Exercices corrigés — Probabilités conditionnelles et loi binomiale (Tle spé)

Cette page propose des exercices corrigés de mathématiques en Terminale Spécialité sur Probabilités conditionnelles et loi binomiale. Tu vas t’entraîner sur événements, arbres de probabilités, fréquences, calculs de chances avec des questions progressives et des corrections pour vérifier chaque étape.

Cours Fiches Exercices Quiz Terminale Spé Chapitres

Exercices — Probabilités conditionnelles et loi binomiale

Série solide et bien avancée construite à partir d'annales identifiées de Terminale spécialité : arbres pondérés, probabilités totales, formule de Bayes, paramètres inconnus, schémas de Bernoulli, loi binomiale, seuils, sommes de variables indépendantes et concentration.

Les références sont indiquées exercice par exercice. La rédaction est adaptée pour Learna tout en conservant les données et l'architecture mathématique essentielles.

ObjectifRédaction complète et raisonnement type Bac.

NiveauTerminale Spé — Bac avancé à synthèse.

MéthodesArbre, Bayes, binomiale, seuil, concentration.

AccompagnementIndice progressif puis correction détaillée.

Situation	Formule ou réflexe	À utiliser pour...
Intersection	\(\mathbb P(A\cap B)=\mathbb P(A)\mathbb P_A(B)\)	Calculer la probabilité d'un chemin d'un arbre.
Probabilités totales	\(\mathbb P(B)=\mathbb P(A\cap B)+\mathbb P(\overline A\cap B)\)	Additionner les chemins incompatibles conduisant à un même événement.
Bayes	\(\mathbb P_B(A)=\dfrac{\mathbb P(A\cap B)}{\mathbb P(B)}\)	Remonter d'un résultat observé vers sa cause probable.
Loi binomiale	\(\mathbb P(X=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k}\)	Compter les succès dans \(n\) essais indépendants de même paramètre.
Au moins un succès	\(\mathbb P(X\ge1)=1-(1-p)^n\)	Résoudre rapidement une probabilité ou un seuil.
Somme indépendante	\(\mathbb E(X+Y)=\mathbb E(X)+\mathbb E(Y)\), \(\mathrm{Var}(X+Y)=\mathrm{Var}(X)+\mathrm{Var}(Y)\)	Étudier un total provenant de groupes indépendants.

Exercice 1

Sélection dans une école et seuil de candidats

Bac avancé

Source : APMEP — Métropole, sujet 1, 15 mars 2021, exercice 1 — adaptation pédagogique fidèle.

Une école examine les candidatures selon deux voies. Un candidat a une probabilité \(0{,}10\) d'être sélectionné sur dossier. S'il est sélectionné sur dossier, sa probabilité d'admission est \(0{,}60\). Dans le cas contraire, elle est \(0{,}20\).

On note \(D\) : « sélection sur dossier » et \(A\) : « admission ».

Partie A — probabilités conditionnelles

Construire l'arbre pondéré associé à la situation.
Calculer \(\mathbb P(D\cap A)\).
Démontrer que \(\mathbb P(A)=0{,}24\).
Calculer \(\mathbb P_A(\overline D)\) et interpréter le résultat.

Partie B — loi binomiale et seuil

Les résultats de candidats différents sont supposés indépendants. Pour sept candidats, on note \(X\) le nombre d'admis.

Justifier la loi de \(X\).
Calculer \(\mathbb P(X=1)\), puis \(\mathbb P(X\ge2)\), au centième.
Un lycée présente \(n\) candidats. Déterminer le plus petit \(n\) pour lequel la probabilité d'au moins une admission est supérieure ou égale à \(0{,}99\).

Correction détaillée

Plan de résolution.

Traiter l'arbre et les probabilités conditionnelles.
Identifier une répétition indépendante d'épreuves de Bernoulli.
Utiliser le complément pour le seuil, puis résoudre une inéquation exponentielle.

1. Construction de l'arbre

Le premier niveau contient \(D\) de probabilité \(0{,}10\) et \(\overline D\) de probabilité \(0{,}90\). Depuis \(D\), les branches vers \(A\) et \(\overline A\) portent \(0{,}60\) et \(0{,}40\). Depuis \(\overline D\), elles portent \(0{,}20\) et \(0{,}80\).

2. Probabilité d'un chemin

L'événement \(D\cap A\) correspond au chemin « sélection sur dossier puis admission » :

\[ \mathbb P(D\cap A)=\mathbb P(D)\mathbb P_D(A) =0{,}10\times0{,}60=\boxed{0{,}06}. \]

3. Probabilité totale d'admission

Les événements \(D\) et \(\overline D\) forment une partition. Les deux chemins conduisant à une admission sont incompatibles :

\[ \mathbb P(A)=\mathbb P(D\cap A)+\mathbb P(\overline D\cap A). \] \[ \mathbb P(A)=0{,}10\times0{,}60+0{,}90\times0{,}20 =0{,}06+0{,}18=\boxed{0{,}24}. \]

4. Probabilité inverse

On se place maintenant parmi les candidats admis. Le numérateur doit donc contenir à la fois \(\overline D\) et \(A\) :

\[ \mathbb P_A(\overline D) =\frac{\mathbb P(\overline D\cap A)}{\mathbb P(A)} =\frac{0{,}90\times0{,}20}{0{,}24} =\boxed{0{,}75}. \]

Ainsi, parmi les candidats admis, \(75\,\%\) n'avaient pas été sélectionnés sur dossier.

