Bac de maths 2025 Centres étrangers : sujet et corrigé

Partie A.1. Arbre pondéré et $P(\overline{T} \cap E)$

On traduit l'énoncé. Un contrôle sur dix est total : $P(T)=0{,}1$ donc $P(\overline{T})=0{,}9$. En cas de contrôle total, une erreur est détectée dans 30 % des cas : $P_T(E)=0{,}3$ et $P_T(\overline{E})=0{,}7$. En cas de contrôle partiel, il n'y a pas d'erreur détectée dans 85 % des cas : $P_{\overline{T}}(\overline{E})=0{,}85$ donc $P_{\overline{T}}(E)=0{,}15$. On lit alors sur la branche du bas : $P(\overline{T} \cap E) = P(\overline{T}) \times P_{\overline{T}}(E) = 0{,}9 \times 0{,}15 = 0{,}135$.

Kala t'explique :Un arbre, c'est comme un plan de métro : chaque branche est une station et tu multiplies les probabilités le long du chemin que tu suis. Pour aller de la racine jusqu'à « T̄ puis E », tu prends $0{,}9 \times 0{,}15$. Facile, non ?

Partie A.2. Probabilité qu'une erreur soit détectée

L'événement E se réalise par deux chemins de l'arbre : « total puis erreur » et « partiel puis erreur ». D'après la formule des probabilités totales : $P(E) = P(T \cap E) + P(\overline{T} \cap E) = P(T)\times P_T(E) + 0{,}135 = 0{,}1 \times 0{,}3 + 0{,}135 = 0{,}03 + 0{,}135 = 0{,}165$.

Partie A.3. Probabilité que le contrôle soit total sachant qu'une erreur est détectée

On cherche une probabilité conditionnelle « à l'envers » : $P_E(T) = \frac{P(T \cap E)}{P(E)} = \frac{0{,}03}{0{,}165} = 0{,}18181\dots \approx 0{,}18$ (arrondi au centième).

Partie B.1. Loi de X

On répète 15 contrôles identiques et indépendants ; pour chacun, « succès » = une erreur est mise en évidence, de probabilité p = 0,165. La variable X compte le nombre de succès parmi ces 15 épreuves : X suit donc la loi binomiale de paramètres n = 15 et p = 0,165, notée B(15 ; 0,165).

Kala t'explique :Binomiale = on répète la même petite expérience, chacune indépendante, et on compte les succès. Le réflexe : repère les 3 ingrédients, le nombre de répétitions n, la proba de succès p, et le fait que ça se répète pareil à chaque fois.

Partie B.2 : $P(X = 5)$

Avec la loi binomiale : $P(X=5) = C(15{,}5) \times 0{,}165^5 \times 0{,}835^{15-5} = 3003 \times 0{,}165^5 \times 0{,}835^{10}$. On calcule $0{,}165^5 \approx 0{,}00012230$ et $0{,}835^{10} \approx 0{,}16476$, d'où $P(X=5) = 3003 \times 0{,}00012230 \times 0{,}16476 \approx 0{,}0605 \approx 0{,}06$ (arrondi au centième).

Partie B.3. P(au moins une erreur)

« Au moins une erreur » est le contraire de « aucune erreur » : $P(X\ge 1) = 1 - P(X=0) = 1 - 0{,}835^{15}$. Or $0{,}835^{15} \approx 0{,}0669$, donc $P(X\ge 1) \approx 1 - 0{,}0669 = 0{,}9331 \approx 0{,}93$ (arrondi au centième).

Partie B.4. Nombre de contrôles pour $P(au \text{moins une erreur}) > 99 \%$

Avec n contrôles, $P(au \text{moins une erreur}) = 1 - 0{,}835^n$. On veut $1 - 0{,}835^n > 0{,}99$, soit $0{,}835^n < 0{,}01$. On applique le logarithme népérien (fonction croissante) : $n \times \ln (0{,}835) < \ln (0{,}01)$. Comme $\ln (0{,}835) < 0$, on divise en changeant le sens : $n > \frac{\ln (0{,}01)}{\ln (0{,}835)} \approx 25{,}5$. Le plus petit entier convenable est $n = 26$. La caisse doit déclencher au moins 26 contrôles par jour.

Kala t'explique :Attention au piège classique : quand tu divises par ln(0,835) qui est NÉGATIF, le sens de l'inégalité se retourne (le « > » devient « < » et inversement). Une valeur 25,5 qui n'est pas entière ? On arrondit toujours vers le haut ici, car il faut DÉPASSER le seuil, 26.

Partie C.1. Espérance et variance de $X_{1}$

$X_{1}$ suit B(20 ; 0,165). Pour une loi binomiale : $E(X_{1}) = n\cdot p = 20 \times 0{,}165 = 3{,}3$ et $V(X_{1}) = n\cdot p\cdot (1-p) = 20 \times 0{,}165 \times 0{,}835 = 2{,}7555$. Ce sont les valeurs exactes.

Partie C.2. E(S) et V(S)

$S = X_{1} + X_{2} + X_{3}$. Par linéarité de l'espérance : $E(S) = E(X_{1})+E(X_{2})+E(X_{3}) = 3 \times 3{,}3 = 9{,}9$. Les trois variables étant indépendantes, les variances s'additionnent : $V(S) = V(X_{1})+V(X_{2})+V(X_{3}) = 3 \times 2{,}7555 = 8{,}2665$.

Partie C.3. Inégalité de Bienaymé-Tchebychev

On prend E(S) = 10 et V(S) = 8,2665. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne, pour a = 4 : P(|S − 10| ≥ 4) ≤ $\frac{V(S)}{4^{2}}$ = $\frac{8{,}2665}{16}$ ≈ 0,5167. Or « S strictement compris entre 6 et 14 » signifie 6 < S < 14, c'est-à-dire |S − 10| < 4, événement contraire de |S − 10| ≥ 4. Donc P(6 < S < 14) = 1 − P(|S − 10| ≥ 4) ≥ 1 − 0,5167 = 0,4833 > 0,48. La probabilité cherchée est bien supérieure à 0,48.

Kala t'explique :Bienaymé-Tchebychev majore la probabilité de « s'éloigner beaucoup de la moyenne ». Ici on veut au contraire « rester proche » : on passe donc à l'événement contraire $(1 - \dots )$. Retiens l'écart 4 = de 10 à 6 (ou de 10 à 14) : c'est ce qui va dans le carré au dénominateur.