Probabilités en caisse automatique : loi binomiale et inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Un magasin est équipé de caisses automatiques en libre-service où le client scanne lui-même ses articles. Le logiciel d'une caisse déclenche régulièrement des demandes de vérification. Un employé du magasin effectue alors un contrôle.

On considère les événements suivants :

$\bullet$ T : ''Le contrôle est un contrôle total'' ;
$\bullet$ E : ''Une erreur est détectée lors du contrôle''.

Partie A

1. Arbre pondéré modélisant la situation.

$\bullet$ Si un contrôle est déclenché, il s'agit une fois sur dix d'un contrôle total.

Donc $P(T)=0,1$.

$\bullet$ En cas de contrôle total, une erreur du client est détectée dans 30~% des cas.

Donc $P_T(E)=0,3$.

$\bullet$ En cas de contrôle partiel, il n'y a pas d'erreur détectée dans 85~% des cas.

Donc $P_{\overline T}(\overline E)=0,85$.

D'où l'arbre pondéré ci-dessous.

Nous devons déterminer $P(\overline T\cap E)$.

$P(\overline T\cap E)=P(\overline T)\times P_{\overline T}(E)$
$=0,9\times0,15$
$=0,135$

$\Longrightarrow\quad\boxed{P(\overline T\cap E)=0,135}$

2. Calculons la probabilité qu'une erreur soit détectée lors d'un contrôle, soit $P(E)$.

Les événements $T$ et $\overline T$ forment une partition de l'univers.
En utilisant la formule des probabilités totales, nous obtenons :

$P(E)=P(T\cap E)+P(\overline T\cap E)$
$=P(T)\times P_T(E)+0,135$
$=0,1\times0,3+0,135$
$=0,165$

$\Longrightarrow\quad\boxed{P(E)=0,165}$

Par conséquent, la probabilité qu'une erreur soit détectée lors d'un contrôle est égale à $0,165$.

3. Déterminons la probabilité qu'un contrôle total ait été effectué, sachant qu'une erreur a été détectée, soit $P_E(T)$.
   On donnera la valeur arrondie au centième.

$P_E(T)=\dfrac{P(T\cap E)}{P(E)}$
$=\dfrac{0,1\times0,3}{0,165}$
$\approx0,18$

$\Longrightarrow\quad\boxed{P_E(T)\approx0,18}$

Partie B

Sur une journée donnée, une caisse automatique déclenche 15 contrôles.
La probabilité qu'un contrôle mette en évidence une erreur est $p=0,165$.
La détection d'une erreur lors d'un contrôle est indépendante des autres contrôles.

On note $X$ la variable aléatoire égale au nombre d'erreurs détectées lors des contrôles de cette journée.

1. On admet que la variable aléatoire $X$ suit une loi binomiale dont nous devons préciser les paramètres.

Nous avons : $n=15$ et $p=0,165$.

D'où la variable aléatoire $X$ suit une loi binomiale $\mathscr B(15~;~0,165)$.

Cette loi est donnée par :

$P(X=k)=\begin{pmatrix}15\\k\end{pmatrix}\times(0,165)^k\times(1-0,165)^{15-k}$

soit

$\boxed{P(X=k)=\begin{pmatrix}15\\k\end{pmatrix}\times(0,165)^k\times(0,835)^{15-k}}$

2. Nous devons déterminer la probabilité qu'exactement 5 erreurs soient détectées. On donnera la valeur arrondie au centième.

Nous devons donc calculer $P(X=5)$.

$P(X=5)=\begin{pmatrix}15\\5\end{pmatrix}\times(0,165)^5\times(0,835)^{10}$
$\approx0,06$

$\Longrightarrow\quad\boxed{P(X=5)\approx0,06}$

Par conséquent, la probabilité qu'exactement 5 erreurs soient détectées est environ égale à $0,06$ (valeur arrondie au centième).

3. Nous devons déterminer la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée. On donnera la valeur arrondie au centième.

Nous devons donc calculer $P(X\geq1)$.

