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Exercices corrigés : Variables aléatoires et loi binomiale — Terminale STI2D

Besoin de revoir la leçon avant de te lancer ? Cours et fiche de révision : Variables aléatoires et loi binomiale

Niveau: Terminale STI2D
Chapitre: Variables aléatoires et loi binomiale
Nombre d'exercices: 20 exercices corrigés
Difficulté: Application directe à type bac

Mis à jour le 11 septembre 2026

Prélever $20$ 20 pièces et compter les défectueuses, tester $50$ 50 soudures, interroger $100$ 100 capteurs : chaque fois qu'on répète $n$ n fois la même épreuve à deux issues, de façon indépendante, le nombre de succès suit une LOI BINOMIALE $B (n; p)$ B (n ; p). En première, on comptait les chemins de l'arbre à la main ; la terminale fournit l'outil général, les COEFFICIENTS BINOMIAUX $(k n)$ C(n, k), lisibles sur le triangle de Pascal. À partir de là, tout se calcule : la probabilité d'obtenir exactement $k$ k défauts, celle d'en avoir au moins un, et le nombre moyen attendu, $E (X) = n p$ E(X) = np. Ces 20 exercices corrigés vont du triangle de Pascal aux plans de contrôle type bac. La difficulté est croissante : l'énoncé puis la correction détaillée s'affichent d'un clic.

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Exercice 1 — Loi et espérance d'une variable aléatoire

Application directe

Le nombre $X$ X d'interventions par semaine sur une ligne suit la loi : $P (X = 0) = 0, 4$ P(X = 0) = 0,4 ; $P (X = 1) = 0, 35$ P(X = 1) = 0,35 ; $P (X = 2) = 0, 2$ P(X = 2) = 0,2 ; $P (X = 3) = 0, 05$ P(X = 3) = 0,05.

1.Vérifie qu'il s'agit bien d'une loi de probabilité.
2.Calcule $E (X)$ E(X) et interprète.

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Correction détaillée

1
Une loi de probabilité doit avoir des valeurs positives dont la somme vaut $1$ 1.
2
$0, 4 + 0, 35 + 0, 2 + 0, 05 = 1$ 0,4 + 0,35 + 0,2 + 0,05 = 1 ✔ C'est bien une loi de probabilité.
3
Espérance : $E (X) = 0 \times 0, 4 + 1 \times 0, 35 + 2 \times 0, 2 + 3 \times 0, 05$ E(X) = 0× 0,4 + 1× 0,35 + 2× 0,2 + 3× 0,05.
4
$E (X) = 0 + 0, 35 + 0, 40 + 0, 15 = 0, 9$ E(X) = 0 + 0,35 + 0,40 + 0,15 = 0,9.
5
Interprétation : sur un grand nombre de semaines, on compte en moyenne $0, 9$ 0,9 intervention par semaine, soit environ $47$ 47 interventions par an ( $0, 9 \times 52$ 0,9× 52).
6
Attention : $0, 9$ 0,9 n'est pas une valeur possible de $X$ X — c'est une moyenne à long terme, pas un résultat observable.

Réponse : Somme des probabilités

= 1

= 1 ✔ ·

E (X) = 0, 9

E(X) = 0,9 intervention par semaine (environ

47

47 par an).

Rappel de cours : $E (X) = \sum x_{i} P (X = x_{i})$ E(X) = Σ xᵢ P(X = xᵢ) : moyenne des valeurs PONDÉRÉE par leurs probabilités.

Erreur fréquente : Calculer la moyenne des valeurs $\frac{0 + 1 + 2 + 3}{4} = 1, 5$ (0+1+2+3)/4 = 1,5 : il faut pondérer par les probabilités, qui ne sont pas égales.

Exercice 2 — Le triangle de Pascal

Application directe

On construit le triangle de Pascal, dont chaque terme est la somme des deux termes situés au-dessus de lui.

1.Écris les lignes $n = 0$ n = 0 à $n = 5$ n = 5.
2.Donne $(2 5)$ C(5, 2), $(3 5)$ C(5, 3) et $(2 4)$ C(4, 2).

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Correction détaillée

1
Ligne $n = 0$ n = 0 : $1$ 1.
2
Ligne $n = 1$ n = 1 : $11$ 1 1.
3
Ligne $n = 2$ n = 2 : $121$ 1 2 1 (car $1 + 1 = 2$ 1+1 = 2).
4
Ligne $n = 3$ n = 3 : $1331$ 1 3 3 1.
5
Ligne $n = 4$ n = 4 : $14641$ 1 4 6 4 1 (car $1 + 3 = 4$ 1+3 = 4 et $3 + 3 = 6$ 3+3 = 6).
6
Ligne $n = 5$ n = 5 : $15101051$ 1 5 10 10 5 1.
7
Lecture : $(2 5) = 10$ C(5, 2) = 10 (troisième terme de la ligne $5$ 5, en comptant à partir de $k = 0$ k = 0), $(3 5) = 10$ C(5, 3) = 10 et $(2 4) = 6$ C(4, 2) = 6.
8
On retrouve les nombres de chemins dénombrés en première : la ligne $n = 4$ n = 4 donne bien $1$ 1- $4$ 4- $6$ 6- $4$ 4- $1$ 1 ✔.

Réponse : Lignes

1

1 /

11

1 1 /

121

1 2 1 /

1331

1 3 3 1 /

14641

1 4 6 4 1 /

15101051

1 5 10 10 5 1 ·

(2 5) = (3 5) = 10

C(5, 2) = C(5, 3) = 10 et

(2 4) = 6

C(4, 2) = 6.

Rappel de cours : $(k n) = (k - 1 n - 1) + (k n - 1)$ C(n, k) = C(n-1, k-1) + C(n-1, k) : chaque terme est la somme des deux au-dessus. Et la ligne $n$ n commence à $k = 0$ k = 0.

Erreur fréquente : Compter les colonnes à partir de $1$ 1 : le premier terme de chaque ligne est $(0 n) = 1$ C(n, 0) = 1, pas $(1 n)$ C(n, 1).

Exercice 3 — Reconnaître une loi binomiale

Application directe

Quatre situations sont proposées :
① on prélève $15$ 15 pièces AVEC remise dans un lot à $6%$ 6% de défauts, on compte les défectueuses ;
② on prélève $15$ 15 pièces sans remise dans un lot de $30$ 30 pièces ;
③ on teste $8$ 8 soudures indépendantes tenant chacune avec une probabilité $0, 95$ 0,95, on compte celles qui tiennent ;
④ on mesure la longueur de $15$ 15 pièces.

1.Lesquelles relèvent d'une loi binomiale ? Précise $n$ n et $p$ p.

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Correction détaillée

1
Trois conditions : épreuves à DEUX issues, IDENTIQUES, et INDÉPENDANTES ; la variable compte le nombre de succès.
2
① Avec remise, la composition du lot ne change pas : les $15$ 15 prélèvements sont identiques et indépendants.
Loi binomiale $B (15; 0, 06)$ B (15 ; 0,06) ✔
3
② Sans remise dans un lot de $30$ 30, les prélèvements ne sont NI identiques NI indépendants (la composition change à chaque tirage).
Ce n'est pas une loi binomiale ✘
4
③ Huit épreuves à deux issues, indépendantes, même probabilité : loi binomiale $B (8; 0, 95)$ B (8 ; 0,95) ✔
5
④ Une longueur prend une infinité de valeurs : ce n'est pas une épreuve de Bernoulli, donc pas de loi binomiale ✘ (elle le deviendrait en comptant les pièces hors tolérance).
6
Cas limite utile : un prélèvement sans remise dans un lot TRÈS GRAND devant l'échantillon s'assimile à un tirage avec remise.
On applique alors la loi binomiale par approximation.

