Mathématiques du lycée · Grades 10–12

19La loi binomiale

Répéter la même expérience oui/non plusieurs fois, indépendamment, et compter les succès : la loi résultante — la binomiale — est la plus importante de toutes les lois discrètes. Ce chapitre la construit avec des arbres et le comptage de chemins ; la formule fermée pour les comptages de chemins (avec factorielles) vient avec les outils de dénombrement du Chapitre 27, et la loi est revue dans le Chapitre 33.

19.1 Épreuves de Bernoulli

Définition 19.1 (Épreuve de Bernoulli)

Une épreuve de Bernoulli est une expérience à exactement deux issues : succès, de probabilité $p$ , et échec, de probabilité $1 - p$ . La variable aléatoire $X$ égale à $1$ en cas de succès et $0$ en cas d’échec suit la loi de Bernoulli $\mathcal B(p)$ ; alors

\E(X) = p, \qquad \V(X) = p(1 - p).

Démonstration des deux formules. $\E(X) = p \times 1 + (1-p) \times 0 = p$ ; et comme $X^2 = X$ ( $0$ et $1$ sont leurs propres carrés), $\E(X^2) = p$ , donc par la Proposition 18.13, $\V(X) = p - p^2 = p(1-p)$ . ∎

Définition 19.2 (Épreuves indépendantes répétées)

Répéter une épreuve de Bernoulli $n$ fois indépendamment signifie : l’issue de chaque épreuve n’a aucune influence sur les autres, et la probabilité de toute suite complète d’issues est le produit des probabilités le long du chemin correspondant de l’arbre — $p$ pour chaque succès, $1 - p$ pour chaque échec.

Exemple 19.3

Trois épreuves indépendantes de probabilité de succès $p$ . La suite SES (succès, échec, succès) a pour probabilité $p(1-p)p = p^2(1-p)$ — et il en va de même pour toute suite avec exactement deux succès, quelles que soient les positions : seul le nombre de S et de E compte.

19.2 Comptage de chemins et coefficients binomiaux

Définition 19.4 (Coefficient binomial)

Dans l’arbre de $n$ épreuves indépendantes, le coefficient binomial $\binom{n}{k}$ (lu « $n$ parmi $k$ ») est le nombre de chemins contenant exactement $k$ succès.

Exemple 19.5

$\binom{3}{2} = 3$ : les chemins SSE, SES, ESS. De même $\binom{3}{0} = 1$ (le chemin EEE), $\binom{3}{1} = 3$ et $\binom{3}{3} = 1$ . Par convention et par l’arbre, $\binom n0 = \binom nn = 1$ pour tout $n$ .

L’arbre de n = 3 épreuves : 32 = 3 chemins (rouge) portent exactement deux succès, chacun de probabilité p2(1-p). — L’arbre de $n = 3$ épreuves : $\binom{3}{2} = 3$ chemins (rouge) portent exactement deux succès, chacun de probabilité $p^2(1-p)$ .

Proposition 19.6 (Règle de Pascal)

Pour $1 \leq k \leq n - 1$ :

\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}.

Démonstration. Classer les chemins de l’arbre à $n$ épreuves avec $k$ succès selon leur dernière épreuve. Ceux qui se terminent par un succès s’obtiennent d’un chemin des $n-1$ premières épreuves avec $k - 1$ succès : il y en a $\binom{n-1}{k-1}$ . Ceux qui se terminent par un échec prolongent un chemin avec $k$ succès parmi les $n-1$ premières : $\binom{n-1}{k}$ . Tout chemin est d’exactement l’un des deux types. ∎

La règle de Pascal engendre les coefficients ligne par ligne — chaque entrée est la somme des deux au-dessus d’elle :

\begin{array}{ccccccccccc} &&&&&1&&&&&\\ &&&&1&&1&&&&\\ &&&1&&2&&1&&&\\ &&1&&3&&3&&1&&\\ &1&&4&&6&&4&&1&\\ 1&&5&&10&&10&&5&&1 \end{array}

Remarque 19.7

Une formule fermée, $\binom nk = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ , avec une théorie systématique du dénombrement, est établie dans le Chapitre 27. À ce niveau, le triangle de Pascal calcule tout coefficient dont on a besoin.