5. Modélisation binomiale

Pour chaque candidat, le succès est « être admis », de probabilité constante \(p=0{,}24\). Les sept résultats sont indépendants et \(X\) compte les succès :

\[ \boxed{X\sim\mathcal B(7,0{,}24)}. \] \[ \mathbb P(X=1)=\binom71(0{,}24)(0{,}76)^6 \approx0{,}3237\approx\boxed{0{,}32}. \]

Pour « au moins deux », le complément évite une somme longue :

\[ \mathbb P(X\ge2)=1-\mathbb P(X=0)-\mathbb P(X=1) \approx1-0{,}76^7-0{,}3237 \approx\boxed{0{,}53}. \]

6. Recherche du seuil

Pour \(n\) candidats, la probabilité de n'avoir aucun admis est \(0{,}76^n\). On veut :

\[ 1-0{,}76^n\ge0{,}99 \iff 0{,}76^n\le0{,}01. \]

Comme \(\ln(0{,}76)\lt0\), le sens de l'inégalité change lors de la division :

\[ n\ge\frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}76)}\approx16{,}78. \]

Le plus petit entier convenable est donc \(\boxed{17}\).

Réponses : \(\mathbb P(A)=0{,}24\), \(\mathbb P_A(\overline D)=0{,}75\), \(X\sim\mathcal B(7,0{,}24)\) et le seuil minimal est \(n=17\).

Exercice 2

Filtre anti-spam et fiabilité d'un classement

Bac avancé

Source : APMEP — Métropole, sujet 2, septembre 2021, exercice 1 — adaptation pédagogique fidèle.

Dans une entreprise, \(8\,\%\) des courriels reçus sont des spams. Le logiciel classe un spam comme indésirable avec une probabilité \(0{,}90\), et classe à tort un courriel non spam comme indésirable avec une probabilité \(0{,}01\).

On note \(S\) : « le courriel est un spam » et \(I\) : « le courriel est classé indésirable ».

Construire l'arbre pondéré.
Calculer \(\mathbb P(S\cap I)\).
Calculer \(\mathbb P(I)\).
Un courriel est classé indésirable. Calculer, au centième, la probabilité qu'il s'agisse réellement d'un spam.
On choisit 50 courriels de manière assimilée à des tirages indépendants. On note \(Z\) le nombre de spams. Donner la loi de \(Z\), puis calculer la probabilité d'avoir au moins deux spams.

Exercice 3

Système d'alarme : erreurs, loi binomiale et seuil

Bac avancé

Source : APMEP — Amérique du Sud, sujet 1, 26 septembre 2022, exercice 1 — adaptation pédagogique fidèle.

Un danger se présente avec une probabilité \(0{,}01\). Lorsqu'un danger est présent, l'alarme s'active avec une probabilité \(0{,}97\). La probabilité globale d'activation est \(0{,}01465\).

On note \(D\) : « danger » et \(A\) : « activation ».

Partie A — fonctionnement de l'alarme

Construire progressivement l'arbre pondéré.
Calculer \(\mathbb P(D\cap A)\), puis \(\mathbb P_A(D)\) au millième.
Démontrer que \(\mathbb P_{\overline D}(A)=0{,}005\).
Une alarme fonctionne anormalement lorsqu'elle ne s'active pas en présence d'un danger ou lorsqu'elle s'active sans danger. Calculer la probabilité de ce dysfonctionnement.

Partie B — lots de systèmes

On admet que la probabilité de dysfonctionnement d'un système est \(0{,}00525\).

Pour un lot de cinq systèmes indépendants, donner la loi du nombre \(X\) de systèmes défaillants.
Calculer \(\mathbb P(X=1)\) et \(\mathbb P(X\ge1)\) à \(10^{-4}\).
Déterminer le plus petit entier \(n\) pour lequel un lot de \(n\) systèmes contient au moins un système défaillant avec une probabilité supérieure ou égale à \(0{,}07\).

Correction détaillée

Plan de résolution.

Déterminer la branche inconnue à l'aide de la probabilité globale d'activation.
Calculer le taux d'erreur total en additionnant deux chemins incompatibles.
Passer au modèle binomial et résoudre un seuil logarithmique.

1. Intersection et probabilité inverse

\[ \mathbb P(D\cap A)=\mathbb P(D)\mathbb P_D(A) =0{,}01\times0{,}97=\boxed{0{,}0097}. \]

Par définition d'une probabilité conditionnelle :

\[ \mathbb P_A(D)=\frac{\mathbb P(D\cap A)}{\mathbb P(A)} =\frac{0{,}0097}{0{,}01465} \approx0{,}6621\approx\boxed{0{,}662}. \]

2. Détermination de la probabilité de fausse alarme

Posons \(x=\mathbb P_{\overline D}(A)\). La formule des probabilités totales donne :

\[ 0{,}01465=0{,}01\times0{,}97+0{,}99x. \] \[ 0{,}99x=0{,}01465-0{,}0097=0{,}00495, \qquad x=\boxed{0{,}005}. \]

3. Probabilité de dysfonctionnement

Il y a deux erreurs possibles :

danger présent mais alarme inactive : \(D\cap\overline A\) ;
absence de danger mais alarme active : \(\overline D\cap A\).

