Une loi binomiale, de bout en bout

Ce qu'on montre. Que la situation relève de la loi binomiale, puis quatre calculs.

Reconnaître la loi. On répète $n=5$ fois, de manière indépendante, une même épreuve à deux issues, de probabilité de succès $p=\frac{1}{3}$, et $X$ compte les succès. Par définition, $$X\hookrightarrow \mathcal{B}\left(5;\frac{1}{3}\right),X(\Omega )=[[0,5]],$$ et pour $0\le k\le 5$ : $$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right){\left(\frac{1}{3}\right)}^k{\left(\frac{2}{3}\right)}^{5-k}.$$

La probabilité $P(X=2)$. $$P(X=2)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right){\left(\frac{1}{3}\right)}^2{\left(\frac{2}{3}\right)}^3=10\times \frac{1}{9}\times \frac{8}{27}=\frac{80}{243}\approx 0,329.$$

La probabilité $P(X\ge 1)$. On passe par l'événement contraire, qui est $[X=0]$ : $$P(X\ge 1)=1-P(X=0)=1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^5=1-\frac{32}{243}=\frac{211}{243}\approx 0,868.$$ Sommer les cinq termes $k=1,\dots ,5$ donnerait le même résultat, avec cinq fois plus de calcul.

Espérance et variance. Les formules du cours donnent $$E(X)=np=5\times \frac{1}{3}=\frac{5}{3}\approx 1,67,V(X)=np(1-p)=5\times \frac{1}{3}\times \frac{2}{3}=\frac{10}{9}\approx 1,11.$$ L'écart-type vaut $\sigma (X)=\sqrt{10}/3\approx 1,05$.

Point délicat. Le coefficient $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)$ n'est pas décoratif : il compte les positions possibles des $k$ succès parmi les $5$ épreuves. L'oublier reviendrait à ne compter qu'une seule séquence, celle où les succès arrivent en premier.