19.3 La loi binomiale

Théorème 19.8 (Loi binomiale)

Soit $X$ le nombre de succès dans $n$ épreuves de Bernoulli indépendantes de paramètre $p$ . Alors $X$ suit la loi binomiale $\mathcal B(n, p)$ :

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

Démonstration. L’événement $X = k$ est la collection de tous les chemins avec exactement $k$ succès. Chaque tel chemin a pour probabilité $p^k(1-p)^{n-k}$ : le produit le long du chemin contient $k$ facteurs $p$ et $n - k$ facteurs $1-p$ , dans un certain ordre (Définition 19.2). Il y a $\binom nk$ tels chemins (Définition 19.4), et leurs probabilités s’additionnent. ∎

Exemple 19.9

Un quiz a $5$ questions indépendantes, chacune à $4$ choix ; un élève répond au hasard, donc chaque question est un succès avec $p = \frac14$ . Le nombre $X$ de bonnes réponses suit $\mathcal B\left(5, \frac14\right)$ , et, en utilisant la ligne $5$ du triangle de Pascal :

\P(X = 2) = \binom52 \left(\frac14\right)^2\left(\frac34\right)^3 = 10 \times \frac{1}{16} \times \frac{27}{64} = \frac{270}{1024} \approx 0.26 .

La probabilité d’au moins une bonne réponse utilise le complémentaire : $\P(X \geq 1) = 1 - \P(X = 0) = 1 - \left(\frac34\right)^5 \approx 0.76$ .

Proposition 19.10 (Espérance et variance)

Si $X \sim \mathcal B(n, p)$ :

\E(X) = np, \qquad \V(X) = np(1-p).

Justification. Écrire $X = X_1 + X_2 + \dots + X_n$ , où $X_i$ vaut $1$ si la $i$ -ième épreuve réussit : chaque $X_i$ est une variable de Bernoulli d’espérance $p$ (Définition 19.1). Les moyennes s’additionnent — sommer les $n$ contributions donne $\E(X) = np$ . Que les variances s’additionnent aussi pour des variables indépendantes est vrai mais plus délicat : la formule de variance est admise à ce niveau et prouvée dans le Chapitre 34. ∎

La loi B(10, 0.5) (dix lancers d’une pièce équilibrée) : centrée en (X) = np = 5, symétrique, avec presque toute la probabilité entre 2 et 8. — La loi $\mathcal B(10, 0.5)$ (dix lancers d’une pièce équilibrée) : centrée en $\E(X) = np = 5$ , symétrique, avec presque toute la probabilité entre $2$ et $8$ .

Méthode 19.11 (Reconnaître une situation binomiale)

Avant d’écrire $X \sim \mathcal B(n, p)$ , vérifier trois ingrédients : un nombre fixe $n$ d’épreuves, décidé à l’avance ; chaque épreuve a deux issues avec la même probabilité de succès $p$ ; les épreuves sont indépendantes (avec remise, ou dispositifs séparés). Tirer sans remise dans une petite population n’est pas binomial — la probabilité change à chaque tirage (Exercice 18.6).

19.4 Échantillonnage : l’observation est-elle surprenante ?

La loi binomiale répond à une question très pratique : si la probabilité de succès est vraiment $p$ , quels comptes de succès sont plausibles ?

Exemple 19.12

Une machine est censée produire au plus $10\,\%$ de pièces défectueuses. Dans un lot de $10$ pièces, $4$ sont défectueuses. Malchance ou machine cassée ? Si la machine est en bon état, le nombre de défectueuses suit $\mathcal B(10, 0.1)$ , et

\P(X \geq 4) = 1 - \P(X \leq 3) \approx 1 - 0.987 = 0.013 :

environ une chance sur $80$ . Observer un événement aussi improbable est un signal fort — on rejette l’hypothèse que la machine fonctionne encore à $10\,\%$ , tout en gardant à l’esprit que la décision pourrait être fausse avec une probabilité d’environ $0.013$ .

Méthode 19.13 (Règle de décision à partir d’un modèle binomial)

Pour juger un nombre observé $k$ de succès contre une hypothèse $X \sim \mathcal B(n, p)$ : calculer la probabilité, sous l’hypothèse, d’un résultat au moins aussi extrême que $k$ . Si cette probabilité est très petite (une convention courante : sous $5\,\%$ ), rejeter l’hypothèse ; sinon l’observation est compatible avec elle. Le seuil est un choix, pas un théorème — la statistique quantifie le risque, et l’utilisateur l’accepte.