Ces événements sont incompatibles, donc :

\[ \mathbb P(\text{dysfonctionnement}) =0{,}01\times0{,}03+0{,}99\times0{,}005 =0{,}0003+0{,}00495 =\boxed{0{,}00525}. \]

4. Loi binomiale sur cinq systèmes

On répète cinq essais indépendants de probabilité de défaillance \(p=0{,}00525\) :

\[ \boxed{X\sim\mathcal B(5,0{,}00525)}. \] \[ \mathbb P(X=1)=\binom51(0{,}00525)(0{,}99475)^4 \approx\boxed{0{,}0257}. \] \[ \mathbb P(X\ge1)=1-\mathbb P(X=0) =1-(0{,}99475)^5 \approx\boxed{0{,}0260}. \]

5. Seuil pour un lot de taille \(n\)

\[ 1-(0{,}99475)^n\ge0{,}07 \iff (0{,}99475)^n\le0{,}93. \] \[ n\ge\frac{\ln(0{,}93)}{\ln(0{,}99475)}\approx13{,}79. \]

Le plus petit entier convenable est \(\boxed{14}\).

Réponses : taux de dysfonctionnement \(0{,}00525\), \(X\sim\mathcal B(5,0{,}00525)\) et seuil minimal \(n=14\).

Exercice 4

Test médical : erreurs de diagnostic et taille d'échantillon

Très avancé

Source : APMEP — Polynésie, sujet 1, 30 août 2022, exercice 1 — adaptation pédagogique fidèle.

Parmi les angines, un quart nécessite des antibiotiques. Dans ce cas, un test est positif avec une probabilité \(0{,}90\). Lorsque l'angine ne nécessite pas d'antibiotiques, le test est négatif avec une probabilité \(0{,}95\).

On note \(A\) : « antibiotiques nécessaires » et \(T\) : « test positif ».

Partie A — qualité du test

Calculer \(\mathbb P(A\cap T)\).
Démontrer que \(\mathbb P(T)=0{,}2625\).
Calculer \(\mathbb P_T(A)\).
On note \(E\) : « le test donne un résultat erroné ». Identifier les deux cas d'erreur et démontrer que \(\mathbb P(E)=0{,}0625\).

Partie B — répétition du test

Pour 50 patients testés indépendamment, \(X\) compte les tests erronés.

Donner la loi de \(X\).
Calculer \(\mathbb P(X=7)\) et \(\mathbb P(X\ge1)\).
Déterminer la taille minimale \(n\) d'un échantillon pour laquelle la probabilité d'avoir au moins dix tests erronés dépasse \(0{,}95\).

Correction détaillée

Plan de résolution.

Calculer la probabilité d'un test positif et la valeur prédictive positive.
Regrouper les deux types d'erreurs.
Utiliser une loi binomiale, puis une recherche de seuil sur une probabilité cumulée.

1. Arbre et probabilité d'un test positif

\[ \mathbb P(A\cap T)=\frac14\times0{,}90=\boxed{0{,}225}. \]

Chez une personne qui n'a pas besoin d'antibiotiques, le test est positif avec la probabilité \(0{,}05\). Ainsi :

\[ \mathbb P(T)=\frac14\times0{,}90+\frac34\times0{,}05 =0{,}225+0{,}0375=\boxed{0{,}2625}. \]

2. Valeur prédictive positive

\[ \mathbb P_T(A)=\frac{\mathbb P(A\cap T)}{\mathbb P(T)} =\frac{0{,}225}{0{,}2625} =\boxed{\frac67}\approx0{,}8571. \]

Parmi les tests positifs, environ \(85{,}7\,\%\) correspondent réellement à une angine nécessitant des antibiotiques.

3. Probabilité d'un résultat erroné

Les deux cas d'erreur sont :

faux négatif : \(A\cap\overline T\) ;
faux positif : \(\overline A\cap T\).

\[ \mathbb P(E)=\frac14\times0{,}10+\frac34\times0{,}05 =0{,}025+0{,}0375=\boxed{0{,}0625}. \]

4. Nombre d'erreurs parmi 50 tests

Les tests sont supposés indépendants et ont tous la même probabilité d'erreur \(0{,}0625\) :

\[ \boxed{X\sim\mathcal B(50,0{,}0625)}. \] \[ \mathbb P(X=7)=\binom{50}{7}(0{,}0625)^7(0{,}9375)^{43} \approx\boxed{0{,}0232}. \] \[ \mathbb P(X\ge1)=1-(0{,}9375)^{50} \approx\boxed{0{,}9603}. \]

5. Recherche de la taille minimale

Pour chaque entier \(n\), on considère \(X_n\sim\mathcal B(n,0{,}0625)\) et on calcule :

\[ \mathbb P(X_n\ge10)=1-\mathbb P(X_n\le9). \]

La calculatrice donne :

\[ \mathbb P(X_{247}\ge10)\approx0{,}9486\lt0{,}95, \] \[ \mathbb P(X_{248}\ge10)\approx0{,}9502\gt0{,}95. \]

Comme la valeur \(247\) ne convient pas et que \(248\) convient, la taille minimale est \(\boxed{248}\).

Réponses : \(\mathbb P(E)=0{,}0625\), \(X\sim\mathcal B(50,0{,}0625)\) et la taille minimale est \(248\).

Exercice 5

Dépistage d'une allergie et proportion inconnue

Bac avancé

Source : APMEP — Métropole, sujet 1, 11 septembre 2023, exercice 3 — adaptation pédagogique fidèle.

Partie A — retrouver une prévalence

On note \(A\) : « l'individu est allergique » et \(T\) : « le test est positif ». La proportion allergique \(x=\mathbb P(A)\) est inconnue. Le test est positif avec une probabilité \(0{,}97\) chez une personne allergique et avec une probabilité \(0{,}043\) chez une personne non allergique. On observe globalement \(\mathbb P(T)=0{,}20\).

