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Commençons par poser $X$ la variable aléatoire représentant le nombre de \og 1 \fg{} obtenus.

$X$ suit alors la loi $\mathcal{B}\left(n;\frac{1}{6}\right)$ et a donc une espérance égale à $\dfrac{n}{6}$ et une variance égale à $np(1-p)=\dfrac{5n}{36}$. On nous demande ici de trouver un entier $n$ tel que:
\[
P\left(0 \leqslant X \leqslant \dfrac{n}{3}\right) \geqslant \dfrac{1}{2}.
\]
L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev nous dit que:
\begin{align*}
\forall\delta>0,\ & P\left(\left|X-\dfrac{n}{6}\right| \geqslant \delta\right) \leqslant \dfrac{5n}{36\delta^2}
\\
& \iff P\left[ \left( X-\dfrac{n}{6} \leqslant -\delta\right) \cup  \left( X-\dfrac{n}{6} \geqslant \delta\right) \right] \leqslant \dfrac{5n}{36\delta^2}\\
& \iff 1 - P\left(-\delta \leqslant X-\dfrac{n}{6} \leqslant \delta\right) \leqslant \dfrac{5n}{36\delta^2}\\
& \iff P\left(-\delta \leqslant X-\dfrac{n}{6} \leqslant \delta\right) \geqslant 1-\dfrac{5n}{36\delta^2}.
\end{align*}
On aimerait arriver à une inégalité avec $P\left(0 \leqslant X \leqslant \dfrac{n}{3}\right)$; cela nous pousse à prendre $\delta=\dfrac{n}{6}$ pour obtenir:
\[
P\left(0\leqslant X \leqslant \dfrac{n}{3}\right) \geqslant 1-\dfrac{5}{n}.
\]
Ainsi, il suffit de choisir un $n$ tel que:
\[
1-\dfrac{5}{n} \geqslant \dfrac{1}{2} \iff n \geqslant 10.
\]
Nous sommes donc assurés que pour $n\geqslant10$, notre probabilité  est supérieure à $\dfrac{1}{2}$.

Pour $n=3$, on trouve que $P(X \leqslant 1) = \displaystyle\sum_{i=0}^1 \dbinom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}\approx0.926$, et on constate que la probabilité est supérieure à $\dfrac{1}{2}$. Cela pourrait nous faire croire que le résultat précédent est faux, mais il n'en est rien. En effet, l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev nous permet uniquement d'affirmer que la probabilité est bien supérieure à $\dfrac{1}{2}$ pour $n\geqslant10$ sans nous assurer que $n=10$ est la valeur minimale...
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