$P(X\geq1)=1-P(X=0)$
$=1-\begin{pmatrix}15\\0\end{pmatrix}\times(0,165)^0\times(0,835)^{15}$
$=1-(0,835)^{15}$
$\approx0,93$

$\Longrightarrow\quad\boxed{P(X\geq1)\approx0,93}$

Par conséquent, la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée est environ égale à $0,93$ (valeur arrondie au centième).

4. On souhaite modifier le nombre de contrôles déclenchés par la caisse de manière à ce que la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée chaque jour soit supérieure à 99~%.

Nous devons déterminer le plus petit entier naturel $n$ tel que $P(X\geq1)\geq0,99$.

$P(X\geq1)\geq0,99$
$\Longleftrightarrow1-P(X=0)\geq0,99$
$\Longleftrightarrow1-(0,835)^n\geq0,99$
$\Longleftrightarrow(0,835)^n\leq0,01$

$\Longleftrightarrow\ln(0,835^n)\leq\ln(0,01)$
$\Longleftrightarrow n\ln(0,835)\leq\ln(0,01)$
$\Longleftrightarrow n\geq\dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,835)}$

(changement de sens de l'inégalité car $\ln(0,835)<0$)

$\dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,835)}\approx25,54$

Donc le plus petit entier naturel vérifiant l'inégalité est $n=26$.

Par conséquent, la caisse doit déclencher au moins 26 contrôles pour que la probabilité qu'au moins une erreur soit détectée chaque jour soit supérieure à $99~\%.$

Partie C

Le magasin comporte trois caisses automatiques identiques qui, lors d'une journée, ont chacune déclenché 20 contrôles.

On note $X_1,X_2$ et $X_3$ les variables aléatoires associant à chacune des caisses le nombre d'erreurs détectées lors de cette journée.

On admet que les variables aléatoires $X_1,X_2$ et $X_3$ sont indépendantes entre elles et suivent chacune une loi binomiale $\mathscr B(20~;~0,165)$.

1. Nous devons déterminer les valeurs exactes de l'espérance et de la variance de la variable aléatoire $X_1$.

$\bullet$ Calculons l'espérance $E(X_1)$.

$E(X_1)=np$
$=20\times0,165$
$=3,3$

$\Longrightarrow\quad\boxed{E(X_1)=3,3}$

$\bullet$ Calculons la variance $V(X_1)$.

$V(X_1)=np(1-p)$
$=20\times0,165\times0,835$
$=2,7555$

$\Longrightarrow\quad\boxed{V(X_1)=2,7555}$

2. On définit la variable aléatoire $S$ par $S=X_1+X_2+X_3$.

Nous devons justifier que $E(S)=9,9$ et que $V(S)=8,2665$.

$E(S)=E(X_1+X_2+X_3)$
$=E(X_1)+E(X_2)+E(X_3)$
$=3,3+3,3+3,3$
$=9,9$

$\Longrightarrow\quad\boxed{E(S)=9,9}$

$V(S)=V(X_1+X_2+X_3)$
$=V(X_1)+V(X_2)+V(X_3)$
$=2,7555+2,7555+2,7555$
$=8,2665$

$\Longrightarrow\quad\boxed{V(S)=8,2665}$

3. Pour cette question, on utilisera 10 comme valeur de $E(S)$.

À l'aide de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que la probabilité que le nombre total d'erreurs sur la journée soit strictement compris entre 6 et 14 est supérieure à 0,48.

Nous devons montrer : $P(6<S<14)>0,48$.

$P(6<S<14)=P(-4<S-10<4)$
$=P(|S-10|<4)$
$=1-P(|S-10|\geq4)$

Inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

$P(|S-E(S)|\geq a)\leq\dfrac{V(S)}{a^2}$ où $a>0$.

En posant $a=4$ :

$P(|S-10|\geq4)\leq\dfrac{8,2665}{16}$

Donc

$P(6<S<14)\geq1-\dfrac{8,2665}{16}$

Or

$1-\dfrac{8,2665}{16}\approx0,4833>0,48$

D'où

$\boxed{P(6<S<14)>0,48}$

Par conséquent, la probabilité que le nombre total d'erreurs sur la journée soit strictement compris entre 6 et 14 est supérieure à $0,48$.