Exercices corrigés — Probabilités & statistiques

Une loi de probabilité doit vérifier : chaque $p_i$ dans $[0;1]$ et $\sum p_i=1$.

$E(X)=\sum x_i\,p_i$ : attention au signe du gain $-2$.

Le jeu est favorable au joueur si $E(X)$ est strictement positive.

Deux questions, deux gestes indépendants — et la première n'est pas une formalité.

Question 1 : « vérifier qu'il s'agit d'une loi de probabilité ». Il y a deux conditions à contrôler, pas une :

• chaque probabilité est comprise entre $0$ et $1$ ;
• leur somme vaut exactement $1$.

La seconde est celle qu'on cite ; la première est celle qu'on oublie. Les deux se vérifient en trois secondes.

Question 2 : l'espérance. C'est la moyenne des gains pondérée par leurs probabilités. Sa lecture concrète : si on jouait un très grand nombre de fois, le gain moyen par partie tendrait vers $E(X)$.

⚠️ Attention au mot algébrique dans l'énoncé : la valeur $-2$ est une perte, et elle entre dans le calcul avec son signe. C'est elle qui va décider du verdict.

Première condition : chaque valeur est dans $[0;1]$.

Seconde condition : la somme vaut $1$.

Les deux conditions sont remplies : c'est bien une loi de probabilité.

Présentation en tableau — c'est la forme attendue, et elle rend le calcul suivant immédiat :

On multiplie chaque valeur par sa probabilité, puis on additionne :

Interprétation. $E(X)>0$ : sur un grand nombre de parties, le joueur gagne en moyenne 30 centimes par billet. Le jeu est favorable au joueur.

⚠️ Cela ne veut pas dire qu'on gagne à chaque partie — dans un cas sur deux on perd $2$ €. L'espérance est une moyenne à long terme, jamais une prédiction sur une partie.

Ordre de grandeur : sur $100$ billets, le joueur récupère en moyenne $100\times 0{,}3=30$ € de plus qu'il n'a misé. C'est un jeu qu'un organisateur n'aurait pas intérêt à proposer.

Vocabulaire à connaître : un jeu est dit équitable lorsque $E(X)=0$. Ici $E(X)=0{,}3\ne 0$, donc le jeu n'est pas équitable — il penche du côté du joueur.

Loi de probabilité d'une variable aléatoire discrète Une loi est donnée par les valeurs $x_1,\dots,x_n$ et leurs probabilités $p_1,\dots,p_n$, avec

$$0\leq p_i\leq 1 \qquad\text{et}\qquad \sum_{i=1}^{n}p_i=1$$

Les deux conditions, pas seulement la somme.

Espérance

$$E(X)=\sum_{i=1}^{n}x_i\,p_i$$

C'est la moyenne pondérée des valeurs. Elle a la même unité que $X$ (ici des euros).

Interprétation d'un jeu

signe de $E(X)$	verdict
$E(X)>0$	favorable au joueur
$E(X)=0$	jeu équitable
$E(X)<0$	favorable à l'organisateur

Un jeu de casino est conçu pour que $E(X)<0$ pour le joueur — c'est ce qui finance l'établissement.

Loi des grands nombres La moyenne des gains observés sur $N$ parties tend vers $E(X)$ quand $N$ devient grand. C'est ce qui donne son sens concret à l'espérance.

⚠️ Oublier le signe de la perte : calculer $2\times 0{,}5+1\times 0{,}3+5\times 0{,}2=2{,}3$.

La conséquence est un verdict faussement enthousiaste : on annoncerait un gain moyen de $2{,}30$ € au lieu de $0{,}30$ €. Le mot « algébrique » de l'énoncé est là précisément pour signaler que les signes comptent.

⚠️ Faire la moyenne des valeurs sans les probabilités : $\dfrac{-2+1+5}{3}=\dfrac{4}{3}\approx 1{,}33$.

Pourquoi c'est faux : cela reviendrait à supposer les trois issues également probables, alors que la perte a une probabilité de $0{,}5$ — elle pèse beaucoup plus lourd que les deux autres. L'espérance est une moyenne pondérée.

⚠️ Ne vérifier que la somme à la question 1 et oublier l'encadrement des $p_i$. La question demande de vérifier qu'on a bien une loi de probabilité : une valeur négative ou supérieure à $1$ disqualifierait immédiatement, même si la somme faisait $1$.