19.5 Exercices

Exercice 19.1 ★

Prolonger le triangle de Pascal jusqu’à la ligne $7$ , et donner les valeurs de $\binom62$ , $\binom{7}{3}$ et $\binom74$ .

Solution

Solution de Exercice 19.1.

Lignes $6$ et $7$ :

1,\ 6,\ 15,\ 20,\ 15,\ 6,\ 1 \qquad\text{et}\qquad 1,\ 7,\ 21,\ 35,\ 35,\ 21,\ 7,\ 1 .

D’où $\binom62 = 15$ , $\binom73 = 35$ , $\binom74 = 35$ (la symétrie $\binom73 = \binom74$ reflète l’échange des succès et des échecs).

Exercice 19.2 ★

Un dé équilibré est lancé $4$ fois ; $X$ compte les six. Justifier que $X \sim \mathcal B\left(4, \frac16\right)$ et calculer $\P(X = 0)$ , $\P(X = 1)$ et $\P(X \geq 2)$ .

Solution

Solution de Exercice 19.2.

Nombre fixe d’épreuves ( $4$ lancers), deux issues par lancer (six ou non, $p = \frac16$ ), lancers indépendants : $X \sim \mathcal B(4, \frac16)$ .

\P(X=0) = \left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.48, \qquad \P(X=1) = 4 \times \frac16\left(\frac56\right)^3 = \frac{500}{1296} \approx 0.39,

\P(X \geq 2) = 1 - \frac{625 + 500}{1296} = \frac{171}{1296} \approx 0.13 .

Exercice 19.3 ★

Lequel des cas suivants est binomial ? Justifier.

Nombre de faces dans $20$ lancers d’une pièce équilibrée.
Nombre d’as dans $5$ cartes distribuées d’un jeu.
Nombre de jours de pluie la semaine prochaine, si chaque jour est pluvieux avec probabilité $0.3$ indépendamment.

Solution

Solution de Exercice 19.3.

1. Binomiale $\mathcal B(20, \frac12)$ : $n$ fixe, même $p$ , lancers indépendants.

2. Pas binomiale : les cartes sont distribuées sans remise, donc la probabilité d’un as change d’une carte à l’autre et les tirages ne sont pas indépendants.

3. Binomiale $\mathcal B(7, 0.3)$ par l’hypothèse d’indépendance énoncée.

Exercice 19.4 ★

$X \sim \mathcal B(50, 0.2)$ . Donner $\E(X)$ , $\V(X)$ et $\sigma(X)$ .

Solution

Solution de Exercice 19.4.

$\E(X) = 50 \times 0.2 = 10$ ; $\V(X) = 50 \times 0.2 \times 0.8 = 8$ ; $\sigma(X) = 2\sqrt2 \approx 2.83$ .

Exercice 19.5 ★★

Un archer touche la cible avec probabilité $0.7$ à chaque tir, indépendamment. En $6$ tirs, calculer la probabilité d’exactement $4$ touches, et d’au moins $5$ touches.

Solution

Solution de Exercice 19.5.

$X \sim \mathcal B(6, 0.7)$ .

\P(X = 4) = \binom64 (0.7)^4 (0.3)^2 = 15 \times 0.2401 \times 0.09 \approx 0.324 .

\P(X \geq 5) = \binom65 (0.7)^5(0.3) + (0.7)^6 = 6 \times 0.16807 \times 0.3 + 0.117649 \approx 0.420 .

Exercice 19.6 ★★

Un test vrai/faux a $8$ questions ; un élève devine chaque réponse. Quelle est la probabilité de réussir (au moins $6$ bonnes réponses) ?

Solution

Solution de Exercice 19.6.

$X \sim \mathcal B\left(8, \frac12\right)$ ; chaque chemin a pour probabilité $\frac{1}{256}$ , donc

\P(X \geq 6) = \frac{\binom86 + \binom87 + \binom88}{256} = \frac{28 + 8 + 1}{256} = \frac{37}{256} \approx 0.14 .

Deviner fait réussir environ une fois sur sept.

Exercice 19.7 ★★

Chaque boîte de céréales achetée contient la figurine A ou la figurine B, avec probabilité $\frac12$ chacune, indépendamment. Un collectionneur achète $5$ boîtes. Calculer la probabilité qu’il obtienne au moins une figurine de chaque type. (Complémentaire : toutes A ou toutes B.)

