Exercices de Loi binomiale, Terminale

Pour pouvoir modéliser le nombre de succès par une loi binomiale, il faut que l'expérience soit un schéma de Bernoulli, c'est-à-dire la répétition d'épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes.

- Pour le protocole 1 (tirage sans remise) :
La composition du paquet change après chaque tirage. Au premier tirage, la probabilité d'obtenir un as est $\frac{4}{32}=\frac{1}{8}$. Si la première carte tirée est un as, il ne reste plus que $3$ as parmi $31$ cartes au deuxième tirage, donc la probabilité d'obtenir un as devient $\frac{3}{31}\ne \frac{1}{8}$. Or, sans information sur la première carte, la deuxième est un as avec la probabilité $\frac{4}{32}\times \frac{3}{31}+\frac{28}{32}\times \frac{4}{31}=\frac{1}{8}$ : savoir que la première carte est un as modifie cette probabilité, donc les tirages ne sont pas indépendants. De plus, la taille de la population ($32$ cartes) est trop restreinte pour assimiler le tirage à un tirage avec remise. Ainsi, ce n'est pas un schéma de Bernoulli, et la situation ne peut pas être modélisée par une loi binomiale dans le protocole 1 : par exemple, la probabilité d'obtenir trois as vaut $\frac{4}{32}\times \frac{3}{31}\times \frac{2}{30}=\frac{1}{1240}$, et non ${\left(\frac{1}{8}\right)}^3=\frac{1}{512}$ comme le donnerait la loi $\mathcal{B}\left(3;\frac{1}{8}\right)$.

- Pour le protocole 2 (tirage avec remise) :
À chaque tirage, la carte est remise dans le paquet mélangé. La composition du paquet reste strictement identique à chaque tirage : il y a toujours $32$ cartes dont $4$ as. Chaque tirage constitue une épreuve de Bernoulli à deux issues (« obtenir un as » avec $p=\frac{4}{32}=\frac{1}{8}$, ou « ne pas obtenir un as »). Ces épreuves sont répétées $3$ fois de manière identique et indépendante. Par conséquent, dans le protocole 2, le nombre d'as obtenus suit la loi binomiale $\mathcal{B}\left(3;\frac{1}{8}\right)$.

1. Soit $X_A$ le nombre de faces « pile » obtenues en $6$ lancers indépendants d'une pièce équilibrée. $X_A$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(6;0,5)$.
Arthur gagne si $X_A⩾4$, ce qui correspond à $X_A=4$, $X_A=5$ ou $X_A=6$.
On calcule :
- $P(X_A=4)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{4}\right)\times {\left(\frac{1}{2}\right)}^4\times {\left(\frac{1}{2}\right)}^2=15\times \frac{1}{64}=\frac{15}{64}$.
- $P(X_A=5)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{5}\right)\times {\left(\frac{1}{2}\right)}^5\times {\left(\frac{1}{2}\right)}^1=6\times \frac{1}{64}=\frac{6}{64}$.
- $P(X_A=6)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{6}\right)\times {\left(\frac{1}{2}\right)}^6=1\times \frac{1}{64}=\frac{1}{64}$.
Ainsi, $P(X_A⩾4)=\frac{15+6+1}{64}=\frac{22}{64}=\frac{11}{32}$.
En écriture décimale, $\frac{11}{32}=0,34375$.

2. Soit $X_B$ le nombre de fois où le chiffre $6$ apparaît en $4$ lancers indépendants d'un dé équilibré. $X_B$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}\left(4;\frac{1}{6}\right)$.
Béatrice gagne si $X_B⩾2$. On utilise l'événement contraire :
$P(X_B⩾2)=1-P(X_B=0)-P(X_B=1)$.
- $P(X_B=0)={\left(\frac{5}{6}\right)}^4=\frac{625}{1296}$.
- $P(X_B=1)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)\times {\left(\frac{1}{6}\right)}^1\times {\left(\frac{5}{6}\right)}^3=4\times \frac{125}{1296}=\frac{500}{1296}$.
On a donc $P(X_B⩽1)=\frac{625+500}{1296}=\frac{1125}{1296}$.
D'où $P(X_B⩾2)=1-\frac{1125}{1296}=\frac{171}{1296}=\frac{19}{144}$.
En écriture décimale, $\frac{19}{144}\approx 0,13194$.

3. On constate que $P(X_A⩾4)=\frac{11}{32}\approx 0,344$ est nettement supérieure à $P(X_B⩾2)=\frac{19}{144}\approx 0,132$.
C'est donc le jeu A (celui d'Arthur) qui offre la probabilité de victoire la plus élevée.