Réponse : ①

B (15; 0, 06)

B (15 ; 0,06) · ② non (sans remise, petit lot) · ③

B (8; 0, 95)

B (8 ; 0,95) · ④ non (pas deux issues).

Rappel de cours : Loi binomiale : $n$ n épreuves identiques et indépendantes à deux issues, $X$ X comptant les succès. $n$ n et $p$ p sont les paramètres.

Erreur fréquente : Appliquer la loi binomiale à un tirage sans remise dans un petit lot : les probabilités changent à chaque tirage.

Exercice 4 — Calculer P(X = k)

Application directe

Soit $X$ X suivant la loi binomiale $B (5; 0, 2)$ B (5 ; 0,2).

1.Rappelle la formule de $P (X = k)$ P(X = k).
2.Calcule $P (X = 0)$ P(X = 0), $P (X = 1)$ P(X = 1) et $P (X = 2)$ P(X = 2), arrondis à $1 0^{- 4}$ 10⁻⁴.

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Correction détaillée

1
Formule : $P (X = k) = (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k}$ P(X = k) = C(n, k) p^(k)(1-p)^(n-k).
2
$P (X = 0) = (0 5) \times 0, 2^{0} \times 0, 8^{5} = 1 \times 1 \times 0, 32768 \approx 0, 3277$ P(X = 0) = C(5, 0) × 0,2⁰× 0,8⁵ = 1× 1 × 0,327 68 ≈ 0,327 7.
3
$P (X = 1) = (1 5) \times 0, 2 \times 0, 8^{4} = 5 \times 0, 2 \times 0, 4096 = 0, 4096$ P(X = 1) = C(5, 1) × 0,2× 0,8⁴ = 5× 0,2× 0,409 6 = 0,409 6.
4
$P (X = 2) = (2 5) \times 0, 2^{2} \times 0, 8^{3} = 10 \times 0, 04 \times 0, 512 = 0, 2048$ P(X = 2) = C(5, 2) × 0,2²× 0,8³ = 10× 0,04× 0,512 = 0,204 8.
5
Contrôle de vraisemblance : la valeur la plus probable est $1$ 1, ce qui est cohérent avec $E (X) = 5 \times 0, 2 = 1$ E(X) = 5× 0,2 = 1.
6
Pour information, la loi complète est $0, 3277$ 0,327 7 ; $0, 4096$ 0,409 6 ; $0, 2048$ 0,204 8 ; $0, 0512$ 0,051 2 ; $0, 0064$ 0,006 4 ; $0, 00032$ 0,000 32, de somme $1$ 1 ✔.

Réponse :

P (X = k) = (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k}

P(X=k) = C(n, k) p^(k)(1-p)^(n-k) ·

P (X = 0) \approx 0, 3277

P(X=0) ≈ 0,327 7 ·

P (X = 1) \approx 0, 4096

P(X=1) ≈ 0,409 6 ·

P (X = 2) \approx 0, 2048

P(X=2) ≈ 0,204 8.

Rappel de cours : Trois facteurs : le NOMBRE de chemins $(k n)$ C(n, k), les $k$ k succès $p^{k}$ p^(k), les $n - k$ n-k échecs $(1 - p)^{n - k}$ (1-p)^(n-k).

Erreur fréquente : Oublier le coefficient binomial : sans le $10$ 10, $P (X = 2)$ P(X=2) tomberait à $0, 0205$ 0,0205, soit dix fois trop peu.

Exercice 5 — Espérance d'une loi binomiale

Application directe

Une production comporte $3%$ 3% de pièces non conformes.

On prélève $50$ 50 pièces (avec remise, ou dans un lot très grand).

On note $X$ X le nombre de pièces non conformes.

1.Donne la loi suivie par $X$ X.
2.Calcule $E (X)$ E(X) et interprète.

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Correction détaillée

1
Les $50$ 50 prélèvements sont identiques, indépendants, à deux issues : $X$ X suit la loi binomiale $B (50; 0, 03)$ B (50 ; 0,03).
2
Espérance d'une loi binomiale : $E (X) = n p$ E(X) = n p.
3
$E (X) = 50 \times 0, 03 = 1, 5$ E(X) = 50× 0,03 = 1,5.
4
Interprétation : sur un grand nombre d'échantillons de $50$ 50 pièces, on trouve en moyenne $1, 5$ 1,5 pièce non conforme par échantillon.
5
Concrètement, cela signifie qu'un échantillon contient le plus souvent $1$ 1 ou $2$ 2 pièces non conformes — jamais $1, 5$ 1,5, qui est une moyenne.
6
Contrôle de cohérence : $1, 5$ 1,5 pièce sur $50$ 50, cela fait bien $3%$ 3% ✔ L'espérance retrouve toujours la proportion de départ.

Réponse :

X

X suit

B (50; 0, 03)

B (50 ; 0,03) ·

E (X) = 50 \times 0, 03 = 1, 5

E(X) = 50× 0,03 = 1,5 pièce non conforme en moyenne.

Rappel de cours : Pour une loi binomiale, $E (X) = n p$ E(X) = np — inutile de passer par la loi complète.

Erreur fréquente : Calculer l'espérance par la somme $\sum k P (X = k)$ Σ k P(X=k) : c'est juste, mais $51$ 51 termes à calculer là où $n p$ np suffit.

Exercice 6 — Propriétés des coefficients binomiaux

À maîtriser

On s'intéresse aux coefficients $(k n)$ C(n, k).

1.Calcule $(0 6)$ C(6, 0), $(1 6)$ C(6, 1), $(2 6)$ C(6, 2) et $(3 6)$ C(6, 3).
2.Justifie que $(4 6) = (2 6)$ C(6, 4) = C(6, 2).
3.Quelle est la somme de tous les coefficients de la ligne $n = 6$ n = 6 ?

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Correction détaillée

1
Ligne $n = 6$ n = 6 du triangle de Pascal, construite depuis la ligne $5$ 5 ( $15101051$ 1 5 10 10 5 1) : $1615201561$ 1 6 15 20 15 6 1.
2
Donc $(0 6) = 1$ C(6, 0) = 1, $(1 6) = 6$ C(6, 1) = 6, $(2 6) = 15$ C(6, 2) = 15 et $(3 6) = 20$ C(6, 3) = 20.
3
Symétrie : $(4 6) = 15 = (2 6)$ C(6, 4) = 15 = C(6, 2) ✔.
4
Justification : choisir $4$ 4 éléments parmi $6$ 6, c'est exactement choisir les $2$ 2 qu'on laisse de côté.
D'où $(k n) = (n - k n)$ C(n, k) = C(n, n-k).
5
Somme de la ligne : $1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64$ 1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64.
6
Or $64 = 2^{6}$ 64 = 2⁶ : la somme des coefficients de la ligne $n$ n vaut toujours $2^{n}$ 2ⁿ.
7
Interprétation : c'est le nombre total de chemins de l'arbre à $6$ 6 répétitions, chaque chemin étant compté une fois selon son nombre de succès.

Réponse : Ligne

6

6 :

1; 6; 15; 20; 15; 6; 1

1 ; 6 ; 15 ; 20 ; 15 ; 6 ; 1 ·

(4 6) = (2 6) = 15

C(6, 4) = C(6, 2) = 15 par symétrie · somme

= 64 = 2^{6}

= 64 = 2⁶.