Solution

Solution de Exercice 19.7.

Le complémentaire de « au moins une de chaque » est « les cinq identiques » : toutes A ou toutes B, chacune de probabilité $\left(\frac12\right)^5 = \frac1{32}$ . D’où

\P(\text{un de chaque type}) = 1 - \frac{2}{32} = \frac{15}{16} .

Exercice 19.8 ★★

Un basketteur marque des lancers francs avec probabilité $p$ , indépendamment. Soit $X \sim \mathcal B(3, p)$ le nombre de réussites en trois tirs. Exprimer $\P(X = 3)$ et $\P(X \geq 1)$ en fonction de $p$ , et trouver pour quel $p$ la probabilité de marquer les trois égale $\frac{27}{64}$ .

Solution

Solution de Exercice 19.8.

$\P(X = 3) = p^3$ et $\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^3$ . Résoudre $p^3 = \frac{27}{64} = \left(\frac34\right)^3$ donne $p = \frac34$ (la fonction cube est strictement croissante, Chapitre 11, donc la solution est unique).

Exercice 19.9 ★★

Combien de fois faut-il lancer une pièce équilibrée pour que la probabilité d’obtenir au moins une face dépasse $0.99$ ? (Complémentaire, puis essayer des valeurs successives de $n$ .)

Solution

Solution de Exercice 19.9.

$\P(\text{au moins une face}) = 1 - \left(\frac12\right)^n$ , donc la condition est $\left(\frac12\right)^n < 0.01$ , c’est-à-dire $2^n > 100$ . Comme $2^6 = 64$ et $2^7 = 128$ : à partir de $n = 7$ lancers.

Exercice 19.10 ★★

En utilisant la règle de Pascal (Proposition 19.6) et $\binom n0 = \binom nn = 1$ , prouver que les entrées de chaque ligne du triangle de Pascal somment à $2^n$ : interpréter les deux côtés comme le comptage de tous les chemins de l’arbre.

Solution

Solution de Exercice 19.10.

La somme de la ligne $n$ compte tous les chemins de l’arbre à $n$ épreuves, classés par leur nombre de succès. Mais l’arbre double ses chemins à chaque épreuve (chaque chemin se scinde en S et E), donc il a $2^n$ chemins au total. D’où $\sum_{k} \binom nk = 2^n$ . Alternativement, par récurrence : la ligne $0$ somme à $1 = 2^0$ , et la règle de Pascal fait que chaque entrée de la ligne $n$ contribue à exactement deux entrées de la ligne $n+1$ , donc les sommes de lignes doublent.

Exercice 19.11 ★★★

Un politicien prétend avoir $60\,\%$ d’approbation. Dans un échantillon aléatoire de $10$ personnes, seulement $3$ approuvent.

Sous l’affirmation, quelle loi suit le nombre $X$ d’approbations dans l’échantillon ? Calculer $\P(X \leq 3)$ .
En utilisant la règle de décision de la Méthode 19.13 avec un seuil de $5\,\%$ , l’observation est-elle compatible avec l’affirmation ?

Solution

Solution de Exercice 19.11.

1. Sous l’affirmation, $X \sim \mathcal B(10, 0.6)$ . En sommant les premiers termes :

\begin{align*} \P(X \leq 3) &= (0.4)^{10} + 10(0.6)(0.4)^9 + 45(0.6)^2(0.4)^8 + 120(0.6)^3(0.4)^7\\ &\approx 0.0001 + 0.0016 + 0.0106 + 0.0425 = 0.0548 . \end{align*}

2. Un résultat au moins aussi extrême que celui observé ( $3$ approbations ou moins) a une probabilité d’environ $5.5\,\%$ — juste au-dessus du seuil de $5\,\%$ . En appliquant strictement la règle, l’observation est (de justesse) compatible avec l’affirmation et on ne la rejette pas. L’exemple montre à quel point les décisions limites sont sensibles au choix du seuil : avec une convention à $6\,\%$ la conclusion s’inverserait.