⚠️ Conclure « le jeu est favorable » sans justifier par le signe. La réponse attendue est du type « $E(X)=0{,}3>0$, donc le jeu est favorable au joueur ». Le raisonnement est ce qui est noté, pas le nombre seul.

⚠️ Confondre espérance et gain garanti. Écrire « le joueur gagne $0{,}30$ € » est faux : il gagne $0{,}30$ € en moyenne, sur un grand nombre de parties. Sur une partie donnée, il perd $2$ € une fois sur deux.

Une loi de probabilité, c'est DEUX conditions : $0\leq p_i\leq 1$ et $\sum p_i=1$.

Les valeurs entrent avec leur signe. Une perte est une valeur négative, et c'est souvent elle qui décide du verdict.

Le signe de $E(X)$ donne l'interprétation : positif = favorable au joueur, nul = jeu équitable, négatif = favorable à l'organisateur. Justifier la conclusion par ce signe, pas par le nombre seul.

L'espérance est une moyenne à long terme, jamais une prédiction sur une partie.

$E(X)=\sum x_i p_i$.

Calcule d'abord $E(X^2)=\sum x_i^2 p_i$, puis $V(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$.

$\sigma(X)=\sqrt{V(X)}$.

Trois grandeurs à calculer, et il faut les prendre dans cet ordre : $E(X)$, puis $V(X)$, puis $\sigma(X)$. Chacune a besoin de la précédente.

Ce que chacune mesure :

C'est l'unité qui explique pourquoi $\sigma$ existe. La variance est une moyenne de carrés d'écarts : si $X$ est en euros, $V(X)$ est en euros carrés, ce qui ne se compare à rien. La racine carrée ramène la dispersion dans la même unité que les données — d'où le nom « écart-type ».

La formule à employer est celle de König-Huygens, $V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}$ : elle demande un seul passage sur le tableau au lieu de deux.

Commençons par ranger les données :

(la somme vaut bien $1$ ✓)

Contrôle de plausibilité : $1{,}9$ est bien compris entre $0$ et $3$, et plutôt proche de $2$ — normal, puisque $2$ et $3$ portent à eux deux $70\ \%$ de la probabilité. Une espérance hors de l'intervalle des valeurs serait forcément fausse.

On calcule d'abord $E(X^{2})$ : mêmes probabilités, valeurs élevées au carré.

Formule de König-Huygens :

⚠️ C'est $\big(E(X)\big)^{2}$ qu'on soustrait, pas $E(X^{2})$ une seconde fois. Les deux quantités sont différentes : ici $4{,}5$ et $3{,}61$ — et leur différence, positive, est la variance.

Contrôle : une variance est toujours positive ou nulle. Un résultat négatif signale une erreur, systématiquement.

(arrondi au centième, comme demandé)

Lecture. Les valeurs de $X$ s'écartent de leur moyenne $1{,}9$ de $0{,}94$ en ordre de grandeur. Puisque $X$ ne prend que les valeurs $0$ à $3$, un écart-type proche de $1$ est cohérent : la dispersion occupe environ un tiers de l'étendue.

Contrôle de plausibilité : $\sigma$ ne peut jamais dépasser la moitié de l'étendue des valeurs, ici $\dfrac{3-0}{2}=1{,}5$. On a $0{,}94<1{,}5$ ✓ — un écart-type de $5$ sur des valeurs comprises entre $0$ et $3$ serait absurde.

Les trois formules

$$E(X)=\sum x_ip_i \qquad V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2} \qquad \sigma(X)=\sqrt{V(X)}$$

avec $E(X^{2})=\sum x_i^{2}\,p_i$ — mêmes probabilités, valeurs au carré.

L'autre écriture de la variance

$$V(X)=\sum \big(x_i-E(X)\big)^{2}p_i$$

Elle est équivalente et montre bien ce que la variance mesure — la moyenne des carrés des écarts à la moyenne. Mais elle demande de calculer $E(X)$ puis de repasser sur tout le tableau. König-Huygens est plus rapide.

Propriétés à connaître

• $V(X)\geq 0$ toujours, et $V(X)=0$ seulement si $X$ est constante ;
• $E(X)$ est dans l'intervalle des valeurs possibles ;
• $\sigma$ a la même unité que $X$, $V$ a son carré.