Exprimer \(\mathbb P(T)\) en fonction de \(x\).
Déterminer \(x\), puis donner une valeur approchée au millième.
Calculer \(\mathbb P_T(A)\).

Partie B — autre population

Dans une autre population, la proportion d'individus allergiques est \(0{,}08\). On choisit 150 personnes indépendamment et \(X\) désigne le nombre de personnes allergiques.

Donner la loi de \(X\).
Calculer la probabilité que exactement 20 personnes soient allergiques.
Calculer la probabilité qu'au moins \(10\,\%\) des 150 personnes soient allergiques.

Exercice 6

Satisfaction client, paramètre conditionnel et seuil

Bac avancé

Source : APMEP — La Réunion, sujet 2, 29 mars 2023, exercice 1 — adaptation pédagogique fidèle.

Un commerçant vend des matelas à ressorts ou en mousse. \(20\,\%\) des clients achètent un matelas à ressorts et, parmi eux, \(90\,\%\) sont satisfaits. Au total, \(82\,\%\) des clients sont satisfaits.

On note \(R\) : « achat d'un matelas à ressorts » et \(S\) : « client satisfait ».

Partie A — paramètre conditionnel

Compléter l'arbre en posant \(x=\mathbb P_{\overline R}(S)\).
Démontrer que \(x=0{,}80\).
Calculer la probabilité qu'un client satisfait ait acheté un matelas à ressorts.

Partie B — répétitions indépendantes

Pour cinq clients indépendants, \(X\) compte les clients satisfaits. Donner sa loi et calculer \(\mathbb P(X\le3)\).
Pour \(n\) clients, on note \(p_n\) la probabilité qu'ils soient tous satisfaits. Exprimer \(p_n\), puis déterminer les entiers \(n\) tels que \(p_n\lt0{,}01\).

Exercice 7

Objets rares dans un jeu vidéo et quantile binomial

Très avancé

Source : APMEP — Amérique du Nord, sujet 1, 21 mai 2024, exercice 1 — adaptation pédagogique fidèle.

Un objet gagné dans un jeu est rare avec une probabilité \(0{,}07\). S'il est rare, il s'agit d'une épée avec une probabilité \(0{,}80\). S'il est commun, il s'agit d'une épée avec une probabilité \(0{,}40\).

On note \(R\) : « l'objet est rare » et \(E\) : « l'objet est une épée ».

Partie A — nature de l'objet

Construire l'arbre et calculer \(\mathbb P(R\cap E)\).
Calculer \(\mathbb P(E)\).
Sachant que l'objet est une épée, calculer la probabilité qu'il soit rare.

Partie B — série de 30 objets

Un joueur obtient 30 objets indépendants. \(X\) compte les objets rares.

Donner la loi et l'espérance de \(X\).
Calculer \(\mathbb P(X\lt6)\).
Déterminer le plus grand entier \(k\) tel que \(\mathbb P(X\ge k)\ge0{,}5\).
Déterminer le nombre minimal \(N\) de tirages garantissant une probabilité au moins égale à \(0{,}95\) d'obtenir au moins un objet rare.

Exercice 8

Jeu de trois pièces en deux essais

Très avancé

Source : APMEP — Polynésie, sujet 1, 19 juin 2024, exercice 3 — adaptation pédagogique fidèle.

Partie A — premier lancer

On lance trois pièces équilibrées. \(X\) compte le nombre de faces obtenues.

Donner la loi de \(X\).
Donner la loi complète de \(X\) pour \(k=0,1,2,3\).

Partie B — règle du jeu

Après le premier lancer, on conserve les pièces tombées sur face et on relance une seule fois les autres. La partie est gagnée si les trois pièces sont finalement sur face.

Pour \(k\in\{0,1,2,3\}\), on note \(A_k\) : « exactement \(k\) faces au premier lancer » et \(G\) : « partie gagnée ».

Démontrer que \(\mathbb P_{A_1}(G)=\dfrac14\).
Déterminer \(\mathbb P_{A_k}(G)\) pour chaque \(k\).
Démontrer que \(\mathbb P(G)=\dfrac{27}{64}\).
Sachant que la partie est gagnée, calculer \(\mathbb P_G(A_1)\).
Combien de parties indépendantes faut-il jouer pour que la probabilité d'au moins une victoire dépasse \(0{,}95\) ?

Correction détaillée

Plan de résolution.

Établir la loi binomiale du premier lancer.
Calculer les quatre probabilités conditionnelles de victoire.
Appliquer les probabilités totales, Bayes, puis un seuil géométrique.

1. Loi du nombre de faces au premier lancer

Chaque pièce donne face avec la probabilité \(1/2\), indépendamment des autres :

\[ \boxed{X\sim\mathcal B\left(3,\frac12\right)}. \] \[ \mathbb P(X=0)=\frac18, \quad \mathbb P(X=1)=\frac38, \quad \mathbb P(X=2)=\frac38, \quad \mathbb P(X=3)=\frac18. \]

2. Probabilités conditionnelles de victoire

Si \(k\) faces ont déjà été obtenues, il reste \(3-k\) pièces à relancer, qui doivent toutes donner face :

\[ \mathbb P_{A_k}(G)=\left(\frac12\right)^{3-k}. \]

En particulier :

\[ \mathbb P_{A_0}(G)=\frac18, \quad \mathbb P_{A_1}(G)=\frac14, \quad \mathbb P_{A_2}(G)=\frac12, \quad \mathbb P_{A_3}(G)=1. \]

