Loi binomiale : P(X = k), pourquoi la formule est juste, et les problèmes de seuil

Une épreuve à deux issues, répétée n fois sans mémoire

La loi binomiale est au programme de spécialité de terminale (programme de 2019), partie « Succession d'épreuves indépendantes, schéma de Bernoulli ». Une épreuve de Bernoulli est une expérience aléatoire à deux issues, appelées succès et échec, de probabilités p et 1 − p, avec p ∈ [0 ; 1]. La variable aléatoire qui vaut 1 en cas de succès et 0 sinon suit la loi de Bernoulli de paramètre p : P(X = 1) = p, P(X = 0) = 1 − p ; son espérance vaut p et sa variance p − p² = p(1 − p).

En première, le programme applicable à la rentrée 2026 fait déjà répéter jusqu'à quatre épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes, représentées par un arbre. La loi binomiale, avec les coefficients binomiaux, reste un contenu de terminale.

Un schéma de Bernoulli est la répétition de n épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Indépendantes : le résultat d'une épreuve ne change pas les probabilités des suivantes, et la probabilité d'une liste de résultats est le produit des probabilités de chaque résultat.

Dans un schéma de Bernoulli de paramètres n et p, la variable aléatoire X égale au nombre de succès suit la loi binomiale ℬ(n ; p). Elle prend les valeurs 0, 1, …, n.

La formule de P(X = k), démontrée, et l'espérance np

Le programme demande de savoir démontrer l'expression de la probabilité de k succès. Le coefficient binomial (ⁿₖ), écrit sur une copie avec n au-dessus de k entre parenthèses, est le nombre de parties à k éléments d'un ensemble à n éléments (voir les combinaisons).

Démonstration. Soit k un entier tel que 0 ≤ k ≤ n. Une issue du schéma est une liste de n résultats, par exemple (S, E, S, S, …). Considérons une liste contenant exactement k succès et n − k échecs. Par indépendance, sa probabilité est le produit des probabilités de ses n composantes, soit pᵏ (1 − p)ⁿ⁻ᵏ, quel que soit l'ordre des succès dans la liste. Une telle liste est entièrement déterminée par l'ensemble des k rangs où se trouvent les succès, choisis parmi les n rangs : il y a donc (ⁿₖ) listes de ce type. Ces listes correspondent à des issues distinctes, donc P(X = k) est la somme de leurs probabilités :

P(X = k) = (ⁿₖ) × pᵏ × (1 − p)ⁿ⁻ᵏ.

Sur un arbre, c'est la même chose : (ⁿₖ) est le nombre de chemins qui comportent k succès, et pᵏ (1 − p)ⁿ⁻ᵏ la probabilité de chacun d'eux.

Deux cas se calculent sans coefficient et reviennent souvent dans les sujets : P(X = 0) = (1 − p)ⁿ, puisqu'il n'y a qu'un chemin sans succès, et P(X ≥ 1) = 1 − (1 − p)ⁿ.

Si X suit ℬ(n ; p), alors E(X) = np, V(X) = np(1 − p) et σ(X) = √(np(1 − p)). Démonstration, au programme : X = X₁ + … + Xₙ, où Xᵢ vaut 1 si la i-ième épreuve est un succès et 0 sinon. Les Xᵢ suivent la loi de Bernoulli de paramètre p et sont indépendantes. Par linéarité de l'espérance, E(X) = np ; par additivité de la variance pour des variables indépendantes (admise), V(X) = np(1 − p). Le cadre complet est dans l'article sur la somme de variables aléatoires. L'espérance np se lit comme une moyenne sur un grand nombre de répétitions.

Justifier la loi, puis lire la calculatrice

La phrase de justification est notée ; je la fais écrire complète :

« On répète n fois, de façon identique et indépendante, l'épreuve de Bernoulli dont le succès S est … , de probabilité p = … . X compte le nombre de succès, donc X suit la loi binomiale ℬ(n ; p). »

Elle contient les quatre éléments à vérifier : deux issues, une même probabilité p à chaque épreuve, l'indépendance, et X qui compte des succès. Si l'un manque, la loi n'est pas binomiale. Le piège classique est le tirage sans remise : tirer 3 boules sans remise dans une urne de 10 boules dont 4 rouges ne donne pas une loi binomiale, car la probabilité de tirer une rouge change après chaque tirage. Avec remise, le nombre de rouges suit ℬ(3 ; 0,4). Quand un énoncé tire dans une très grande population, il précise en général qu'on « assimile le tirage à un tirage avec remise » : il faut citer cette phrase dans la justification.

