669$.

✅ $P(X\ge6)\approx0{,}633$

$E(X)=10\times0{,}6$

✅ $E(X)=6$

$V(X)=10\times0{,}6\times0{,}4=2{,}4$

✅ $\sigma(X)=\sqrt{2{,}4}\approx1{,}55$

Soit $X_n\sim\mathcal B(n\,;0{,}6)$.

$P(X_n\ge1)=1-0{,}4^n\ge0{,}999\iff0{,}4^n\le0{,}001\iff n\ln0{,}4\le\ln0{,}001$

Comme $\ln0{,}4<0$ : $n\ge\dfrac{\ln0{,}001}{\ln0{,}4}\approx7{,}54$.

✅ Il faut au moins $n=8$ lancers.

Vérification : $1-0{,}4^7\approx0{,}9984<0{,}999$ et $1-0{,}4^8\approx0{,}9993\ge0{,}999$ ✓

• Q1 : justification complète (identique, indépendant, succès, $n$, $p$).

• Q2 : formule de $P(X=k)$ écrite, complémentaire pour $P(X\ge6)$.

• Q3 : $E(X)=np$, $V(X)=np(1-p)$, $\sigma=\sqrt V$.

• Q4 : logarithme, inégalité renversée, arrondi à l'entier supérieur, vérification avec deux valeurs.

Sachant $U_1$, on répète $4$ fois, de façon identique et indépendante (tirages avec remise), une épreuve de Bernoulli de succès « la boule est rouge », de probabilité $0{,}25$. Donc $Y$ suit $\mathcal B(4\,;0{,}25)$ conditionnellement à $U_1$.

$P_{U_1}(Y=3)=\dbinom43\times0{,}25^3\times0{,}75=4\times0{,}015625\times0{,}75$

✅ $P_{U_1}(Y=3)=0{,}046875=\dfrac3{64}$

De même, sachant $U_2$, $Y$ suit $\mathcal B(4\,;0{,}75)$ :

$P_{U_2}(Y=3)=\dbinom43\times0{,}75^3\times0{,}25=4\times0{,}421875\times0{,}25$

✅ $P_{U_2}(Y=3)=0{,}421875=\dfrac{27}{64}$

$\left(U_1,U_2\right)$ est une partition de l'univers, avec $P(U_1)=P(U_2)=\dfrac12$. D'après la formule des probabilités totales :

$P(Y=3)=\dfrac12\times\dfrac3{64}+\dfrac12\times\dfrac{27}{64}=\dfrac12\times\dfrac{30}{64}$

✅ $P(Y=3)=\dfrac{15}{64}$

$P_{(Y=3)}(U_2)=\dfrac{P(U_2\cap(Y=3))}{P(Y=3)}=\dfrac{\frac12\times\frac{27}{64}}{\frac{15}{64}}=\dfrac{27}{128}\times\dfrac{64}{15}$

✅ $P_{(Y=3)}(U_2)=\dfrac9{10}=0{,}9$

Interprétation : avec trois boules rouges sur quatre, il y a $90\,\%$ de chances que l'urne choisie soit $U_2$.

L'événement contraire de « au moins une rouge » est $Y=0$.

$P_{U_1}(Y=0)=0{,}75^4=\dfrac{81}{256}$ et $P_{U_2}(Y=0)=0{,}25^4=\dfrac1{256}$.

$P(Y=0)=\dfrac12\left(\dfrac{81}{256}+\dfrac1{256}\right)=\dfrac{41}{256}$

✅ $P(Y\ge1)=1-\dfrac{41}{256}=\dfrac{215}{256}\approx0{,}840$

• Q1 : loi binomiale conditionnelle justifiée pour chaque urne, avec le paramètre $p$ propre à l'urne.

• Q2 : partition $(U_1,U_2)$, formule des probabilités totales.

• Q3 : $P_{(Y=3)}(U_2)$ avec le chemin de $U_2$ au numérateur et $P(Y=3)$ au dénominateur.

• Q4 : complémentaire, calcul pour chaque urne, probabilités totales.