Contrôles gratuits Une espérance hors de l'intervalle des valeurs, une variance négative, un écart-type supérieur à la demi-étendue : trois signaux d'erreur, à vérifier avant de rendre.

⚠️ Oublier de soustraire $E(X)^{2}$ et répondre $V(X)=4{,}5$. La variance ne se lit pas directement dans $E(X^{2})$ : elle en est la différence avec le carré de l'espérance.

Le contrôle : $4{,}5$ serait une variance énorme pour des valeurs comprises entre $0$ et $3$ — l'écart-type vaudrait $2{,}12$, soit plus que la demi-étendue $1{,}5$. Impossible.

⚠️ Confondre $E(X^{2})$ et $E(X)^{2}$. Ce sont deux nombres différents : $4{,}5$ et $3{,}61$. La notation les distingue par la position du carré, et l'ordre des opérations n'est pas le même.

• $E(X^{2})$ : on carre d'abord, on moyenne ensuite ;
• $E(X)^{2}$ : on moyenne d'abord, on carre ensuite.

⚠️ Élever aussi les probabilités au carré dans le calcul de $E(X^{2})$ : écrire $\sum x_i^{2}p_i^{2}$. Seules les valeurs sont au carré ; les probabilités restent inchangées, sinon leur somme ne vaudrait plus $1$.

⚠️ Rendre $V(X)$ au lieu de $\sigma(X)$, ou l'inverse. L'écart-type est la racine de la variance. Ici $0{,}89$ et $0{,}94$ sont proches, ce qui rend la confusion facile — mais un énoncé qui demande « au centième » attend $0{,}94$.

⚠️ Arrondir trop tôt. Calculer $\sigma$ à partir d'un $V$ déjà arrondi propage l'erreur. Garder les valeurs exactes jusqu'au dernier calcul, arrondir une seule fois, à la fin.

Dans cet ordre : chacune a besoin de la précédente.

$E(X^{2})\ne E(X)^{2}$ — c'est la confusion n°1 du chapitre. Pour $E(X^{2})$ : mêmes probabilités, valeurs au carré.

Trois contrôles gratuits : $E(X)$ dans l'intervalle des valeurs, $V(X)\geq 0$, $\sigma$ inférieur à la demi-étendue. Les faire avant de rendre.

$\sigma$ existe pour l'unité : la variance est en unité au carré, l'écart-type ramène la dispersion à l'échelle des données.

Trois ingrédients à citer : répétition de $n$ épreuves identiques, indépendance, deux issues par épreuve.

Le « succès » est ici « la pièce est défectueuse », de probabilité $p=0{,}02$.

$P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$ ; pour $k=0$ il reste $(0{,}98)^{10}$.

La question 1 dit « justifier », pas « admettre ». C'est une question de cours déguisée : il faut vérifier les quatre conditions du schéma de Bernoulli, une par une, sur la situation décrite.

Le réflexe qui fait gagner des points : ne pas répondre « c'est une binomiale car on répète une expérience », mais dérouler la liste.

Les quatre conditions, et où l'énoncé les donne :

⚠️ La parenthèse « assimilée à un tirage avec remise » n'est pas du décor : c'est elle qui donne l'indépendance. Sans remise, les tirages ne seraient plus indépendants (la probabilité d'un défaut dépendrait des tirages précédents) et la loi ne serait plus binomiale.

On répète $n=10$ fois, de façon indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli à deux issues :

• succès : la pièce est défectueuse, de probabilité $p=0{,}02$ ;
• échec : la pièce est conforme, de probabilité $1-p=0{,}98$.

$X$ compte le nombre de succès sur ces $10$ répétitions. Donc

⚠️ Le mot « succès » n'a rien de positif ici : c'est simplement l'événement qu'on compte. Compter les pièces défectueuses fait de la défaillance le succès. Le choisir à l'envers donnerait $p=0{,}98$ et des résultats sans rapport.

Le contrôle qui l'attrape : $E(X)=np=10\times 0{,}02=0{,}2$. Sur $10$ pièces à $2\ \%$ de défaut, on en attend $0{,}2$ en moyenne — c'est cohérent. Avec $p=0{,}98$ on attendrait $9{,}8$ pièces défectueuses sur $10$, ce qui contredit l'énoncé.