Les calculatrices donnent P(X = k) et les probabilités cumulées P(X ≤ k). Tout le reste s'obtient par complémentaire ou par différence, et c'est là que se trouvent les erreurs :

• P(X ≥ k) = 1 − P(X ≤ k − 1), et non 1 − P(X ≤ k) ;
• P(X > k) = 1 − P(X ≤ k) ;
• P(a ≤ X ≤ b) = P(X ≤ b) − P(X ≤ a − 1).

Comme X ne prend que des valeurs entières, « au moins 5 » s'écrit X ≥ 5, c'est-à-dire le contraire de X ≤ 4. On écrit l'événement contraire en toutes lettres avant de taper quoi que ce soit, puis la formule de la probabilité cherchée et la valeur avec l'arrondi demandé.

Exemple 1 · Répondre au hasard à un QCM

Énoncé. Un QCM compte 10 questions indépendantes, chacune avec quatre réponses dont une seule juste. Un candidat répond au hasard. On note X le nombre de bonnes réponses. Calculer P(X = 3), P(X ≥ 1) et P(X ≥ 5), arrondies à 10⁻⁴.

Rédaction. On répète 10 fois, de façon identique et indépendante, l'épreuve « répondre au hasard à une question », dont le succès « la réponse est juste » a pour probabilité 1/4 = 0,25. X compte les succès, donc X suit ℬ(10 ; 0,25).

P(X = 3) = (¹⁰₃) × 0,25³ × 0,75⁷ = 120 × 0,25³ × 0,75⁷ ≈ 0,2503.

P(X ≥ 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − 0,75¹⁰ ≈ 0,9437.

P(X ≥ 5) = 1 − P(X ≤ 4) ≈ 1 − 0,9219 = 0,0781. Au hasard, un candidat a moins de 8 % de chances d'avoir au moins la moitié des points.

La figure est le diagramme en bâtons de cette loi : la hauteur de la barre k est P(X = k). Les barres apparaissent de gauche à droite, k = 0 à 2, puis la barre dorée k = 3 (P(X = 3) ≈ 0,250), puis k = 4, puis le bloc rouge de k = 5 à 10, avant les annotations du maximum et de l'espérance. Le pic est en k = 2 (P(X = 2) ≈ 0,282), près de l'espérance np = 2,5. Les barres rouges totalisent environ 0,078 : c'est ce qu'il reste quand on retire de 1 les cinq barres de gauche, d'où P(X ≥ 5) = 1 − P(X ≤ 4). La distribution est dissymétrique parce que p est loin de 0,5.

Exemple 2 · Le seuil : combien de répétitions pour être presque sûr

Énoncé. Un composant est défectueux avec une probabilité 0,05, indépendamment des autres. Combien faut-il en contrôler, au minimum, pour que la probabilité de trouver au moins un composant défectueux dépasse 0,99 ?

Rédaction. Pour n composants contrôlés, le nombre X de composants défectueux suit ℬ(n ; 0,05), par le même raisonnement. On cherche le plus petit n tel que P(X ≥ 1) ≥ 0,99, c'est-à-dire 1 − 0,95ⁿ ≥ 0,99, soit 0,95ⁿ ≤ 0,01.

La fonction ln est strictement croissante sur ]0 ; +∞[, donc cette inégalité équivaut à n ln(0,95) ≤ ln(0,01). Comme ln(0,95) < 0, on divise en changeant le sens : n ≥ ln(0,01) / ln(0,95) ≈ 89,78. Le plus petit entier qui convient est n = 90. Contrôle : 0,95⁸⁹ ≈ 0,0104 > 0,01 et 0,95⁹⁰ ≈ 0,0099 ≤ 0,01.