3. Probabilité totale de gagner

Les événements \(A_0,A_1,A_2,A_3\) constituent une partition :

\[ \mathbb P(G)=\sum_{k=0}^{3}\mathbb P(A_k)\mathbb P_{A_k}(G). \] \[ \mathbb P(G) =\frac18\times\frac18 +\frac38\times\frac14 +\frac38\times\frac12 +\frac18\times1 =\boxed{\frac{27}{64}}. \]

4. Probabilité inverse

\[ \mathbb P_G(A_1) =\frac{\mathbb P(A_1)\mathbb P_{A_1}(G)}{\mathbb P(G)} =\frac{\frac38\times\frac14}{\frac{27}{64}} =\boxed{\frac29}. \]

5. Répétition de parties

La probabilité de perdre une partie est \(1-27/64=37/64\). Pour \(m\) parties indépendantes :

\[ \mathbb P(\text{au moins une victoire}) =1-\left(\frac{37}{64}\right)^m. \]

On vérifie :

\[ 1-\left(\frac{37}{64}\right)^5\approx0{,}9354\lt0{,}95, \] \[ 1-\left(\frac{37}{64}\right)^6\approx0{,}9627\gt0{,}95. \]

Le nombre minimal de parties est donc \(\boxed{6}\).

Réponses : \(X\sim\mathcal B(3,1/2)\), \(\mathbb P(G)=27/64\), \(\mathbb P_G(A_1)=2/9\) et six parties suffisent.

Exercice 9

Contrôles de caisses automatiques et somme de variables

Synthèse Bac

Source : APMEP — Centres étrangers, sujet 1, 12 juin 2025, exercice 1 — adaptation pédagogique fidèle.

Partie A — nature du contrôle

Lorsqu'une caisse déclenche un contrôle, il est total avec une probabilité \(0{,}10\), sinon il est partiel. Une erreur est détectée dans \(30\,\%\) des contrôles totaux et dans \(15\,\%\) des contrôles partiels.

On note \(T\) : « contrôle total » et \(E\) : « erreur détectée ».

Construire l'arbre et calculer \(\mathbb P(\overline T\cap E)\).
Calculer \(\mathbb P(E)\).
Calculer \(\mathbb P_E(T)\), au centième.

Partie B — contrôles d'une journée

Une caisse déclenche 15 contrôles indépendants et \(X\) compte les erreurs détectées.

Donner la loi de \(X\).
Calculer \(\mathbb P(X=5)\), puis \(\mathbb P(X\ge1)\), au centième.
Déterminer le nombre minimal de contrôles quotidiens pour que la probabilité de détecter au moins une erreur dépasse \(0{,}99\).

Partie C — trois caisses

Trois caisses déclenchent chacune 20 contrôles. Les variables indépendantes \(X_1,X_2,X_3\) suivent \(\mathcal B(20,0{,}165)\). On pose \(S=X_1+X_2+X_3\).

Calculer \(\mathbb E(X_1)\) et \(\mathrm{Var}(X_1)\).
En déduire \(\mathbb E(S)\) et \(\mathrm{Var}(S)\).
À l’aide de Bienaymé–Tchebychev et de la valeur exacte \(\mathbb E(S)=9{,}9\), démontrer que \(\mathbb P(6\lt S\lt14)\gt0{,}45\).

Correction détaillée

Plan de résolution.

Calculer la probabilité conditionnelle et la probabilité inverse.
Étudier une loi binomiale et un seuil de détection.
Étudier une somme de variables indépendantes avec Bienaymé–Tchebychev.

1. Probabilité d'une erreur détectée

\[ \mathbb P(\overline T\cap E)=0{,}90\times0{,}15=\boxed{0{,}135}. \] \[ \mathbb P(E)=0{,}10\times0{,}30+0{,}90\times0{,}15 =0{,}03+0{,}135=\boxed{0{,}165}. \] \[ \mathbb P_E(T)=\frac{\mathbb P(T\cap E)}{\mathbb P(E)} =\frac{0{,}03}{0{,}165} \approx0{,}1818\approx\boxed{0{,}18}. \]

2. Nombre d'erreurs détectées parmi 15 contrôles

\[ \boxed{X\sim\mathcal B(15,0{,}165)}. \] \[ \mathbb P(X=5)=\binom{15}{5}(0{,}165)^5(0{,}835)^{10} \approx0{,}0605\approx\boxed{0{,}06}. \] \[ \mathbb P(X\ge1)=1-\mathbb P(X=0) =1-(0{,}835)^{15} \approx0{,}9331\approx\boxed{0{,}93}. \]

3. Seuil quotidien

\[ 1-0{,}835^n\gt0{,}99 \iff 0{,}835^n\lt0{,}01. \] \[ n\gt\frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}835)}\approx25{,}54. \]

Le plus petit entier est \(\boxed{26}\).