Pour $k=0$ — le cas le plus simple, car $\binom{10}{0}=1$ et $p^{0}=1$ :

Pour $k=1$ — ici $\binom{10}{1}=10$ :

Lecture. Dans plus de $8$ cas sur $10$, aucune pièce du lot n'est défectueuse ; dans environ $17\ \%$ des cas il y en a exactement une. Il reste donc $1-0{,}8171-0{,}1667\approx 0{,}016$, soit $1{,}6\ \%$ de chances d'en avoir deux ou plus.

Contrôle : la somme $0{,}8171+0{,}1667=0{,}9838$ est inférieure à $1$, ce qui est nécessaire — il reste de la place pour les autres valeurs. Une somme supérieure à $1$ signalerait une erreur immédiatement.

Schéma de Bernoulli — les quatre conditions

1. une épreuve à deux issues (succès / échec) ;
2. répétée un nombre $n$ fixé de fois ;
3. les répétitions sont indépendantes ;
4. la probabilité $p$ du succès est la même à chaque répétition.

Alors le nombre $X$ de succès suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n;p)$.

Formule

$$P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}, \qquad k=0,1,\dots,n$$

Les trois facteurs : le nombre de façons d'obtenir $k$ succès, la probabilité de $k$ succès, celle de $n-k$ échecs.

Espérance et variance

$$E(X)=np \qquad V(X)=np(1-p) \qquad \sigma(X)=\sqrt{np(1-p)}$$

Avec ou sans remise Avec remise (ou population très grande devant l'échantillon) $\to$ binomiale. Sans remise dans une petite population $\to$ loi hypergéométrique, pas binomiale. La mention « assimilé à un tirage avec remise » d'un énoncé est là pour autoriser le modèle binomial.

Valeurs particulières

$$\binom{n}{0}=1 \qquad \binom{n}{1}=n \qquad \binom{n}{n}=1 \qquad p^{0}=1$$

⚠️ Prendre $p=0{,}98$ en confondant « succès » avec « issue favorable au sens courant ». Le succès est l'événement compté par $X$ — ici la défectuosité.

Le contrôle : $E(X)=np$ doit être plausible. Avec $p=0{,}02$ on attend $0{,}2$ pièce défectueuse sur $10$ ✓ ; avec $p=0{,}98$ on en attendrait $9{,}8$ ✗

⚠️ Répondre « c'est une binomiale car on répète 10 fois » sans citer les quatre conditions. La question dit « justifier » : c'est le raisonnement qui est noté, et l'indépendance est la condition qu'on oublie.

⚠️ Intervertir $p$ et $1-p$ dans la formule : écrire $\binom{10}{1}(0{,}98)^{1}(0{,}02)^{9}$. L'exposant de $p$ est $k$, celui de $1-p$ est $n-k$ — pas l'inverse.

Le contrôle : la version fautive donnerait $10\times 0{,}98\times 0{,}02^{9}\approx 5\times 10^{-15}$, un nombre absurdement petit pour un événement banal.

⚠️ Oublier le coefficient binomial : écrire $P(X=1)=0{,}02\times 0{,}98^{9}\approx 0{,}0167$, dix fois trop petit. Le facteur $\binom{10}{1}=10$ compte les positions possibles de la pièce défectueuse parmi les dix.

⚠️ Arrondir à $10^{-4}$ en donnant $0{,}817$. Quatre décimales sont demandées : $0{,}8171$. Un chiffre manquant est une réponse incomplète.

⚠️ Écrire $\binom{10}{0}=0$. Il vaut $1$ : il y a une façon de ne choisir aucune pièce.

« Justifier une binomiale » = dérouler les quatre conditions. Deux issues, $n$ fixé, indépendance, $p$ constante. C'est le raisonnement qui est noté.

Le succès est l'événement que $X$ COMPTE, indépendamment de son caractère souhaitable. Ici c'est la pièce défectueuse.

$E(X)=np$ est le contrôle de plausibilité gratuit : si le nombre moyen de succès attendu contredit l'énoncé, c'est que $p$ a été pris à l'envers.

L'exposant de $p$ est $k$, celui de $1-p$ est $n-k$. Les intervertir donne un ordre de grandeur absurde, ce qui se voit.

$P(X=2)=\binom{20}{2}(0{,}1)^2(0{,}9)^{18}$ avec $\binom{20}{2}=190$.

$P(X\leq 1)=P(X=0)+P(X=1)$.

$E(X)=np$ et $V(X)=np(1-p)$.