Rappel de cours : $(k n) = (n - k n)$ C(n, k) = C(n, n-k) (symétrie) et $\sum_{k} (k n) = 2^{n}$ Σₖ C(n, k) = 2ⁿ (nombre total de chemins).

Erreur fréquente : Croire que $(3 6)$ C(6, 3) est le plus grand par hasard : le maximum est toujours au MILIEU de la ligne.

Exercice 7 — Au moins un défaut

À maîtriser

Une machine produit $5%$ 5% de pièces défectueuses.

On prélève $10$ 10 pièces.

On note $X$ X le nombre de pièces défectueuses, qui suit $B (10; 0, 05)$ B (10 ; 0,05).

1.Calcule $P (X = 0)$ P(X = 0).
2.Calcule la probabilité qu'au moins une pièce soit défectueuse.
3.Calcule $P (X \leq 1)$ P(X ≤ 1).

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Correction détaillée

1
$P (X = 0) = (0 10) \times 0, 0 5^{0} \times 0, 9 5^{10} = 0, 9 5^{10}$ P(X = 0) = C(10, 0) × 0,05⁰× 0,95¹⁰ = 0,95¹⁰.
2
$0, 9 5^{10} \approx 0, 5987$ 0,95¹⁰ ≈ 0,598 7.
3
Au moins une défectueuse : c'est l'évènement contraire de « aucune ».
4
$P (X \geq 1) = 1 - P (X = 0) \approx 1 - 0, 5987 = 0, 4013$ P(X ≥ 1) = 1 - P(X = 0) ≈ 1 - 0,598 7 = 0,401 3.
5
$P (X = 1) = (1 10) \times 0, 05 \times 0, 9 5^{9} = 10 \times 0, 05 \times 0, 63025 \approx 0, 3151$ P(X = 1) = C(10, 1) × 0,05× 0,95⁹ = 10× 0,05× 0,630 25 ≈ 0,315 1.
6
$P (X \leq 1) = P (X = 0) + P (X = 1) \approx 0, 5987 + 0, 3151 = 0, 9138$ P(X ≤ 1) = P(X=0) + P(X=1) ≈ 0,598 7 + 0,315 1 = 0,913 8.
7
Lecture : dans $91, 4%$ 91,4% des échantillons de $10$ 10 pièces, on trouve au plus une pièce défectueuse.
Un échantillon avec deux défauts ou plus est donc plutôt rare ( $8, 6%$ 8,6%).

Réponse :

P (X = 0) = 0, 9 5^{10} \approx 0, 599

P(X=0) = 0,95¹⁰ ≈ 0,599 ·

P (X \geq 1) \approx 0, 401

P(X ≥ 1) ≈ 0,401 ·

P (X \leq 1) \approx 0, 914

P(X ≤ 1) ≈ 0,914.

Rappel de cours : $P (X \geq 1) = 1 - P (X = 0)$ P(X ≥ 1) = 1 - P(X = 0) : un seul calcul au lieu de dix.

Erreur fréquente : Calculer $P (X \geq 1)$ P(X ≥ 1) en additionnant $P (X = 1)$ P(X=1) à $P (X = 10)$ P(X=10) : dix termes, dix risques d'erreur, alors que le contraire suffit.

Exercice 8 — Loi complète et valeur la plus probable

À maîtriser

Soit $X$ X suivant $B (12; 0, 15)$ B (12 ; 0,15), comptant les pièces à retoucher dans un échantillon de $12$ 12.

1.Calcule $P (X = 0)$ P(X = 0), $P (X = 1)$ P(X = 1), $P (X = 2)$ P(X = 2) et $P (X = 3)$ P(X = 3) à $1 0^{- 4}$ 10⁻⁴ près.
2.Quelle est la valeur la plus probable ? Compare avec $E (X)$ E(X).

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Correction détaillée

1
$P (X = 0) = 0, 8 5^{12} \approx 0, 1422$ P(X = 0) = 0,85¹² ≈ 0,142 2.
2
$P (X = 1) = (1 12) \times 0, 15 \times 0, 8 5^{11} = 12 \times 0, 15 \times 0, 1673 \approx 0, 3012$ P(X = 1) = C(12, 1) × 0,15× 0,85¹¹ = 12× 0,15× 0,167 3 ≈ 0,301 2.
3
$P (X = 2) = (2 12) \times 0, 1 5^{2} \times 0, 8 5^{10} = 66 \times 0, 0225 \times 0, 1969 \approx 0, 2924$ P(X = 2) = C(12, 2) × 0,15²× 0,85¹⁰ = 66× 0,0225× 0,196 9 ≈ 0,292 4.
4
$P (X = 3) = (3 12) \times 0, 1 5^{3} \times 0, 8 5^{9} = 220 \times 0, 003375 \times 0, 2316 \approx 0, 1720$ P(X = 3) = C(12, 3) × 0,15³× 0,85⁹ = 220× 0,003 375× 0,231 6 ≈ 0,172 0.
5
La valeur la plus probable est $1$ 1 (avec $0, 3012$ 0,301 2), suivie de très près par $2$ 2 ( $0, 2924$ 0,292 4).
6
Espérance : $E (X) = 12 \times 0, 15 = 1, 8$ E(X) = 12× 0,15 = 1,8.
7
L'espérance $1, 8$ 1,8 se situe entre les deux valeurs les plus probables ( $1$ 1 et $2$ 2) — ce qui est le cas général : le maximum de la loi est atteint au voisinage de $n p$ np.
8
Contrôle : $0, 1422 + 0, 3012 + 0, 2924 + 0, 1720 = 0, 9078$ 0,142 2 + 0,301 2 + 0,292 4 + 0,172 0 = 0,907 8, et il reste $9, 2%$ 9,2% pour les valeurs de $4$ 4 à $12$ 12 ✔ cohérent avec une loi centrée sur $1, 8$ 1,8.

Réponse :

P (X = 0) \approx 0, 1422

P(X=0) ≈ 0,142 2 ;

P (X = 1) \approx 0, 3012

P(X=1) ≈ 0,301 2 ;

P (X = 2) \approx 0, 2924

P(X=2) ≈ 0,292 4 ;

P (X = 3) \approx 0, 1720

P(X=3) ≈ 0,172 0 · valeur la plus probable

1

1, avec

E (X) = 1, 8

E(X) = 1,8.

Rappel de cours : Le maximum de la loi binomiale est atteint autour de $n p$ np : c'est un contrôle immédiat de vraisemblance.

Erreur fréquente : Confondre « valeur la plus probable » (un entier, ici $1$ 1) et « espérance » (un décimal, ici $1, 8$ 1,8).

Exercice 9 — Probabilités cumulées

À maîtriser

Soit $X$ X suivant $B (20; 0, 08)$ B (20 ; 0,08), comptant les pièces hors tolérance dans un prélèvement de $20$ 20.

1.Calcule $P (X = 0)$ P(X = 0), $P (X = 1)$ P(X = 1) et $P (X = 2)$ P(X = 2) à $1 0^{- 4}$ 10⁻⁴ près.
2.Calcule $P (X \leq 2)$ P(X ≤ 2) puis $P (X \geq 3)$ P(X ≥ 3).
3.Calcule $E (X)$ E(X).