4. Espérance et variance du total de trois caisses

\[ \mathbb E(X_1)=20\times0{,}165=\boxed{3{,}3}, \] \[ \mathrm{Var}(X_1)=20\times0{,}165\times0{,}835 =\boxed{2{,}7555}. \]

Par linéarité de l'espérance et indépendance des trois variables :

\[ \mathbb E(S)=3\times3{,}3=\boxed{9{,}9}, \qquad \mathrm{Var}(S)=3\times2{,}7555=\boxed{8{,}2665}. \]

5. Borne de Bienaymé–Tchebychev

L'inégalité de Bienaymé–Tchebychev doit être centrée sur l'espérance exacte \(\mathbb E(S)=9{,}9\). Avec \(a=3{,}9\) :

\[ \mathbb P(|S-9{,}9|\ge3{,}9) \le\frac{8{,}2665}{3{,}9^2} =\frac{8{,}2665}{15{,}21} \approx0{,}5435. \]

Par complément :

\[ \mathbb P(|S-9{,}9|\lt3{,}9) \ge1-0{,}5435 \approx0{,}4565. \]

Comme \(S\) est entière, \(|S-9{,}9|\lt3{,}9\) impose \(7\le S\le13\), donc cet événement est inclus dans \(6\lt S\lt14\). Ainsi :

\[ \mathbb P(6\lt S\lt14) \ge0{,}4565\gt\boxed{0{,}45}. \]

Cette borne est une garantie ; la probabilité exacte est plus élevée.

Réponses : \(\mathbb P(E)=0{,}165\), seuil \(n=26\), \(\mathbb E(S)=9{,}9\), \(\mathrm{Var}(S)=8{,}2665\) et \(\mathbb P(6\lt S\lt14)\gt0{,}45\).

Exercice 10

Permis de conduire, somme indépendante et concentration

Synthèse Bac

Source : APMEP — Polynésie, sujet 1, 2 septembre 2025, exercice 1 — adaptation pédagogique fidèle.

Partie A — modèle national

Parmi les jeunes, \(16\,\%\) suivent la conduite accompagnée. Leur taux de réussite au premier passage est \(0{,}747\), contre \(0{,}568\) pour la formation classique.

On note \(A\) : « conduite accompagnée » et \(R\) : « réussite au premier passage ».

Construire l'arbre et calculer \(\mathbb P(R)\).
Calculer \(\mathbb P_R(A)\).
On remplace \(\mathbb P(A)=0{,}16\) par une proportion \(x\). Déterminer la valeur minimale de \(x\) pour que le taux global de réussite soit au moins \(0{,}70\).

Partie B — une auto-école

Dix candidats ont suivi la conduite accompagnée. \(X\) compte leurs réussites au premier passage.

Donner la loi de \(X\).
Calculer \(\mathbb P(X\ge6)\).
Calculer \(\mathbb E(X)\) et \(\mathrm{Var}(X)\).

Quarante autres candidats ont suivi la formation classique. On note \(Y\) leur nombre de réussites et on admet que \(Y\) est indépendante de \(X\), avec \(\mathbb E(Y)=22{,}53\) et \(\mathrm{Var}(Y)=9{,}81\). On pose \(Z=X+Y\).

Calculer \(\mathbb E(Z)\) et \(\mathrm{Var}(Z)\).
Montrer par Bienaymé–Tchebychev que la probabilité d'obtenir moins de 20 ou plus de 40 réussites est inférieure à \(0{,}12\).

Correction détaillée

Plan de résolution.

Calculer une probabilité totale, une probabilité inverse et un paramètre minimal.
Étudier une loi binomiale sur les candidats accompagnés.
Regrouper deux populations indépendantes et appliquer Bienaymé–Tchebychev.

1. Taux global de réussite

\[ \mathbb P(R)=0{,}16\times0{,}747+0{,}84\times0{,}568. \] \[ \mathbb P(R)=0{,}11952+0{,}47712 =\boxed{0{,}59664}\approx0{,}597. \] \[ \mathbb P_R(A)=\frac{0{,}16\times0{,}747}{0{,}59664} \approx\boxed{0{,}200}. \]

2. Proportion minimale de conduite accompagnée

Avec une proportion \(x\), le taux global devient :

\[ \mathbb P(R)=0{,}747x+0{,}568(1-x) =0{,}568+0{,}179x. \] \[ 0{,}568+0{,}179x\ge0{,}70 \iff x\ge\frac{0{,}132}{0{,}179} \approx\boxed{0{,}737}. \]

Il faut donc qu'au moins environ \(73{,}7\,\%\) des candidats suivent la conduite accompagnée.

3. Réussites des dix candidats accompagnés

\[ \boxed{X\sim\mathcal B(10,0{,}747)}. \] \[ \mathbb P(X\ge6)=1-\mathbb P(X\le5) \approx\boxed{0{,}9183}. \] \[ \mathbb E(X)=10\times0{,}747=\boxed{7{,}47}, \] \[ \mathrm{Var}(X)=10\times0{,}747\times0{,}253 =\boxed{1{,}88991}. \]

4. Total des réussites dans l'auto-école

Par linéarité de l'espérance :

\[ \mathbb E(Z)=\mathbb E(X)+\mathbb E(Y) =7{,}47+22{,}53=\boxed{30}. \]

Comme \(X\) et \(Y\) sont indépendantes :

\[ \mathrm{Var}(Z)=\mathrm{Var}(X)+\mathrm{Var}(Y) =1{,}88991+9{,}81 =\boxed{11{,}69991}\approx11{,}70. \]

5. Contrôle par Bienaymé–Tchebychev

L'événement « moins de 20 ou plus de 40 réussites » est inclus dans \(|Z-30|\ge10\). Ainsi :

\[ \mathbb P(|Z-30|\ge10) \le\frac{\mathrm{Var}(Z)}{10^2} \le\frac{11{,}70}{100} =\boxed{0{,}117}\lt0{,}12. \]

La borne demandée est donc démontrée.

Réponses : \(\mathbb P(R)=0{,}59664\), \(x\ge0{,}737\), \(X\sim\mathcal B(10,0{,}747)\), \(E(Z)=30\) et la probabilité extrême est majorée par \(0{,}117\).