L'énoncé donne directement la loi : $\mathcal{B}(20\,;\,0{,}1)$. Il n'y a rien à justifier, seulement à calculer — mais trois calculs de natures différentes.

1) $P(X=2)$ — application directe de la formule.

2) $P(X\leq 1)$ — attention, c'est une probabilité cumulée. « Au plus $1$ » signifie $0$ ou $1$ : il faut additionner deux termes. C'est le point où l'on perd des points en oubliant $P(X=0)$.

3) $E(X)$, $V(X)$, $\sigma(X)$ — formules directes, aucun calcul de somme.

⚠️ Deux arrondis différents sont demandés : $10^{-4}$ pour les probabilités, le centième pour $\sigma$. Lire cette consigne avant de calculer évite d'avoir à tout reprendre.

Le coefficient binomial :

Le calcul :

Contrôle de plausibilité : $E(X)=np=2$, donc $X=2$ est la valeur la plus attendue. Une probabilité proche de $0{,}29$ pour la valeur centrale est cohérente — sur une binomiale de cette taille, aucune valeur ne dépasse $30\ \%$.

« Au plus $1$ » = $0$ ou $1$. Ce sont deux événements incompatibles, donc leurs probabilités s'additionnent :

Terme $k=0$ :

Terme $k=1$ :

Somme :

Contrôle : cette probabilité doit être supérieure à $P(X=1)$ seule et inférieure à $1$. On a bien $0{,}2702<0{,}3917<1$ ✓

Trois formules directes, aucune somme à faire :

Lecture concrète. Sur $20$ tirages, on attend $2$ succès, avec une fluctuation de l'ordre de $1{,}34$. Autrement dit, obtenir entre $1$ et $3$ succès est banal ; en obtenir $8$ le serait beaucoup moins.

Contrôle : $V(X)=np(1-p)$ est toujours inférieure à $E(X)=np$, puisque $1-p<1$. Ici $1{,}8<2$ ✓ — c'est un contrôle instantané, valable pour toute binomiale.

Loi binomiale $\mathcal{B}(n;p)$

$$P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k} \qquad E(X)=np \qquad V(X)=np(1-p)$$

Traduire le vocabulaire en inégalité

énoncé	événement	calcul
« exactement $k$ »	$X=k$	un terme
« au plus $k$ »	$X\leq k$	somme de $0$ à $k$
« au moins $k$ »	$X\geq k$	$1-P(X\leq k-1)$
« moins de $k$ »	$X\leq k-1$	somme de $0$ à $k-1$
« plus de $k$ »	$X\geq k+1$	$1-P(X\leq k)$

⚠️ « au plus » et « au moins » incluent la borne ; « moins de » et « plus de » l'excluent. C'est la source d'erreur n°1 sur les lois discrètes.

Coefficients binomiaux utiles

$$\binom{n}{0}=1 \qquad \binom{n}{1}=n \qquad \binom{n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}$$

Contrôle gratuit $V(X)<E(X)$ pour toute binomiale, puisque $1-p<1$.

⚠️ Confondre $P(X\leq 1)$ et $P(X=1)$ : répondre $0{,}2702$. « Au plus $1$ » inclut le cas $0$ — il faut deux termes.

Le contrôle : une probabilité cumulée est toujours supérieure ou égale à chacun des termes qui la composent. Trouver $P(X\leq 1)<P(X=1)$ est impossible.

⚠️ Oublier que « au plus 1 » inclut 1. L'inégalité $\leq$ est large : les valeurs $0$ et $1$ comptent. « Moins de $1$ » aurait signifié $X=0$ seulement.

⚠️ Écrire $V(X)=np$ en oubliant le facteur $(1-p)$ : on trouverait $2$ au lieu de $1{,}8$, puis $\sigma\approx 1{,}41$ au lieu de $1{,}34$.

Le contrôle : la variance d'une binomiale est toujours strictement inférieure à son espérance.

⚠️ Rendre $V(X)$ à la place de $\sigma(X)$. Ici $1{,}8$ et $1{,}34$ sont proches, la confusion passe inaperçue. L'écart-type est la racine.

⚠️ Se tromper d'arrondi. L'énoncé demande $10^{-4}$ pour les probabilités ($0{,}2852$, quatre décimales) et le centième pour $\sigma$ ($1{,}34$, deux décimales). Deux consignes différentes dans le même exercice — les lire toutes les deux.