Oublier le changement de sens à la division par ln(0,95) donne « n ≤ 89,78 », qui n'a aucun sens dans le contexte.

Les erreurs sur la loi binomiale qui coûtent des points

• Justification absente ou incomplète : « X suit une loi binomiale » sans paramètres, ou sans le mot indépendant, ne suffit pas.
• Écrire P(X ≥ k) = 1 − P(X ≤ k), ce qui fait perdre la valeur k.
• Se tromper de succès : dans un énoncé sur des pièces défectueuses, le « succès » est souvent la pièce défectueuse ; il désigne ce que X compte. Compter les pièces conformes impose p = 0,95 et change toutes les inégalités.
• Appliquer la loi binomiale à un tirage sans remise sans que l'énoncé autorise l'approximation : on revient alors au dénombrement direct.

Quand n devient grand, la fréquence des succès X/n se concentre autour de p : c'est l'objet de la loi des grands nombres.

Trois exercices corrigés sur la loi binomiale

Exercice 1 · Six lancers de dé

Énoncé. On lance 6 fois un dé équilibré à six faces. On note X le nombre de 6 obtenus. Donner la loi de X, puis calculer la valeur exacte de P(X = 2), une valeur approchée de P(X ≥ 1), et E(X).

Correction. Les 6 lancers sont identiques et indépendants, chacun donne un 6 (succès) avec probabilité 1/6. X compte les succès, donc X suit ℬ(6 ; 1/6).

P(X = 2) = (⁶₂) × (1/6)² × (5/6)⁴ = 15 × 1/36 × 625/1296 = 9375/46656 = 3125/15552 ≈ 0,201.

P(X ≥ 1) = 1 − (5/6)⁶ ≈ 0,665. E(X) = 6 × 1/6 = 1.

Exercice 2 · Un lot de 100 pièces

Énoncé. Une machine produit des pièces dont 2 % sont défectueuses. On prélève 100 pièces dans une production assez grande pour assimiler le prélèvement à un tirage avec remise. On note X le nombre de pièces défectueuses. a) Justifier la loi de X. b) Calculer P(X = 0) et P(X ≤ 2) à 10⁻³ près. c) Calculer E(X) et σ(X).

Correction. a) Le prélèvement étant assimilé à un tirage avec remise, on répète 100 fois, de façon identique et indépendante, l'épreuve « prélever une pièce », dont le succès « la pièce est défectueuse » a pour probabilité 0,02. X suit ℬ(100 ; 0,02).

b) P(X = 0) = 0,98¹⁰⁰ ≈ 0,133. À la calculatrice, P(X ≤ 2) ≈ 0,677. Il y a donc environ une chance sur trois de trouver au moins trois pièces défectueuses dans le lot.

c) E(X) = 100 × 0,02 = 2 et σ(X) = √(100 × 0,02 × 0,98) = √1,96 = 1,4.

Exercice 3 · Combien de billets vendre pour un avion de 200 places

Énoncé. Une compagnie exploite un avion de 200 places. Chaque passager ayant acheté un billet se présente à l'embarquement avec une probabilité 0,92, indépendamment des autres. Elle vend n billets, avec n ≥ 200, et note Xₙ le nombre de passagers qui se présentent. Elle veut que la probabilité d'avoir plus de passagers que de places reste inférieure ou égale à 0,05. Quel est le nombre maximal de billets qu'elle peut vendre ?

Correction. Pour n billets vendus, Xₙ suit ℬ(n ; 0,92) : n passagers, chacun se présente (succès) avec probabilité 0,92, indépendamment. La compagnie est en surréservation si Xₙ > 200, et P(Xₙ > 200) = 1 − P(Xₙ ≤ 200).

À la calculatrice : pour n = 211, P(X₂₁₁ ≤ 200) ≈ 0,9547, donc P(X₂₁₁ > 200) ≈ 0,0453 ≤ 0,05. Pour n = 212, P(X₂₁₂ ≤ 200) ≈ 0,9226, donc P(X₂₁₂ > 200) ≈ 0,0774 > 0,05. Plus on vend de billets, plus le risque augmente : la compagnie peut vendre au maximum 211 billets.