Exercice 11

Contrôle qualité de lames d'escrime

Synthèse très avancée

Source indiquée dans le fichier fourni : Centres étrangers, sujet 1, 10 juin 2026, exercice 1 — adaptation pédagogique fidèle.

Partie A — trois fournisseurs

Un stock comprend \(60\,\%\) de lames du fournisseur \(A\), \(12\,\%\) du fournisseur \(B\) et le reste du fournisseur \(C\). Les taux de conformité sont respectivement \(0{,}90\), \(0{,}95\) et \(0{,}85\). On note \(T\) : « lame conforme ».

Construire l'arbre complet.
Calculer \(\mathbb P(A\cap\overline T)\).
Démontrer que \(\mathbb P(T)=0{,}892\).
Sachant qu'une lame n'est pas conforme, calculer la probabilité qu'elle provienne de \(B\).

Partie B — échantillon de 75 lames

\(X\) compte les lames non conformes parmi 75 choix indépendants.

Donner la loi de \(X\).
Calculer \(\mathbb P(X=6)\).
Vérifier si \(\mathbb P(X\gt8)\lt0{,}50\).

Partie C — moyenne sur plusieurs compétitions

Pour \(n\) compétitions, les variables indépendantes \(X_1,\ldots,X_n\) ont la même loi que \(X\), et \(M_n=\dfrac{X_1+\cdots+X_n}{n}\).

Calculer \(\mathbb E(M_n)\) et \(\mathrm{Var}(M_n)\).
Démontrer que \(\mathbb P(|M_n-8{,}1|\ge2)\le\dfrac{1{,}8063}{n}\).
Déterminer une valeur de \(n\) à partir de laquelle \(\mathbb P(|M_n-8{,}1|\lt2)\ge0{,}95\).

Correction détaillée

Plan de résolution.

Étudier un arbre à trois branches et une probabilité inverse.
Modéliser le nombre de lames non conformes par une loi binomiale.
Étudier la moyenne de plusieurs variables indépendantes par concentration.

1. Probabilités liées aux fournisseurs

La proportion du fournisseur \(C\) est \(0{,}28\). La probabilité qu'une lame provienne de \(A\) et soit non conforme vaut :

\[ \mathbb P(A\cap\overline T)=0{,}60\times0{,}10=\boxed{0{,}06}. \]

Par probabilités totales :

\[ \mathbb P(T)=0{,}60\times0{,}90 +0{,}12\times0{,}95 +0{,}28\times0{,}85. \] \[ \mathbb P(T)=0{,}54+0{,}114+0{,}238=\boxed{0{,}892}. \]

Ainsi \(\mathbb P(\overline T)=0{,}108\). La probabilité inverse demandée est :

\[ \mathbb P_{\overline T}(B) =\frac{0{,}12\times0{,}05}{0{,}108} =\frac{0{,}006}{0{,}108} \approx\boxed{0{,}0556}. \]

2. Nombre de lames non conformes parmi 75

\[ \boxed{X\sim\mathcal B(75,0{,}108)}. \] \[ \mathbb P(X=6)=\binom{75}{6}(0{,}108)^6(0{,}892)^{69} \approx\boxed{0{,}1201}. \] \[ \mathbb P(X\gt8)=1-\mathbb P(X\le8) \approx\boxed{0{,}4221}\lt0{,}50. \]

3. Espérance et variance de la moyenne

\[ \mathbb E(X)=75\times0{,}108=\boxed{8{,}1}, \] \[ \mathrm{Var}(X)=75\times0{,}108\times0{,}892 =\boxed{7{,}2252}. \]

Les variables \(X_i\) étant indépendantes et de même loi :

\[ \mathbb E(M_n)=\boxed{8{,}1}, \qquad \mathrm{Var}(M_n)=\boxed{\frac{7{,}2252}{n}}. \]

4. Concentration autour de la moyenne

\[ \mathbb P(|M_n-8{,}1|\ge2) \le\frac{7{,}2252/n}{2^2} =\boxed{\frac{1{,}8063}{n}}. \]

Par complément :

\[ \mathbb P(|M_n-8{,}1|\lt2) \ge1-\frac{1{,}8063}{n}. \]

Pour que cette minoration soit au moins \(0{,}95\), il suffit que :

\[ 1-\frac{1{,}8063}{n}\ge0{,}95 \iff n\ge36{,}126. \]

Tout entier \(\boxed{n\ge37}\) convient.

Réponses : \(\mathbb P(T)=0{,}892\), \(X\sim\mathcal B(75,0{,}108)\), \(\mathbb P(X\gt8)\approx0{,}422\) et \(n\ge37\).

Exercice 12

Fournisseurs de tomates et fréquence aléatoire

Synthèse très avancée

Source indiquée dans le fichier fourni : Amérique du Nord, sujet 2, 21 mai 2026, exercice 1 — adaptation pédagogique fidèle.

Partie A — origine et conformité

Un stock de tomates provient à \(60\,\%\) du fournisseur \(A\) et à \(40\,\%\) du fournisseur \(B\). Au total, \(91\,\%\) des tomates sont commercialisables. Parmi celles de \(A\), \(95\,\%\) sont commercialisables.

On note \(C\) : « tomate commercialisable ».

Calculer \(\mathbb P(A\cap C)\).
Démontrer que \(\mathbb P_B(C)=0{,}85\).
Une tomate est non commercialisable. Comparer les probabilités qu'elle provienne de \(A\) ou de \(B\).