⚠️ Arrondir les termes avant de les additionner. Additionner $0{,}1216+0{,}2702=0{,}3918$ donne un dernier chiffre faux. Sommer les valeurs non arrondies, arrondir une seule fois à la fin.

« Au plus $k$ » = somme de $0$ à $k$. Le cas $k=0$ est celui qu'on oublie, et il pèse ici presque un tiers du résultat.

Traduire le vocabulaire AVANT de calculer : « au moins », « au plus », « plus de », « moins de » ne désignent pas les mêmes ensembles.

$V(X)<E(X)$ pour toute binomiale — un contrôle instantané.

Arrondir une seule fois, à la fin, et au rang demandé. Deux consignes d'arrondi peuvent coexister dans le même énoncé.

$X\sim\mathcal{B}(15;0{,}05)$ : le succès est « présenter un effet secondaire ».

L'événement contraire de $\{X\geq 1\}$ est $\{X=0\}$.

$P(X\geq 1)=1-(0{,}95)^{15}$.

Le piège est dans la première phrase de l'énoncé, et il faut le voir avant tout calcul.

« Sans effet secondaire dans $95\ \%$ des cas » — mais $X$ compte les personnes présentant un effet secondaire. Le succès (au sens de ce qu'on compte) est donc l'effet secondaire, de probabilité

et non $0{,}95$. Lire l'énoncé jusqu'à la définition de $X$ avant de fixer $p$ est le geste qui sauve cet exercice.

Le second point est la technique du complémentaire. « Au moins une personne » signifie $X\geq 1$, donc $X=1$ ou $2$ ou … ou $15$ : quinze termes. Mais l'événement contraire, $X=0$, n'en demande qu'un :

C'est le réflexe le plus rentable de tout le chapitre sur la binomiale.

On répète $n=15$ fois, de façon indépendante, une épreuve à deux issues :

• succès (ce que $X$ compte) : la personne présente un effet secondaire, $p=0{,}05$ ;
• échec : pas d'effet secondaire, $1-p=0{,}95$.

Contrôle : $E(X)=np=15\times 0{,}05=0{,}75$. Sur $15$ personnes vaccinées, on attend moins d'une réaction — cohérent avec un taux de $5\ \%$. Avec $p=0{,}95$ on en attendrait $14{,}25$, ce qui contredirait l'énoncé.

L'événement contraire de « au moins une personne » est « aucune personne », c'est-à-dire $X=0$ :

Calcul de $P(X=0)$ — le terme le plus simple de la binomiale :

Donc :

Interprétation. Il y a un peu plus d'une chance sur deux qu'au moins une des $15$ personnes présente un effet secondaire.

Ce résultat mérite un commentaire, parce qu'il est contre-intuitif : le risque individuel n'est que de $5\ \%$, et pourtant sur un groupe de $15$ la probabilité qu'au moins une personne soit touchée dépasse $50\ \%$. C'est l'effet du cumul — chaque personne ajoute une occasion, et les occasions s'accumulent vite.

Ordre de grandeur à retenir : dès que $np\approx 0{,}7$, la probabilité d'« au moins un » est déjà proche de $1-e^{-0{,}7}\approx 0{,}50$.

Passage au complémentaire

$$P(X\geq 1)=1-P(X=0) \qquad P(X\geq k)=1-P(X\leq k-1)$$

Toujours envisager le complémentaire quand l'événement direct demande beaucoup de termes.

Le cas le plus rentable Pour une binomiale,

$$P(X=0)=(1-p)^{n}$$

— un seul calcul, sans coefficient binomial. « Au moins un » se ramène donc à

$$P(X\geq 1)=1-(1-p)^{n}$$

Identifier le succès Le succès est l'événement compté par $X$, jamais l'issue « souhaitable ». Lire la définition de $X$ avant de fixer $p$.

Le contrôle : $E(X)=np$ doit être plausible au vu de l'énoncé.

Vocabulaire

énoncé	événement
« au moins un »	$X\geq 1$
« aucun »	$X=0$
« au plus un »	$X\leq 1$
« exactement un »	$X=1$

⚠️ Prendre $p=0{,}95$. L'énoncé donne la probabilité de ne pas avoir d'effet secondaire, et $X$ compte ceux qui en ont un. C'est le piège principal, et il est délibéré.

Le contrôle : $E(X)=15\times 0{,}95=14{,}25$ voudrait dire que $14$ personnes sur $15$ réagissent mal à un vaccin décrit comme bénin dans $95\ \%$ des cas. Absurde.