19.6 Problème : la planche de Galton

Problème 19.1

Devoir du week-end — billes, clous et triangle de Pascal : comment naît la courbe en cloche, pourquoi les séries de matchs favorisent la meilleure équipe, et quand crier à la triche

Laissez tomber mille billes à travers un réseau de clous, chaque rebond étant un pile ou face équilibré entre la gauche et la droite, et les cases du bas se remplissent en une cloche lisse et symétrique — à chaque fois. La machine s’appelle une planche de Galton, et ses mathématiques sont exactement la loi binomiale de ce chapitre (Théorème 19.8). Ce problème construit le triangle, fait tourner la planche, arbitre une série au meilleur des sept matchs, et s’achève là où la binomiale gagne son salaire : décider quand une observation doit nous faire douter d’une affirmation.

Partie I — Le triangle.

Construire le triangle de Pascal jusqu’à la ligne $6$ (Proposition 19.6). Énoncer et expliquer en une phrase la symétrie $\binom nk = \binom{n}{n-k}$ (choisir $k$ objets, c’est la même chose que …).
Vérifier sur les lignes $4$ et $5$ que chaque ligne a pour somme $2^n$ , et le démontrer : que dénombrent ensemble tous les $\binom nk$ ?
Retrouver la règle de Pascal $\binom{n+1}{k} = \binom nk + \binom{n}{k-1}$ par l’argument du comité : distinguer une personne et répartir les comités selon le sort de cette personne.
Calculer $\binom73$ de deux façons : sur le triangle, puis par la formule avec les factorielles.
Vérifier l’identité de l’escalier $\binom22 + \binom32 + \binom42 + \binom52 = \binom63$ , et l’expliquer en faisant cascader la règle de Pascal à partir de $\binom63$ vers le bas.

Partie II — La planche. Une bille tombe à travers $n$ rangées de clous ; à chaque clou elle rebondit à gauche ou à droite avec la probabilité $\frac12$ , de façon indépendante. On numérote les cases de $0$ à $n$ par le nombre de rebonds vers la droite.

Expliquer, avec la liste de contrôle de la Méthode 19.11, pourquoi le numéro de case suit la loi binomiale $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .
Pour une petite planche ( $n = 4$ ) : donner les cinq probabilités des cases. Quelle case est la plus chargée ?
Prenons maintenant $n = 10$ et $1\,024$ billes : quels sont les effectifs attendus dans la case centrale, dans la case $7$ , et dans chaque case du bord ? Décrire la forme du tas.
Pour $X \sim \mathcal B\!\left(10, \frac12\right)$ : calculer $\E(X)$ , $V(X)$ et $\sigma$ (Proposition 19.10) ; puis calculer la proportion de billes attendues à moins de $2\sigma$ du centre (cases $2$ à $8$ ) et comparer avec la garantie de Tchebychev du Problème 17.1.
Une planche inclinée fait rebondir à droite avec la probabilité $0.6$ : donner $\E$ , $V$ et $\sigma$ pour $n = 10$ , et décrire ce qu’il advient du tas.
En une ou deux phrases : qu’est-ce qui, dans la conception de la planche, fabrique la forme en cloche — et pourquoi tant de grandeurs du monde réel (tailles, erreurs de mesure) s’empilent-elles de la même façon ? (Le théorème profond qui est derrière les deux est le théorème central limite, sommet du cours de probabilités des volumes universitaires.)

Partie III — Au meilleur des sept. Deux équipes disputent une série : la première à $4$ victoires emporte le titre ; les matchs sont indépendants.

Équipes de force égale ( $p = \frac12$ ) : calculer la probabilité que la série se termine par un balayage (exactement $4$ matchs).
Calculer la probabilité que la série aille jusqu’au septième match (quel doit être le score après $6$ ?).
Compléter la loi de la longueur de la série ( $4$ , $5$ , $6$ ou $7$ matchs) pour des équipes de force égale, et calculer la longueur espérée. Quelles longueurs sont les plus probables ?
Supposons maintenant qu’une équipe gagne chaque match avec $p = 0.6$ . Calculer sa probabilité de remporter la série (victoire en $4$ , $5$ , $6$ ou $7$ matchs : dans chaque cas l’équipe gagne le dernier match et $3$ des précédents). Qu’a fait la série de l’avantage par match ?
Comparer avec une finale unique ( $60\,\%$ ) et avec une série au meilleur des trois (la calculer). Énoncer l’effet général de la longueur d’une série sur le rapport entre talent et chance — et pourquoi les ligues préfèrent les finales longues.

Partie IV — Quand crier à la triche.