Partie B — échantillon et concentration

On prélève 15 tomates indépendamment. \(X\) compte les tomates non commercialisables.

Donner la loi de \(X\).
Calculer \(\mathbb P(X=2)\), puis \(\mathbb P(X\le2)\).

Pour un échantillon de taille \(n\), on note \(X_n\sim\mathcal B(n,0{,}09)\) et \(F_n=X_n/n\).

Calculer \(\mathbb E(F_n)\) et \(\mathrm{Var}(F_n)\).
Démontrer que \(\mathbb P(0{,}04\lt F_n\lt0{,}14)\ge1-\dfrac{32{,}76}{n}\).
Pour \(n=500\), 55 tomates sont non commercialisables. Expliquer si cette observation est compatible avec la borne obtenue.

Correction détaillée

Plan de résolution.

Étudier l'origine et la commercialisation par un arbre.
Passer à une loi binomiale sur 15 tomates.
Étudier la fréquence de non-conformité et appliquer Bienaymé–Tchebychev.

1. Origine et commercialisation

\[ \mathbb P(A\cap C)=0{,}60\times0{,}95=\boxed{0{,}57}. \]

Posons \(q=\mathbb P_B(C)\). Par probabilités totales :

\[ 0{,}91=0{,}60\times0{,}95+0{,}40q =0{,}57+0{,}40q. \] \[ q=\frac{0{,}91-0{,}57}{0{,}40} =\boxed{0{,}85}. \]

La probabilité qu'une tomate soit non commercialisable est \(0{,}09\). Ainsi :

\[ \mathbb P_{\overline C}(A) =\frac{0{,}60\times0{,}05}{0{,}09} =\boxed{\frac13}, \] \[ \mathbb P_{\overline C}(B) =\frac{0{,}40\times0{,}15}{0{,}09} =\boxed{\frac23}. \]

Une tomate non commercialisable a donc deux fois plus de chances de provenir de \(B\) que de \(A\).

2. Échantillon de 15 tomates

Le succès est « la tomate est non commercialisable », de probabilité \(0{,}09\) :

\[ \boxed{X\sim\mathcal B(15,0{,}09)}. \] \[ \mathbb P(X=2)=\binom{15}{2}(0{,}09)^2(0{,}91)^{13} \approx\boxed{0{,}2496}. \] \[ \mathbb P(X\le2)=\sum_{k=0}^{2}\binom{15}{k}(0{,}09)^k(0{,}91)^{15-k} \approx\boxed{0{,}8531}. \]

3. Espérance et variance de la fréquence

Comme \(X_n\sim\mathcal B(n,0{,}09)\), on a :

\[ \mathbb E(X_n)=0{,}09n, \qquad \mathrm{Var}(X_n)=0{,}09\times0{,}91\,n=0{,}0819n. \]

Avec \(F_n=X_n/n\) :

\[ \mathbb E(F_n)=\boxed{0{,}09}, \qquad \mathrm{Var}(F_n)=\boxed{\frac{0{,}0819}{n}}. \]

4. Intervalle de concentration

L'intervalle demandé est centré en \(0{,}09\) :

\[ 0{,}04\lt F_n\lt0{,}14 \iff |F_n-0{,}09|\lt0{,}05. \]

Bienaymé–Tchebychev donne :

\[ \mathbb P(|F_n-0{,}09|\ge0{,}05) \le\frac{0{,}0819/n}{0{,}05^2} =\frac{32{,}76}{n}. \]

Par complément :

\[ \boxed{\mathbb P(0{,}04\lt F_n\lt0{,}14) \ge1-\frac{32{,}76}{n}}. \]

5. Interprétation de l'observation

Pour \(n=500\), la borne vaut :

\[ 1-\frac{32{,}76}{500}=0{,}93448. \]

La fréquence observée est :

\[ \frac{55}{500}=0{,}11. \]

Or \(0{,}11\in]0{,}04;0{,}14[\). L'observation est donc compatible avec l'intervalle de concentration obtenu.

Réponses : \(\mathbb P_B(C)=0{,}85\), \(X\sim\mathcal B(15,0{,}09)\), \(E(F_n)=0{,}09\), \(V(F_n)=0{,}0819/n\) et la fréquence observée \(0{,}11\) est compatible.

Conseil Bac : commence toujours par définir précisément les événements et la variable aléatoire. Sur un arbre, multiplie le long d'un chemin et additionne les chemins incompatibles. Pour une loi binomiale, justifie les essais indépendants et le paramètre constant. Termine chaque calcul par une interprétation dans le contexte.

Suivez votre progression

Connectez-vous pour enregistrer votre progression et vos tentatives de quiz.

↗ Cours ↗ Fiche de révision ↗ Exercices corrigés ↗ Quiz ↗ Tous les chapitres de mathématiques Terminale Spécialité

Exercices corrigés — Probabilités conditionnelles et loi binomiale (Tle spé)

Exercices — Probabilités conditionnelles et loi binomiale

Sélection dans une école et seuil de candidats

Filtre anti-spam et fiabilité d'un classement

Système d'alarme : erreurs, loi binomiale et seuil

Test médical : erreurs de diagnostic et taille d'échantillon

Dépistage d'une allergie et proportion inconnue

Satisfaction client, paramètre conditionnel et seuil

Objets rares dans un jeu vidéo et quantile binomial

Jeu de trois pièces en deux essais

Contrôles de caisses automatiques et somme de variables

Permis de conduire, somme indépendante et concentration

Contrôle qualité de lames d'escrime

Fournisseurs de tomates et fréquence aléatoire

Pages associées