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Correction détaillée

1
$P (X = 0) = 0, 9 2^{20} \approx 0, 1887$ P(X = 0) = 0,92²⁰ ≈ 0,188 7.
2
$P (X = 1) = 20 \times 0, 08 \times 0, 9 2^{19} \approx 20 \times 0, 08 \times 0, 2051 \approx 0, 3282$ P(X = 1) = 20× 0,08× 0,92¹⁹ ≈ 20× 0,08× 0,205 1 ≈ 0,328 2.
3
$P (X = 2) = (2 20) \times 0, 0 8^{2} \times 0, 9 2^{18} = 190 \times 0, 0064 \times 0, 2229 \approx 0, 2711$ P(X = 2) = C(20, 2) × 0,08²× 0,92¹⁸ = 190× 0,0064× 0,222 9 ≈ 0,271 1.
4
$P (X \leq 2) \approx 0, 1887 + 0, 3282 + 0, 2711 = 0, 7880$ P(X ≤ 2) ≈ 0,188 7 + 0,328 2 + 0,271 1 = 0,788 0.
5
$P (X \geq 3) = 1 - P (X \leq 2) \approx 1 - 0, 7880 = 0, 2120$ P(X ≥ 3) = 1 - P(X ≤ 2) ≈ 1 - 0,788 0 = 0,212 0.
6
$E (X) = 20 \times 0, 08 = 1, 6$ E(X) = 20 × 0,08 = 1,6 pièce hors tolérance par prélèvement.
7
Lecture pour le contrôle : si l'on décidait d'arrêter la production dès $3$ 3 pièces hors tolérance dans un prélèvement, on l'arrêterait dans $21, 2%$ 21,2% des cas alors que la production est « normale ».
C'est le taux de fausses alertes du plan de contrôle.

Réponse :

P (X = 0) \approx 0, 1887

P(X=0) ≈ 0,188 7 ;

P (X = 1) \approx 0, 3282

P(X=1) ≈ 0,328 2 ;

P (X = 2) \approx 0, 2711

P(X=2) ≈ 0,271 1 ·

P (X \leq 2) \approx 0, 788

P(X≤ 2) ≈ 0,788 et

P (X \geq 3) \approx 0, 212

P(X ≥ 3) ≈ 0,212 ·

E (X) = 1, 6

E(X) = 1,6.

Rappel de cours : $P (X \geq k) = 1 - P (X \leq k - 1)$ P(X ≥ k) = 1 - P(X ≤ k-1) : on passe toujours par le cumul le plus court à calculer.

Erreur fréquente : Écrire $P (X \geq 3) = 1 - P (X \leq 3)$ P(X ≥ 3) = 1 - P(X ≤ 3) : on oublierait $P (X = 3)$ P(X = 3), qui appartient à l'évènement cherché.

Exercice 10 — Fiabilité d'un système redondant

À maîtriser

Un dispositif comporte $5$ 5 modules identiques et indépendants, chacun fonctionnant avec une probabilité $0, 9$ 0,9.

On note $X$ X le nombre de modules en fonctionnement.

1.Donne la loi de $X$ X.
2.Le dispositif fonctionne s'il reste au moins $4$ 4 modules actifs. Calcule sa fiabilité.
3.Compare avec l'exigence « les $5$ 5 modules actifs ».

Voir la correction

Correction détaillée

1
$X$ X suit $B (5; 0, 9)$ B (5 ; 0,9).
2
$P (X = 5) = 0, 9^{5} = 0, 59049$ P(X = 5) = 0,9⁵ = 0,590 49.
3
$P (X = 4) = (4 5) \times 0, 9^{4} \times 0, 1 = 5 \times 0, 6561 \times 0, 1 = 0, 32805$ P(X = 4) = C(5, 4) × 0,9⁴× 0,1 = 5× 0,656 1× 0,1 = 0,328 05.
4
Fiabilité avec le critère « au moins $4$ 4 » : $P (X \geq 4) = 0, 59049 + 0, 32805 = 0, 91854$ P(X ≥ 4) = 0,590 49 + 0,328 05 = 0,918 54, soit environ $91, 9%$ 91,9%.
5
Avec l'exigence des $5$ 5 modules : la fiabilité tombe à $59, 0%$ 59,0%.
6
La tolérance d'une seule panne fait donc gagner près de $33$ 33 points de fiabilité — c'est tout l'intérêt de la redondance.
7
Contrôle : $E (X) = 5 \times 0, 9 = 4, 5$ E(X) = 5× 0,9 = 4,5 modules actifs en moyenne, ce qui rend le critère « au moins $4$ 4 » très souvent satisfait ✔.

Réponse :

X \sim B (5; 0, 9)

X ~ B (5 ; 0,9) ·

P (X \geq 4) \approx 0, 919

P(X ≥ 4) ≈ 0,919 · contre

P (X = 5) \approx 0, 590

P(X = 5) ≈ 0,590 si l'on exige les cinq modules.

Rappel de cours : Tolérer une panne, c'est passer de $P (X = n)$ P(X = n) à $P (X \geq n - 1)$ P(X ≥ n-1) : le gain de fiabilité est souvent considérable.

Erreur fréquente : Prendre $p = 0, 1$ p = 0,1 (la panne) comme paramètre tout en comptant les modules qui FONCTIONNENT : il faut choisir le succès et s'y tenir.

Exercice 11 — Combien d'essais pour être sûr ?

Type contrôle

Un défaut affecte $10%$ 10% des pièces d'un lot très grand.

On veut détecter au moins une pièce défectueuse avec une probabilité d'au moins $0, 95$ 0,95.

1.Exprime la probabilité de détecter au moins un défaut sur $n$ n prélèvements.
2.Détermine le nombre minimal de pièces à prélever.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Le nombre de défauts suit $B (n; 0, 1)$ B (n ; 0,1), et « au moins un » est le contraire de « aucun ».
2
$P (X \geq 1) = 1 - 0, 9^{n}$ P(X ≥ 1) = 1 - 0,9^(n).
3
Condition : $1 - 0, 9^{n} \geq 0, 95$ 1 - 0,9^(n) ≥ 0,95, soit $0, 9^{n} \leq 0, 05$ 0,9^(n) ≤ 0,05.
4
On applique le logarithme décimal : $n lo g 0, 9 \leq lo g 0, 05$ nlog 0,9 ≤ log 0,05.
5
$lo g 0, 9 \approx - 0, 045757$ log 0,9 ≈ -0,045 757 et $lo g 0, 05 \approx - 1, 30103$ log 0,05 ≈ -1,301 03.
En divisant par $lo g 0, 9$ log 0,9, négatif, l'inégalité s'inverse.
6
$n \geq \frac{- 1 , 301 03}{- 0 , 045 757} \approx 28, 43$ n ≥ (-1,301 03)/(-0,045 757) ≈ 28,43.
7
Il faut donc prélever au moins $29$ 29 pièces.
8
Contrôle : $0, 9^{28} \approx 0, 0523$ 0,9²⁸ ≈ 0,0523 (insuffisant) et $0, 9^{29} \approx 0, 0471 \leq 0, 05$ 0,9²⁹ ≈ 0,0471 ≤ 0,05 ✔.
9
Remarque de contrôle qualité : détecter un défaut à $10%$ 10% exige déjà $29$ 29 pièces.
Pour un défaut à $1%$ 1%, il en faudrait $299$ 299 : plus le défaut est rare, plus l'échantillon doit être grand.

Réponse :

P (X \geq 1) = 1 - 0, 9^{n}

P(X≥ 1) = 1 - 0,9^(n) · condition

0, 9^{n} \leq 0, 05

0,9^(n) ≤ 0,05, soit

n \geq 28, 43

n ≥ 28,43 : il faut prélever

29

29 pièces.

Rappel de cours : Un seuil sur « au moins un succès » se résout par le contraire, puis par le logarithme (avec inversion du sens de l'inégalité).

Erreur fréquente : Répondre $28$ 28 : $0, 9^{28} \approx 0, 052 > 0, 05$ 0,9²⁸ ≈ 0,052 > 0,05, le seuil n'est pas atteint. Un nombre d'essais s'arrondit vers le HAUT.