On lance une pièce $100$ fois et l’on obtient $62$ piles. Pour une pièce équilibrée, donner $\E$ , $\sigma$ et la cote $z$ (Problème 17.1) de l’observation. Verdict selon la convention des $2\sigma$ ?
Un fournisseur annonce $2\,\%$ de pièces défectueuses. Dans un lot de $50$ , vous en trouvez $3$ . Calculer $\P(X \geq 3)$ sous cette annonce ( $X \sim \mathcal B(50, 0.02)$ ; passer par $\P(X = 0)$ , $\P(X = 1)$ , $\P(X = 2)$ ). Est-ce alarmant au seuil de $5\,\%$ (Méthode 19.13, Exercice 19.11) ?
Persévérance au loto : chaque billet est gagnant (de quelque chose) avec la probabilité $\frac{1}{1000}$ . Calculer la probabilité d’au moins un gain avec $1\,000$ billets. La réponse ( $\approx 63\,\%$ , et non $100\,\%$ !) cache une constante célèbre : calculer $0.999^{1000}$ et garder le nombre $0.368$ en tête pour l’an prochain.
Pour finir — le portrait de la binomiale : la liste de reconnaissance ( $n$ fixé, indépendance, $p$ constant) ; le triangle de Pascal comme table ; la cloche comme forme ; $np$ et $np(1-p)$ comme boussole ; et ses deux héritiers qui attendent l’an prochain — la courbe en cloche continue et la loi des grands nombres. Une phrase pour chacun.

Solution

Solution de Problème 19.1.

1. Lignes : $1$ ; $1\,1$ ; $1\,2\,1$ ; $1\,3\,3\,1$ ; $1\,4\,6\,4\,1$ ; $1\,5\,10\,10\,5\,1$ ; $1\,6\,15\,20\,15\,6\,1$ . Symétrie : choisir les $k$ objets que l’on prend est le même acte que choisir les $n - k$ que l’on laisse.

2. $1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 2^4$ ; $1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 2^5$ . Démonstration : les $\binom nk$ dénombrent les parties de chaque taille d’un ensemble à $n$ éléments, et les parties sont au nombre de $2^n$ (chaque élément est dedans ou dehors, indépendamment).

3. Comités de $k$ personnes choisies parmi $n + 1$ , dont l’une s’appelle Zoé : ceux qui ne contiennent pas Zoé sont au nombre de $\binom nk$ (on choisit les $k$ parmi les autres) ; ceux qui la contiennent sont au nombre de $\binom{n}{k-1}$ (on choisit ses $k - 1$ collègues). Total : $\binom nk + \binom{n}{k-1}$ .

4. Ligne $7$ du triangle : $1\,7\,21\,35\,\dots$ , d’où $35$ . Par la formule : $\frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35$ .

5. $1 + 3 + 6 + 10 = 20 = \binom63$ . Cascade : $\binom63 = \binom52 + \binom53 = \binom52 + \binom42 + \binom43 = \binom52 + \binom42 + \binom32 + \binom33$ — chaque application de la règle de Pascal détache une marche de l’escalier.

6. Nombre $n$ de rebonds fixé ; chaque rebond est une épreuve de Bernoulli indépendante de même paramètre $p = \frac12$ ; le numéro de case compte les succès (les rebonds à droite) : les trois cases de la Méthode 19.11 sont cochées, d’où $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .

7. Probabilités $\frac{1}{16}, \frac{4}{16}, \frac{6}{16}, \frac{4}{16}, \frac{1}{16}$ pour les cases $0, \dots, 4$ : la case centrale $2$ est la plus chargée.

8. Effectifs attendus $= 1024 \times \binom{10}{k}/1024 = \binom{10}{k}$ : case centrale $\binom{10}{5} = 252$ billes ; case $7$ : $\binom{10}{7} = 120$ ; chaque case du bord : $1$ bille. Un centre élevé qui redescend symétriquement jusqu’à des bords ténus : la cloche.

9. $\E = np = 5$ ; $V = np(1 - p) = 2.5$ ; $\sigma \approx 1.58$ . À moins de $2\sigma$ : les cases $2$ à $8$ portent

\frac{45 + 120 + 210 + 252 + 210 + 120 + 45}{1024} = \frac{1002}{1024} \approx 98\,\%

des billes — bien mieux que les $75\,\%$ tout-terrain de Tchebychev (Problème 17.1) : les formes en cloche se concentrent fort.

