Centres Etrangers Sujet 1 - 10 juin 2026 - Exercice 1

On a : $$M_n=\frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{n}$$.
$$E\left(M_n\right)=E\left(\frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{n}\right)$$
$$E\left(M_n\right)=E\left(\red{\frac{1}{n}}\times \left(X_1+X_2+\cdots+X_n\right)\right)$$
D'après la linéarité de l’espérance :
$$E\left(M_n\right)=\red{\frac{1}{n}} E\left(\blue{X_1}+\green{X_2}+\cdots+\pink{X_n}\right)$$
$$E\left(M_n\right)=\red{\frac{1}{n}}\left( E\left(\blue{X_1}\right)+E\left(\green{X_2}\right)+\cdots +E\left(\pink{X_n}\right)\right)$$
Or les variables aléatoires $$X_1, \ldots, X_n$$ suivent une loi binomiale $$B(75 ; 0,108)$$.
Ainsi, par exemple : $$E\left(X_1\right)=75 \times 0,108=8,1$$ d'où $$E\left(X_1\right)=E\left(X_2\right)=\cdots=E\left(X_n\right)=8,1$$
$$E\left(M_n\right)=\frac{1}{n}\left( E\left(\blue{X_1}\right)+E\left(\blue{X_1}\right)+\cdots +E\left(\blue{X_1}\right)\right)$$
$$E\left(M_n\right)=\frac{1}{n}\times n\times E\left(\blue{X_1}\right)$$
$$E\left(M_n\right)=E\left(\blue{X_1}\right)$$
D'où :

On rappelle que les variables $$X_1, \ldots, X_n$$ sont indépendantes.
On a : $$M_n=\frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{n}$$.
Il vient alors que :
$$V\left(M_n\right)=V\left(\frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{n}\right)$$
$$V\left(M_n\right)=V\left(\pink{\frac{1}{n}}\left(X_1+X_2+\cdots+X_n\right)\right)$$
$$V\left(M_n\right)=\pink{\left(\frac{1}{n}\right)^2} V\left(\red{X_1}+\blue{X_2}+\cdots+\green{X_n}\right)$$
On rappelle que les variables $$X_1, \ldots, X_n$$ sont indépendantes.
$$V\left(M_n\right)=\frac{1}{n^2}\left(\red{V\left(X_1\right)}+\blue{V\left(X_2\right)}+\cdots+\green{V\left(X_n\right)}\right)$$
Or les variables aléatoires $$X_1, \ldots, X_n$$ suivent une loi binomiale $$B(75 ; 0,108)$$.
Ainsi, par exemple : $$V\left(X_1\right)=75 \times 0,108\times \left(1-0,108\right)=7,2252$$ d'où $$V\left(X_1\right)=V\left(X_2\right)=\cdots=V\left(X_n\right)=7,2252$$
$$V\left(M_n\right)=\frac{1}{n^2}\left(\red{V\left(X_1\right)}+\red{V\left(X_1\right)}+\cdots+\red{V\left(X_1\right)}\right)$$
$$V\left(M_n\right)=\frac{1}{n^2}\times n\times V\left(X_1\right)$$
$$V\left(M_n\right)=\frac{1}{n}\times V\left(X_1\right)$$
$$V\left(M_n\right)=\frac{1}{n}\times 7,2252$$
D'où :

On applique l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev à la variable aléatoire $$M_n$$. D'après la question précédente :
$$E\left(M_n\right)=8,1 \quad \text { et } \quad V\left(M_n\right)=\frac{7,2252}{n} .$$ Ici, on choisit $$a=2$$.
Il vient alors que :
$$P\left(\left|M_n-E\left(M_n\right)\right| \geqslant 2\right)\leqslant \frac{V\left(M_n\right)}{2^2}$$
$$P\left(\left|M_n-8,1\right| \geqslant 2\right)\leqslant \frac{\dfrac{7,2252}{n}}{2^2}$$
$$P\left(\left|M_n-8,1\right| \geqslant 2\right)\leqslant \frac{\dfrac{7,2252}{n}}{4}$$
$$P\left(\left|M_n-8,1\right| \geqslant 2\right)\leqslant \frac{7,2252}{4 n}$$
Finalement : où $$n$$ est un entier naturel non nul.

L'évènement contraire de $$\left|M_n-8,1\right|<2$$ est $$\left|M_n-8,1\right|\geqslant 2$$
On peut également écrire, par passage à l’événement contraire, que : $$P(\left|M_n-8,1\right|<2)=1-P(\left|M_n-8,1\right|\geqslant 2)$$
Or d'après la question précédente :
$$P\left(\left|M_n-8,1\right| \geqslant 2\right)\leqslant \frac{1,8063}{n}$$
$$-P\left(\left|M_n-8,1\right| \geqslant 2\right) \red{\geqslant} -\frac{1,8063}{n}$$ . Ici, nous avons multiplié de part et d'autres des inégalités par $$-1$$ et donc on change le sens de l'inégalité.
$$1-P\left(\left|M_n-8,1\right| \geqslant 2\right) \geqslant 1-\frac{1,8063}{n}$$. Ici on rajoute $$1$$ de part et d'autres des inégalités.
Comme $$P(\left|M_n-8,1\right|<2)=1-P(\left|M_n-8,1\right|\geqslant 2)$$
Finalement :

Nous voulons déterminer une valeur de l'entier $$n$$ à partir de laquelle $$P\left(\left|M_n-8,1\right|<2\right) \geqslant 0,95$$ .
Il suffit alors que :
$$1-\frac{1,8063}{n} \geqslant 0,95$$
$$-\frac{1,8063}{n} \geqslant 0,95-1$$
$$-\frac{1,8063}{n} \geqslant -0,05$$
$$\frac{1,8063}{n} \red{\leqslant} 0,05$$ Ici, nous avons multiplié de part et d'autres des inégalités par $$-1$$ et donc on change le sens de l'inégalité.
$$1,8063 \leqslant 0,05\times n$$
$$\frac{1,8063}{0,05}\leqslant n$$
Or : $$\frac{1,8063}{0,05}\approx 36,1$$
On cherche le premier entier naturel supérieur à $$36,1$$.
Ainsi
On peut alors conclure qu'à partir de $$37$$ compétitions, il y a au moins $$95 \%$$ de chances que cette moyenne de lames non conformes par échantillon de $$75$$ lames soit comprise entre $$6,1$$ et $$10,1$$.