Exercice 12 — Plan de contrôle d'un lot

Type contrôle

Un fournisseur livre des lots très grands.

Le plan de contrôle prévoit de prélever $20$ 20 pièces et de refuser le lot dès qu'on trouve au moins $3$ 3 pièces défectueuses.

1.Si le lot contient $8%$ 8% de pièces défectueuses, quelle est la probabilité de le refuser ?
2.Si le lot contient $2%$ 2% de pièces défectueuses, quelle est la probabilité de le refuser à tort ?
3.Ce plan est-il satisfaisant ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
Avec $p = 0, 08$ p = 0,08 : $X \sim B (20; 0, 08)$ X ~ B (20 ; 0,08) et l'on a calculé $P (X \leq 2) \approx 0, 788$ P(X ≤ 2) ≈ 0,788.
2
Probabilité de refus : $P (X \geq 3) \approx 0, 212$ P(X ≥ 3) ≈ 0,212, soit $21, 2%$ 21,2%.
3
Avec $p = 0, 02$ p = 0,02 : $P (X = 0) = 0, 9 8^{20} \approx 0, 6676$ P(X = 0) = 0,98²⁰ ≈ 0,667 6 ; $P (X = 1) = 20 \times 0, 02 \times 0, 9 8^{19} \approx 0, 2725$ P(X = 1) = 20× 0,02× 0,98¹⁹ ≈ 0,272 5 ; $P (X = 2) = 190 \times 0, 0004 \times 0, 9 8^{18} \approx 0, 0528$ P(X = 2) = 190 × 0,0004× 0,98¹⁸ ≈ 0,052 8.
4
$P (X \leq 2) \approx 0, 9929$ P(X ≤ 2) ≈ 0,992 9, donc $P (X \geq 3) \approx 0, 0071$ P(X ≥ 3) ≈ 0,007 1, soit $0, 71%$ 0,71% de refus injustifiés.
5
Analyse : le plan refuse à tort moins de $1%$ 1% des bons lots — c'est excellent pour le fournisseur.
6
Mais il ne refuse que $21, 2%$ 21,2% des lots à $8%$ 8% de défauts : près de quatre lots médiocres sur cinq sont ACCEPTÉS.
C'est très insuffisant pour le client.
7
Conclusion : le plan protège le fournisseur, pas l'acheteur.
Pour améliorer la détection, il faudrait augmenter la taille de l'échantillon (par exemple $50$ 50 pièces) ou abaisser le critère de refus (dès $2$ 2 défauts).
8
Ordre de grandeur du gain : avec le critère « dès $2$ 2 défauts » sur $20$ 20 pièces, un lot à $8%$ 8% serait refusé dans $1 - 0, 1887 - 0, 3282 \approx 48, 3%$ 1 - 0,188 7 - 0,328 2 ≈ 48,3% des cas.

Réponse : Lot à

8%

8% : refusé dans

\approx 21, 2%

≈ 21,2% des cas · lot à

2%

2% : refusé à tort dans

\approx 0, 71%

≈ 0,71% des cas · plan trop peu sévère pour le client.

Rappel de cours : Un plan de contrôle se juge sur DEUX risques : refuser un bon lot, et accepter un mauvais lot.

Erreur fréquente : Ne calculer qu'un seul des deux risques : un plan qui ne refuse presque jamais à tort peut être inefficace à détecter les mauvais lots.

Exercice 13 — Espérance et prévision de rebuts

Type contrôle

Une ligne produit $4000$ 4 000 pièces par jour, avec $2, 5%$ 2,5% de rebuts.

Chaque rebut coûte $18$ 18 €.

1.Quelle loi suit le nombre $X$ X de rebuts quotidiens ?
2.Calcule $E (X)$ E(X) et le coût quotidien moyen des rebuts.
3.Un plan d'action ramène le taux à $1, 6%$ 1,6%. Quelle économie annuelle (sur $220$ 220 jours) peut-on espérer ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
Chaque pièce est un rebut avec une probabilité $0, 025$ 0,025, indépendamment des autres : $X$ X suit $B (4000; 0, 025)$ B (4 000 ; 0,025).
2
$E (X) = 4000 \times 0, 025 = 100$ E(X) = 4 000 × 0,025 = 100 rebuts par jour.
3
Coût quotidien moyen : $100 \times 18 = 1800$ 100 × 18 = 1 800 €.
4
Avec le nouveau taux : $E (X^{'}) = 4000 \times 0, 016 = 64$ E(X') = 4 000× 0,016 = 64 rebuts, soit $64 \times 18 = 1152$ 64× 18 = 1 152 € par jour.
5
Économie quotidienne : $1800 - 1152 = 648$ 1 800 - 1 152 = 648 €.
6
Économie annuelle : $648 \times 220 = 142560$ 648 × 220 = 142 560 €.
7
Remarque de méthode : pour un coût moyen, l'espérance suffit — inutile de calculer la loi complète, ce qui serait d'ailleurs impraticable avec $n = 4000$ n = 4 000.
8
Contrôle : la baisse de taux est de $0, 9$ 0,9 point, soit $36$ 36 rebuts par jour à $18$ 18 € — on retrouve bien $648$ 648 € ✔.

Réponse :

X \sim B (4000; 0, 025)

X ~ B (4 000 ; 0,025) ·

E (X) = 100

E(X) = 100 rebuts, soit

1800

1 800 € par jour · avec

1, 6%

1,6%, économie de

648

648 € par jour, soit

142560

142 560 € par an.

Rappel de cours : Coût moyen $= E (X) \times$ = E(X)× coût unitaire. L'espérance se calcule par $n p$ np, quelle que soit la taille de $n$ n.

Erreur fréquente : Vouloir calculer $P (X = 100)$ P(X = 100) : la question ne porte que sur une MOYENNE, l'espérance y répond directement.

Exercice 14 — Deux tailles d'échantillon

Type contrôle

Un procédé produit $5%$ 5% de pièces non conformes.

On compare deux prélèvements : $n = 10$ n = 10 et $n = 40$ n = 40 pièces.

1.Calcule $E (X)$ E(X) dans chaque cas.
2.Calcule $P (X = 0)$ P(X = 0) dans chaque cas.
3.Que peut-on dire de la fréquence observée de non-conformes selon la taille ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
$n = 10$ n = 10 : $E (X) = 10 \times 0, 05 = 0, 5$ E(X) = 10× 0,05 = 0,5 pièce non conforme.
2
$n = 40$ n = 40 : $E (X) = 40 \times 0, 05 = 2$ E(X) = 40× 0,05 = 2 pièces non conformes.
3
$P (X = 0)$ P(X = 0) pour $n = 10$ n = 10 : $0, 9 5^{10} \approx 0, 5987$ 0,95¹⁰ ≈ 0,598 7, soit près de $60%$ 60% d'échantillons sans aucun défaut.
4
$P (X = 0)$ P(X = 0) pour $n = 40$ n = 40 : $0, 9 5^{40} \approx 0, 1285$ 0,95⁴⁰ ≈ 0,128 5, soit seulement $13%$ 13%.
5
Sur $10$ 10 pièces, la fréquence observée ne peut valoir que $0$ 0, $0, 1$ 0,1, $0, 2$ 0,2… : elle est très « grossière » et s'écarte facilement de $0, 05$ 0,05.
6
Sur $40$ 40 pièces, les valeurs possibles sont $0$ 0, $0, 025$ 0,025, $0, 05$ 0,05, $0, 075$ 0,075… : la fréquence peut s'approcher beaucoup plus finement de $0, 05$ 0,05.
7
Conclusion : plus l'échantillon est grand, plus la fréquence observée se concentre autour de $p$ p.
C'est la fluctuation d'échantillonnage, déjà rencontrée en première, ici expliquée par la loi binomiale.
8
Contre-intuition à noter : un petit échantillon donne PLUS souvent « zéro défaut », ce qui peut faussement rassurer sur la qualité du procédé.