10. $\E = 6$ , $V = 10 \times 0.6 \times 0.4 = 2.4$ , $\sigma \approx 1.55$ : le tas garde sa forme de cloche mais fait glisser son sommet sur la case $6$ — une planche inclinée est une pièce truquée rendue visible.

11. Le numéro de case est une somme de nombreuses poussées aléatoires petites, indépendantes et de même taille — et de telles sommes s’organisent toujours en cloche : la plupart des poussées se compensent, les extrêmes exigent l’unanimité. Les tailles, les erreurs de mesure et d’innombrables grandeurs naturelles sont de même des sommes de nombreux petits effets indépendants, ce qui explique que la même silhouette apparaisse partout ; le théorème qui le certifie est le théorème central limite.

12. Un balayage : une équipe gagne les $4$ matchs : $2 \times \left(\frac12\right)^4 = \frac18$ .

13. Sept matchs exigent un score de $3$ – $3$ après six : $\binom63 \left(\frac12\right)^6 = \frac{20}{64} = \frac{5}{16}$ .

14. Fin en $5$ matchs : le vainqueur remporte le cinquième et $3$ des quatre premiers : $2 \times \binom43 \left(\frac12\right)^5 = \frac14$ . Fin en $6$ : $2 \times \binom53 \left(\frac12\right)^6 = \frac{5}{16}$ . Loi sur $4, 5, 6, 7$ : $\frac18, \frac14, \frac{5}{16}, \frac{5}{16}$ (de somme $1$ ). Longueur espérée : $4 \cdot \frac18 + 5 \cdot \frac14 + 6 \cdot \frac{5}{16} + 7 \cdot \frac{5}{16} = 5.8125$ matchs. Les séries de six et sept matchs sont les plus probables — le suspense est inscrit dans le format.

15. Victoire en $4$ : $0.6^4 = 0.1296$ ; en $5$ : $\binom43\,0.6^3 \times 0.4 \times 0.6 = 0.2074$ ; en $6$ : $\binom53\,0.6^3 \times 0.4^2 \times 0.6 = 0.2074$ ; en $7$ : $\binom63\,0.6^3 \times 0.4^3 \times 0.6 = 0.1659$ . Total : environ $0.710$ : une équipe à $60\,\%$ par match remporte $71\,\%$ des séries — la série amplifie l’avantage.

16. Finale unique : $60\,\%$ . Meilleur des trois : $p^2 + 2p^2 q = 0.36 + 0.288 = 0.648$ . L’échelle $60\,\% \to 65\,\% \to 71\,\%$ se poursuit avec la longueur : davantage de matchs moyennent la chance (la loi des grands nombres en miniature), si bien que les finales longues couronnent le talent — ce qui est précisément ce que les ligues vendent.

17. Pièce équilibrée : $\E = 50$ , $\sigma = \sqrt{25} = 5$ ; $z = \frac{62 - 50}{5} = 2.4$ : au-delà de la convention des $2\sigma$ — la pièce mérite une enquête.

18. $\P(X = 0) = 0.98^{50} \approx 0.364$ ; $\P(X = 1) = 50 \times 0.02 \times 0.98^{49} \approx 0.372$ ; $\P(X = 2) = \binom{50}{2} 0.02^2 \times 0.98^{48} \approx 0.186$ . Donc $\P(X \geq 3) \approx 1 - 0.922 = 0.078$ , soit environ $7.8\,\%$ — au-dessus du seuil de $5\,\%$ , ce qui ne suffit pas (encore) à rejeter l’annonce ; un second lot mauvais changerait l’histoire.

19. $\P(\text{au moins un gain}) = 1 - 0.999^{1000} \approx 1 - 0.368 = 0.632$ : mille billets à une chance sur mille ne donnent pas la certitude mais $63\,\%$ . Le $0.368$ récurrent est $\frac1e$ déguisé — la constante $e$ fera son entrée officielle l’an prochain.

20. Reconnaissance : $n$ fixé, indépendance, $p$ constant — alors, et seulement alors, la loi est binomiale. Table : le triangle de Pascal, ligne $n$ . Forme : la cloche, symétrique pour $p = \frac12$ , décalée sinon. Boussole : centre $np$ , dispersion $\sqrt{np(1-p)}$ — les cotes z des décisions. Héritiers : la courbe en cloche continue dont les tas s’approchent, et la loi des grands nombres qui explique pourquoi les grandes planches ne mentent jamais.

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