Bac de maths 2025 Métropole jour 1 : sujet et corrigé

1. Compléter les dix pointillés de l'arbre.

On complète l'arbre avec les probabilités des groupes, puis celles des rhésus. Groupes : $p(A)=0{,}45$ ; $p(B)=0{,}10$ ; $p(AB)=0{,}03$. La somme de toutes les probabilités des groupes vaut 1, donc $p(O)=1-0{,}45-0{,}10-0{,}03=0{,}42$. Pour chaque groupe, le rhésus négatif est le complément à 1 du rhésus positif : $p_A(\overline{R})=1-0{,}85=0{,}15$ ; $p_B(\overline{R})=1-0{,}84=0{,}16$ ; $p_{AB}(\overline{R})=1-0{,}82=0{,}18$. Les deux dernières branches du groupe O ($p_{O}$(R)=0,83 et $p_O(\overline{R})=0{,}17$) sont justifiées aux questions 3 et 4.

Kala t'explique :Sur un arbre, tu multiplies le long des branches d'un chemin, et tu additionnes les chemins qui mènent au même endroit. Pour dénicher la branche cachée de O, j'utilise l'astuce « tout doit reconstituer p(R) » : je connais trois chemins vers R, je les retire du total 0,8397, et il reste pile le quatrième. Malin, non ?

2. Montrer que $p(B\cap R)=0{,}084$ et interpréter.

La probabilité d'un chemin de l'arbre est le produit des probabilités rencontrées : $p(B\cap R)=p(B)\times p_B(R)=0{,}10\times 0{,}84=0{,}084$. Interprétation : 8,4 % des personnes de la population française sont à la fois de groupe sanguin B et de rhésus positif.

3. Sachant $p(R)=0{,}8397$, montrer que $p_O(R)=0{,}83$.

Les évènements A, B, AB, O forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales : $p(R)=p(A\cap R)+p(B\cap R)+p(AB\cap R)+p(O\cap R)$. Or $p(A\cap R)=0{,}45\times 0{,}85=0{,}3825$ et $p(AB\cap R)=0{,}03\times 0{,}82=0{,}0246$. Donc $p(O\cap R)=p(R)-(0{,}3825+0{,}084+0{,}0246)=0{,}8397-0{,}4911=0{,}3486$. Enfin $p_O(R)=\frac{p(O\cap R)}{p(O)}=\frac{0{,}3486}{0{,}42}=0{,}83$.

4. Montrer que $p(\text{donneur universel})=0{,}0714$.

Un donneur universel est de groupe O et de rhésus négatif : c'est l'évènement $O\cap \overline{R}$. On a $p_O(\overline{R})=1-p_O(R)=1-0{,}83=0{,}17$. Donc $p(O\cap \overline{R})=p(O)\times p_O(\overline{R})=0{,}42\times 0{,}17=0{,}0714$. La probabilité qu'un individu choisi au hasard soit donneur universel est bien 0,0714.

5.a. Justifier que X suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.

On répète 100 fois, de façon identique et indépendante (le tirage est assimilé à un tirage avec remise), la même épreuve à deux issues : « la personne est donneur universel » (succès, de probabilité $p=0{,}0714$) ou non. X compte le nombre de succès parmi ces 100 épreuves : X suit donc la loi binomiale de paramètres $n=100$ et $p=0{,}0714$.

5.b. Probabilité d'au plus 7 donneurs universels (à $10^{-3}$ près).

On cherche $P(X\le 7)$ avec X qui suit B(100 ; 0,0714). À la calculatrice : $P(X\le 7)\approx 0{,}577$ (à $10^{-3}$ près).

5.c. Montrer que $E(X)=7{,}14$ et $V(X)=6{,}63$ (à $10^{-2}$).

Pour une loi binomiale $B(n \,;\, p)$ : $E(X)=np=100\times 0{,}0714=7{,}14$. Et $V(X)=np(1-p)=100\times 0{,}0714\times 0{,}9286=6{,}63$ (à $10^{-2}$ près, car $100\times 0{,}0714\times 0{,}9286=6{,}6302$).

6.a. Que représente $M_N$ ?

$M_N=\frac{(X_{1}+X_{2}+⋯+X_N)}{N}$ est la moyenne des nombres de donneurs universels relevés dans les N villes. Elle représente le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de 100 personnes, sur l'ensemble des N villes étudiées.

6.b. Calculer $E(M_N)$.

Par linéarité de l'espérance : $E(M_N)=\frac{1}{N}$×(E($X_1$)+E($X_2$)+⋯+E($X_{N}$))$=\frac{1}{N}\times (N\times 7{,}14)=7{,}14$.

6.c. Montrer que $V(M_N)=6{,}63/N$.

Les variables $X_{1}$,…,$X_N$ sont indépendantes : la variance de leur somme est la somme des variances. De plus $V(aX)=a^{2}V(X)$. Donc $V(M_N)=\frac{1}{N^{2}}$×(V($X_1$)+⋯+V($X_{N}$))$=\frac{1}{N^{2}}\times (N\times 6{,}63)=\frac{6{,}63}{N}$.

6.d. Plus petite valeur de N telle que $P(7<M_N<7{,}28)\ge 0{,}95$ (Bienaymé-Tchebychev).

L'intervalle ]7 ; 7,28[ est centré sur E($M_{N}$)=7,14, avec un rayon 0,14 (car 7,14−0,14=7 et 7,14+0,14=7,28). L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne : P(|$M_{N}$−7,14|≥0,14)≤$\frac{V(M_N)}{0{,}14^{2}}$=$\frac{6{,}63}{(0{,}0196N)}$. En passant à l'évènement contraire : P(7<$M_{N}$<7,28)≥1−$\frac{6{,}63}{(0{,}0196N)}$. On veut ce minorant ≥0,95, soit $\frac{6{,}63}{(0{,}0196N)}$≤0,05, c'est-à-dire N≥$\frac{6{,}63}{(0{,}0196\times 0{,}05)}$=$\frac{6{,}63}{0{,}00098}$≈6765,3. La plus petite valeur entière est donc N=6766.

Kala t'explique :Bienaymé-Tchebychev, c'est le filet de sécurité des probas : il ne donne pas la vraie probabilité, seulement une garantie « au moins ça ». Ma recette : centre = l'espérance 7,14, $\text{rayon} = 0{,}14$, puis je compare V/rayon² à ce que je veux. Plus tu exiges de certitude, plus il te faut de villes… d'où ce N géant !