Réponse :

E (X) = 0, 5

E(X) = 0,5 pour

n = 10

n = 10 et

2

2 pour

n = 40

n = 40 ·

P (X = 0) \approx 0, 599

P(X=0) ≈ 0,599 contre

\approx 0, 129

≈ 0,129 · la fréquence observée se resserre autour de

0, 05

0,05 quand

n

n grandit.

Rappel de cours : $E (X) = n p$ E(X) = np croît avec $n$ n, mais la FRÉQUENCE $\frac{X}{n}$ X/n se concentre autour de $p$ p : c'est elle qu'on compare à la proportion annoncée.

Erreur fréquente : Conclure qu'un petit échantillon est rassurant parce qu'il ne contient aucun défaut : avec $10$ 10 pièces, cela arrive six fois sur dix même à $5%$ 5% de défauts.

Exercice 15 — Redondance deux parmi quatre

Type contrôle

Un système comporte $4$ 4 pompes identiques et indépendantes, chacune disponible avec une probabilité $0, 85$ 0,85.

Le débit requis est assuré dès que $2$ 2 pompes au moins fonctionnent.

1.Donne la loi du nombre $X$ X de pompes disponibles et calcule $E (X)$ E(X).
2.Calcule $P (X = 0)$ P(X = 0) et $P (X = 1)$ P(X = 1).
3.Calcule la fiabilité du système.
4.Que deviendrait-elle avec l'exigence « $3$ 3 pompes au moins » ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
$X$ X suit $B (4; 0, 85)$ B (4 ; 0,85), et $E (X) = 4 \times 0, 85 = 3, 4$ E(X) = 4× 0,85 = 3,4 pompes disponibles en moyenne.
2
$P (X = 0) = 0, 1 5^{4} = 0, 00050625$ P(X = 0) = 0,15⁴ = 0,000 506 25.
3
$P (X = 1) = (1 4) \times 0, 85 \times 0, 1 5^{3} = 4 \times 0, 85 \times 0, 003375 = 0, 011475$ P(X = 1) = C(4, 1) × 0,85× 0,15³ = 4× 0,85× 0,003 375 = 0,011 475.
4
Fiabilité (au moins $2$ 2) : $P (X \geq 2) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1)$ P(X ≥ 2) = 1 - P(X=0) - P(X=1).
5
$= 1 - 0, 000506 - 0, 011475 = 0, 988019$ = 1 - 0,000 506 - 0,011 475 = 0,988 019, soit environ $98, 80%$ 98,80%.
6
Avec l'exigence « au moins $3$ 3 » : il faut retirer aussi $P (X = 2)$ P(X = 2).
7
$P (X = 2) = (2 4) \times 0, 8 5^{2} \times 0, 1 5^{2} = 6 \times 0, 7225 \times 0, 0225 = 0, 0975375$ P(X = 2) = C(4, 2) × 0,85²× 0,15² = 6× 0,7225× 0,0225 = 0,097 537 5.
8
$P (X \geq 3) = 0, 988019 - 0, 097538 \approx 0, 890481$ P(X ≥ 3) = 0,988 019 - 0,097 538 ≈ 0,890 481, soit environ $89, 05%$ 89,05%.
9
Comparaison : exiger une pompe de plus fait perdre près de $10$ 10 points de fiabilité ( $98, 8%$ 98,8% contre $89, 0%$ 89,0%).
10
Lecture d'ingénieur : chaque exigence supplémentaire coûte cher en disponibilité.
On dimensionne donc le nombre de pompes selon le débit réellement nécessaire, pas « par sécurité ».
11
Contrôle : $P (X = 3) = 4 \times 0, 8 5^{3} \times 0, 15 = 0, 368475$ P(X = 3) = 4× 0,85³× 0,15 = 0,368 475 et $P (X = 4) = 0, 8 5^{4} \approx 0, 522006$ P(X=4) = 0,85⁴ ≈ 0,522 006, dont la somme vaut bien $0, 890481$ 0,890 481 ✔.

Réponse :

X \sim B (4; 0, 85)

X ~ B (4 ; 0,85) et

E (X) = 3, 4

E(X) = 3,4 ·

P (X = 0) \approx 0, 00051

P(X=0) ≈ 0,000 51 et

P (X = 1) \approx 0, 01148

P(X=1) ≈ 0,011 48 · fiabilité

\approx 98, 80%

≈ 98,80% · seulement

\approx 89, 05%

≈ 89,05% avec « au moins

3

3 ».

Rappel de cours : « Au moins $k$ k » se calcule en retirant les cas $0$ 0, $1$ 1, …, $k - 1$ k-1 : c'est presque toujours plus court que la somme directe.

Erreur fréquente : Calculer $P (X \geq 2)$ P(X ≥ 2) comme $1 - P (X = 2)$ 1 - P(X = 2) : le contraire de « au moins $2$ 2 » est « au plus $1$ 1 », donc DEUX termes à retirer.

Exercice 16 — Type bac : contrôle à la réception

Type bac / défi

Un atelier reçoit des vérins par lots très grands contenant $6%$ 6% de pièces non conformes.

On prélève $8$ 8 vérins.

On note $X$ X le nombre de vérins non conformes.

1.Justifie que $X$ X suit une loi binomiale et donne ses paramètres.
2.Calcule $P (X = 0)$ P(X = 0) et $P (X = 1)$ P(X = 1) à $1 0^{- 4}$ 10⁻⁴ près.
3.Calcule la probabilité qu'au moins deux vérins soient non conformes.
4.Calcule $E (X)$ E(X) et interprète.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Les lots étant très grands, prélever $8$ 8 vérins revient à répéter $8$ 8 fois la même épreuve à deux issues (conforme / non conforme), de façon indépendante, avec $p = 0, 06$ p = 0,06.
2
Donc $X$ X suit la loi binomiale $B (8; 0, 06)$ B (8 ; 0,06).
3
$P (X = 0) = 0, 9 4^{8}$ P(X = 0) = 0,94⁸.
Or $0, 9 4^{8} \approx 0, 6096$ 0,94⁸ ≈ 0,609 6, donc $P (X = 0) \approx 0, 6096$ P(X = 0) ≈ 0,609 6.
4
$P (X = 1) = (1 8) \times 0, 06 \times 0, 9 4^{7} = 8 \times 0, 06 \times 0, 6485 \approx 0, 3113$ P(X = 1) = C(8, 1) × 0,06× 0,94⁷ = 8× 0,06× 0,648 5 ≈ 0,311 3.
5
Au moins deux : $P (X \geq 2) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1) \approx 1 - 0, 6096 - 0, 3113 = 0, 0791$ P(X ≥ 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) ≈ 1 - 0,609 6 - 0,311 3 = 0,079 1.
6
Soit environ $7, 9%$ 7,9% des prélèvements.
7
$E (X) = 8 \times 0, 06 = 0, 48$ E(X) = 8× 0,06 = 0,48 vérin non conforme par prélèvement.
8
Interprétation : sur un grand nombre de prélèvements de $8$ 8 vérins, on trouve en moyenne un peu moins d'un vérin non conforme.
Le cas le plus fréquent est d'ailleurs « aucun » ( $61%$ 61%).
9
Contrôle de cohérence : $E (X) = 0, 48$ E(X) = 0,48 est bien compatible avec une loi où $P (X = 0)$ P(X=0) domine, et où $P (X \geq 2)$ P(X ≥ 2) reste faible ✔.