⚠️ Calculer $P(X\geq 1)$ en additionnant les 15 termes. Ce n'est pas faux, mais c'est quinze fois plus long et quinze fois plus d'occasions de se tromper. Le complémentaire donne le même résultat en une ligne.

⚠️ Écrire $P(X\geq 1)=1-P(X=1)$. Le contraire de « au moins un » est « aucun », pas « exactement un ».

Le contrôle : cette version donnerait $1-0{,}3658=0{,}6342$, et surtout elle ne correspond à aucun événement sensé.

⚠️ Confondre $P(X\geq 1)$ et $P(X>1)$. Le premier inclut le cas $X=1$, le second non. Ici « au moins une personne » est bien $X\geq 1$.

⚠️ Écrire $0{,}95^{15}=15\times 0{,}95$. Une puissance n'est pas un produit par l'exposant. $0{,}95^{15}\approx 0{,}463$, alors que $15\times 0{,}95=14{,}25$ — un nombre supérieur à $1$, donc impossible pour une probabilité.

⚠️ Ne pas interpréter. L'énoncé demande explicitement de commenter : il faut dire ce que $0{,}5367$ signifie — plus d'une chance sur deux qu'au moins une personne réagisse.

Le complémentaire est le réflexe le plus rentable de la binomiale : un terme au lieu de $n$.

Le succès est ce que $X$ compte, pas ce qui est souhaitable. Lire la définition de $X$ avant de fixer $p$, et contrôler par $E(X)=np$.

Le contraire de « au moins un » est « aucun », pas « exactement un ».

Un petit risque individuel devient un gros risque collectif. $5\ \%$ par personne donne plus de $50\ \%$ sur $15$ personnes — c'est le fait que cet exercice existe pour montrer.

Chaque question est une épreuve de Bernoulli de succès $p=\dfrac14$.

$E(X)=np$.

$P(X=5)=\binom{10}{5}(0{,}25)^5(0{,}75)^5$ avec $\binom{10}{5}=252$.

Un problème complet en trois questions, dont chacune teste autre chose.

Question 1 : la loi. Il faut la justifier, pas seulement la nommer. Le point délicat est $p$ : « répondre au hasard » à une question à $4$ propositions dont une seule est juste donne

Question 2 : $E(X)$ et son interprétation. L'énoncé demande d'interpréter — donc de dire ce que le nombre signifie pour l'étudiant, pas seulement de le calculer.

Question 3 : $P(X=5)$, application directe.

Une remarque qui donne du sens à l'ensemble : $E(X)=2{,}5$ sur $10$ questions, soit une note de $5/20$ en répondant totalement au hasard. C'est exactement pourquoi les QCM sérieux pénalisent les mauvaises réponses — sans quoi le hasard rapporte déjà un quart des points.

On répète $n=10$ fois, de façon indépendante (les questions sont sans lien), une épreuve à deux issues :

• succès : la réponse est juste, de probabilité $p=\dfrac14=0{,}25$ ;
• échec : la réponse est fausse, de probabilité $1-p=\dfrac34=0{,}75$.

⚠️ $p=\dfrac14$ et non $\dfrac{1}{10}$. Le $10$ est le nombre de questions (c'est $n$), le $4$ est le nombre de propositions par question (c'est lui qui donne $p$). Les deux nombres de l'énoncé jouent des rôles différents.

Interprétation. Un étudiant qui répond entièrement au hasard obtient en moyenne $2{,}5$ bonnes réponses sur $10$.

Ce n'est pas un nombre entier, et ce n'est pas gênant : une espérance est une moyenne, elle n'a aucune raison d'être une valeur atteignable. Sur $100$ étudiants répondant au hasard, on attend environ $250$ bonnes réponses au total.

Ce que ça dit du barème. $2{,}5/10$ correspond à $5/20$ sans avoir ouvert un livre. Un QCM noté simplement sur le nombre de bonnes réponses accorde donc déjà un quart des points au hasard pur — d'où les barèmes qui retirent des points aux mauvaises réponses.

Pour information, la variance vaut $V(X)=np(1-p)=10\times 0{,}25\times 0{,}75=1{,}875$, soit $\sigma\approx 1{,}37$. Les résultats du hasard se concentrent donc entre $1$ et $4$ bonnes réponses.

Le coefficient binomial :