Réponse :

X \sim B (8; 0, 06)

X ~ B (8 ; 0,06) ·

P (X = 0) \approx 0, 6096

P(X=0) ≈ 0,609 6 et

P (X = 1) \approx 0, 3113

P(X=1) ≈ 0,311 3 ·

P (X \geq 2) \approx 0, 079

P(X ≥ 2) ≈ 0,079 ·

E (X) = 0, 48

E(X) = 0,48.

Rappel de cours : Justifier la loi binomiale demande TROIS points : deux issues, épreuves identiques et indépendantes. Le « lot très grand » justifie l'indépendance.

Erreur fréquente : Prendre $p = 0, 94$ p = 0,94 tout en comptant les NON conformes : le paramètre $p$ p est la probabilité de l'évènement compté.

Exercice 17 — Type bac : coût d'un lot avec garantie

Type bac / défi

Un fabricant vend des lots de $10$ 10 capteurs.

Chaque capteur est défectueux avec une probabilité $0, 04$ 0,04, indépendamment des autres.

Il remplace gratuitement chaque capteur défectueux, ce qui lui coûte $35$ 35 €.

Le lot est vendu $600$ 600 €, pour un coût de production de $420$ 420 €.

1.Donne la loi du nombre $X$ X de capteurs défectueux d'un lot et calcule $E (X)$ E(X).
2.Calcule le coût moyen des remplacements par lot.
3.Calcule le bénéfice moyen par lot.
4.Calcule la probabilité qu'un lot ne nécessite aucun remplacement.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$X$ X suit $B (10; 0, 04)$ B (10 ; 0,04), et $E (X) = 10 \times 0, 04 = 0, 4$ E(X) = 10 × 0,04 = 0,4 capteur défectueux par lot.
2
Coût moyen des remplacements : $E (35 X) = 35 E (X) = 35 \times 0, 4 = 14$ E(35X) = 35 E(X) = 35× 0,4 = 14 € par lot.
3
On utilise ici la linéarité de l'espérance : $E (a X) = a E (X)$ E(aX) = a E(X), inutile de passer par la loi complète.
4
Bénéfice moyen : $600 - 420 - 14 = 166$ 600 - 420 - 14 = 166 € par lot.
5
Aucun remplacement : $P (X = 0) = 0, 9 6^{10}$ P(X = 0) = 0,96¹⁰.
Or $0, 9 6^{10} \approx 0, 6648$ 0,96¹⁰ ≈ 0,664 8, donc environ $66, 5%$ 66,5% des lots.
6
Contrôle de cohérence : si $66, 5%$ 66,5% des lots ne coûtent rien en garantie, et que le coût moyen est de $14$ 14 €, les lots avec remplacement coûtent en moyenne $\frac{14}{0 , 335} \approx 41, 8$ 14/0,335 ≈ 41,8 €, soit un peu plus d'un capteur ✔.
7
Marge de sécurité : le pire cas raisonnable (trois remplacements, de probabilité $P (X = 3) = 120 \times 0, 0 4^{3} \times 0, 9 6^{7} \approx 0, 0058$ P(X = 3) = 120× 0,04³× 0,96⁷ ≈ 0,005 8) coûterait $105$ 105 €, ce qui laisse encore un bénéfice de $75$ 75 € ✔ Le modèle économique tient.

Réponse :

X \sim B (10; 0, 04)

X ~ B (10 ; 0,04) et

E (X) = 0, 4

E(X) = 0,4 · coût moyen de garantie

14

14 € · bénéfice moyen

166

166 € par lot ·

P (X = 0) \approx 0, 665

P(X=0) ≈ 0,665.

Rappel de cours : $E (a X + b) = a E (X) + b$ E(aX + b) = a E(X) + b : un coût proportionnel au nombre de défauts se calcule directement à partir de $n p$ np.

Erreur fréquente : Calculer le coût de garantie sur les seuls lots concernés : le coût MOYEN de $14$ 14 € se répartit sur tous les lots, y compris ceux sans défaut.

Exercice 18 — Type bac : vote majoritaire sur trois capteurs

Type bac / défi

Un système de sécurité utilise trois capteurs identiques et indépendants.

Chacun donne la bonne information avec une probabilité $p$ p.

Le système retient la valeur majoritaire (au moins $2$ 2 capteurs d'accord).

1.Exprime la probabilité que le système donne la bonne information, en fonction de $p$ p.
2.Calcule cette probabilité pour $p = 0, 9$ p = 0,9 puis $p = 0, 95$ p = 0,95.
3.Le système triple est-il toujours meilleur qu'un capteur seul ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
Le nombre $X$ X de capteurs corrects suit $B (3; p)$ B (3 ; p).
Le système est correct si $X \geq 2$ X ≥ 2.
2
$P (X \geq 2) = P (X = 2) + P (X = 3) = 3 p^{2} (1 - p) + p^{3}$ P(X ≥ 2) = P(X = 2) + P(X = 3) = 3p²(1-p) + p³.
3
Pour $p = 0, 9$ p = 0,9 : $3 \times 0, 81 \times 0, 1 + 0, 729 = 0, 243 + 0, 729 = 0, 972$ 3× 0,81× 0,1 + 0,729 = 0,243 + 0,729 = 0,972.
4
Le système triple atteint $97, 2%$ 97,2% contre $90%$ 90% pour un capteur seul : la probabilité d'erreur passe de $10%$ 10% à $2, 8%$ 2,8%.
5
Pour $p = 0, 95$ p = 0,95 : $3 \times 0, 9025 \times 0, 05 + 0, 857375 = 0, 135375 + 0, 857375 = 0, 99275$ 3× 0,9025× 0,05 + 0,857 375 = 0,135 375 + 0,857 375 = 0,992 75.
6
L'erreur passe de $5%$ 5% à $0, 725%$ 0,725%, soit une division par près de $7$ 7.
7
Dernière question : testons $p = 0, 4$ p = 0,4 (capteur médiocre).
$P (X \geq 2) = 3 \times 0, 16 \times 0, 6 + 0, 064 = 0, 288 + 0, 064 = 0, 352$ P(X≥ 2) = 3× 0,16× 0,6 + 0,064 = 0,288 + 0,064 = 0,352.
8
$0, 352 < 0, 4$ 0,352 < 0,4 : le système triple est PIRE que le capteur seul !
9
Explication : le vote majoritaire amplifie la tendance dominante.
Si un capteur se trompe plus souvent qu'il n'a raison ( $p < 0, 5$ p < 0,5), la majorité se trompe encore plus souvent.
10
Conclusion : la redondance par vote majoritaire n'améliore la fiabilité que si chaque capteur est déjà meilleur que le hasard ( $p > 0, 5$ p > 0,5).
Et à $p = 0, 5$ p = 0,5 exactement, les deux valent $0, 5$ 0,5.

Réponse :

P (X \geq 2) = 3 p^{2} (1 - p) + p^{3}

P(X≥ 2) = 3p²(1-p) + p³ ·

0, 972

0,972 pour

p = 0, 9

p = 0,9 et

0, 99275

0,992 75 pour

p = 0, 95

p = 0,95 · mais pour

p = 0, 4

p = 0,4, le vote donne

0, 352 < 0, 4

0,352 < 0,4 : la redondance n'aide que si

p > 0, 5

p > 0,5.

Rappel de cours : Vote majoritaire sur $3$ 3 : $P = 3 p^{2} (1 - p) + p^{3}$ P = 3p²(1-p) + p³. Il améliore la fiabilité si et seulement si $p > 0, 5$ p > 0,5.

Erreur fréquente : Croire que tripler un composant améliore toujours la fiabilité : avec des capteurs peu fiables, le vote majoritaire dégrade le résultat.

Exercice 19 — Type bac : échantillon et décision

Type bac / défi

Un fournisseur affirme que ses pièces sont conformes à $97%$ 97%.

Un atelier prélève $30$ 30 pièces et en trouve $3$ 3 non conformes.

On note $X$ X le nombre de pièces non conformes, en supposant l'affirmation vraie.

1.Quelle loi suit $X$ X ? Calcule $E (X)$ E(X).
2.Calcule $P (X \geq 3)$ P(X ≥ 3) sachant que $P (X = 0) \approx 0, 4010$ P(X = 0) ≈ 0,401 0, $P (X = 1) \approx 0, 3721$ P(X = 1) ≈ 0,372 1 et $P (X = 2) \approx 0, 1667$ P(X = 2) ≈ 0,166 7.
3.Le résultat observé remet-il en cause l'affirmation du fournisseur ?

Voir la correction

Correction détaillée

1
Sous l'hypothèse du fournisseur, chaque pièce est non conforme avec une probabilité $0, 03$ 0,03 : $X$ X suit $B (30; 0, 03)$ B (30 ; 0,03).
2
$E (X) = 30 \times 0, 03 = 0, 9$ E(X) = 30 × 0,03 = 0,9 pièce non conforme attendue.
3
$P (X \geq 3) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1) - P (X = 2)$ P(X ≥ 3) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) - P(X = 2).
4
$P (X \geq 3) \approx 1 - 0, 4010 - 0, 3721 - 0, 1667 = 0, 0602$ P(X ≥ 3) ≈ 1 - 0,401 0 - 0,372 1 - 0,166 7 = 0,060 2.
5
Soit environ $6%$ 6% : observer $3$ 3 pièces non conformes ou plus sur $30$ 30 arrive donc dans $6%$ 6% des prélèvements, même si le fournisseur dit vrai.
6
Interprétation : le résultat est un peu défavorable (on attendait $0, 9$ 0,9 non conforme, on en trouve $3$ 3), mais il n'est pas EXCEPTIONNEL.
Un évènement à $6%$ 6% se produit environ une fois sur seize.
7
Conclusion à formuler : ce prélèvement ne suffit pas à remettre en cause l'affirmation du fournisseur.
Il justifie en revanche un second prélèvement, plus grand, pour trancher.
8
Repère usuel : on considère qu'un résultat est incompatible avec l'hypothèse quand sa probabilité descend sous $5%$ 5%.
Ici, $6, 0%$ 6,0% est juste au-dessus de ce seuil — d'où la prudence de la conclusion.
9
Contrôle : si l'on avait trouvé $4$ 4 non conformes, la probabilité $P (X \geq 4)$ P(X ≥ 4) tomberait à environ $1, 2%$ 1,2%, et l'on rejetterait alors l'affirmation.

Réponse :

X \sim B (30; 0, 03)

X ~ B (30 ; 0,03) et

E (X) = 0, 9

E(X) = 0,9 ·

P (X \geq 3) \approx 0, 060

P(X ≥ 3) ≈ 0,060 · le résultat est défavorable mais pas décisif : il ne permet pas de rejeter l'affirmation, il appelle un contrôle plus large.

Rappel de cours : Pour juger une affirmation, on calcule la probabilité d'observer un résultat AU MOINS aussi défavorable sous l'hypothèse. Une probabilité faible ( $< 5%$ < 5%) la rend douteuse.

Erreur fréquente : Conclure « $3$ 3 sur $30$ 30 fait $10%$ 10%, donc le fournisseur mentait » : sur un petit échantillon, une fréquence de $10%$ 10% est compatible avec une proportion réelle de $3%$ 3%.

Exercice 20 — Type bac : loi binomiale et algorithme

Type bac / défi

On étudie $X$ X suivant $B (n; 0, 1)$ B (n ; 0,1).

On veut connaître la plus petite valeur de $n$ n telle que $P (X \geq 1) \geq 0, 99$ P(X ≥ 1) ≥ 0,99.

1.Exprime $P (X \geq 1)$ P(X ≥ 1) en fonction de $n$ n.
2.Résous l'inéquation avec le logarithme décimal.
3.Écris un programme Python qui renvoie ce $n$ n minimal pour un seuil $s$ s donné.
4.Applique-le mentalement pour $s = 0, 99$ s = 0,99.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$P (X \geq 1) = 1 - P (X = 0) = 1 - 0, 9^{n}$ P(X ≥ 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0,9^(n).
2
Condition : $1 - 0, 9^{n} \geq 0, 99$ 1 - 0,9^(n) ≥ 0,99, soit $0, 9^{n} \leq 0, 01$ 0,9^(n) ≤ 0,01.
3
Logarithme : $n lo g 0, 9 \leq lo g 0, 01 = - 2$ nlog 0,9 ≤ log 0,01 = -2, et en divisant par $lo g 0, 9 \approx - 0, 045757$ log 0,9 ≈ -0,045 757 (négatif, donc inversion) :
4
$n \geq \frac{- 2}{- 0 , 045 757} \approx 43, 71$ n ≥ (-2)/(-0,045 757) ≈ 43,71.
5
La plus petite valeur entière est donc $n = 44$ n = 44.
6
Programme, par accumulation du produit :
7
$def taille(s):$ def taille(s): $q = 1$ q = 1 $n = 0$ n = 0 $while 1 - q < s:$ while 1 - q < s: $q = 0.9 * q$ q = 0.9 * q $n = n + 1$ n = n + 1 $return n$ return n
8
La variable $q$ q contient $0, 9^{n}$ 0,9^(n) à chaque tour : on évite ainsi de recalculer une puissance entière.
9
Pour $s = 0, 99$ s = 0,99, la boucle s'arrête dès que $0, 9^{n} \leq 0, 01$ 0,9^(n) ≤ 0,01, donc elle renvoie $44$ 44 ✔ conforme au calcul par logarithme.
10
Contrôle : $0, 9^{43} \approx 0, 0108$ 0,9⁴³ ≈ 0,010 8 (insuffisant) et $0, 9^{44} \approx 0, 0095 \leq 0, 01$ 0,9⁴⁴ ≈ 0,009 5 ≤ 0,01 ✔.
11
Lecture pratique : pour être quasi certain ( $99%$ 99%) de détecter un défaut présent à $10%$ 10%, il faut contrôler $44$ 44 pièces.
La certitude coûte cher en contrôle.

Réponse :

P (X \geq 1) = 1 - 0, 9^{n}

P(X≥ 1) = 1 - 0,9^(n) ·

n \geq \frac{lo g 0 , 01}{lo g 0 , 9} \approx 43, 71

n ≥ (log 0,01)/(log 0,9) ≈ 43,71, donc

n = 44

n = 44 · boucle

while 1 - q < s

while 1 - q < s avec

q = 0.9*q

q = 0.9*q.

Rappel de cours : Dans un programme de seuil, on met à jour la puissance par MULTIPLICATION successive plutôt que de la recalculer.

Erreur fréquente : Écrire $while 1 - q <= s$ while 1 - q <= s ou inverser la condition : le programme renverrait $43$ 43 ou tournerait indéfiniment. La condition de boucle doit traduire exactement « le seuil n'est pas encore atteint ».

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