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Terminale Spé Maths / Chapitre 12 : Succession d'épreuves et loi binomiale / Annales du bac

Bac 2024, Polynésie : exercice 3

19 juin 2024 · jour 1 · 5 points

Les probabilités demandées seront exprimées sous forme de fractions irréductibles

Partie A

On lance trois fois de suite une pièce de monnaie bien équilibrée. On note XX la variable aléatoire qui compte le nombre de fois, sur les trois lancers, où la pièce est retombée du côté « Face ».

  1. Préciser la nature et les paramètres de la loi de probabilité suivie par XX.

  2. Recopier et compléter le tableau suivant donnant la loi de probabilité de XX.

    kk0123
    P(X=k)P(X = k)

Partie B

Voici les règles d'un jeu où le but est d'obtenir trois pièces du côté « Face » en un ou deux essais :

  • On lance trois pièces équilibrées :

    • Si les trois pièces sont tombées du côté « Face », la partie est gagnée

    • Sinon, les pièces tombées du côté « Face » sont conservées et on relance celles tombées du côté « Pile ».

  • La partie est gagnée si on obtient trois pièces du côté « Face », sinon elle est perdue.

On considère les évènements suivants :

  • GG : « la partie est gagnée ».

    Et pour tout entier kk compris entre 0 et 3, les évènements:

  • AkA_k : « kk pièces sont tombées du côté « Face » au premier lancer ».

  1. Démontrer que PA1(G)=14P_{A_1}(G) = \dfrac14.

  2. Recopier et compléter l'arbre pondéré ci-dessous:

    Figure de l'énoncé, exercice 3, Polynésie 19 juin 2024
  3. Démontrer que la probabilité pp de gagner à ce jeu est p=2764p = \dfrac{27}{64}

  4. La partie a été gagnée. Quelle est la probabilité qu'exactement une pièce soit tombée du côté « Face » à la première tentative ?

  5. Combien de fois faut-il jouer à ce jeu pour que la probabilité de gagner au moins une partie dépasse 0,950,95 ?

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Partie A

Question 1.

Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « la pièce retombe du côté Face », de probabilité 12\dfrac12 car la pièce est équilibrée.

Les trois lancers sont identiques et indépendants. La variable aléatoire XX compte le nombre de succès.

Donc XX suit la loi binomiale de paramètres n=3n=3 et p=12p=\dfrac12.

Réponse : X∼B(3 ;12)X\sim\mathcal{B}\left(3\,;\dfrac12\right).

Question 2.

Pour k∈{0 ;1 ;2 ;3}k\in\{0\,;1\,;2\,;3\},

P(X=k)=(3k)(12)k(12)3−k=(3k)×18.P(X=k)=\binom{3}{k}\left(\dfrac12\right)^k\left(\dfrac12\right)^{3-k}=\binom{3}{k}\times\dfrac18.

Avec (30)=1\binom30=1, (31)=3\binom31=3, (32)=3\binom32=3 et (33)=1\binom33=1 :

  • P(X=0)=18P(X=0)=\dfrac18

  • P(X=1)=38P(X=1)=\dfrac38

  • P(X=2)=38P(X=2)=\dfrac38

  • P(X=3)=18P(X=3)=\dfrac18.

Donc le tableau est : P(X=0)=18P(X=0)=\dfrac18, P(X=1)=38P(X=1)=\dfrac38, P(X=2)=38P(X=2)=\dfrac38, P(X=3)=18P(X=3)=\dfrac18. La somme vaut bien 11.

Partie B

Question 1.

Si l'évènement A1A_1 est réalisé, une pièce est tombée du côté Face au premier lancer et elle est conservée. On relance les deux autres pièces.

La partie est gagnée si et seulement si ces deux pièces retombent du côté Face. Les deux lancers sont indépendants et chacun donne Face avec la probabilité 12\dfrac12. Donc

PA1(G)=12×12=14.P_{A_1}(G)=\dfrac12\times\dfrac12=\dfrac14.

Question 2.

Les probabilités des branches AkA_k sont données par la loi de XX : 18\dfrac18, 38\dfrac38, 38\dfrac38, 18\dfrac18.

On détermine les probabilités conditionnelles de GG : si AkA_k est réalisé, on relance les 3−k3-k pièces tombées sur Pile, et la partie est gagnée si toutes tombent sur Face.

  • PA0(G)=(12)3=18P_{A_0}(G)=\left(\dfrac12\right)^3=\dfrac18 et PA0(G‾)=1−18=78P_{A_0}(\overline{G})=1-\dfrac18=\dfrac78

  • PA1(G)=14P_{A_1}(G)=\dfrac14 et PA1(G‾)=1−14=34P_{A_1}(\overline{G})=1-\dfrac14=\dfrac34

  • PA2(G)=12P_{A_2}(G)=\dfrac12 (une seule pièce à relancer) et PA2(G‾)=12P_{A_2}(\overline{G})=\dfrac12

  • PA3(G)=1P_{A_3}(G)=1 (les trois pièces sont déjà sur Face, la partie est gagnée).

Ce sont les pondérations à inscrire sur les branches de A0A_0, A1A_1, A2A_2 et A3A_3 vers GG et G‾\overline{G}.

Question 3.

Les évènements A0A_0, A1A_1, A2A_2 et A3A_3 sont incompatibles deux à deux et leur réunion est l'univers : ils forment une partition de l'univers.

D'après la formule des probabilités totales,

p=P(G)=P(A0)PA0(G)+P(A1)PA1(G)+P(A2)PA2(G)+P(A3)PA3(G).p=P(G)=P(A_0)P_{A_0}(G)+P(A_1)P_{A_1}(G)+P(A_2)P_{A_2}(G)+P(A_3)P_{A_3}(G).

On remplace :

p=18×18+38×14+38×12+18×1=164+332+316+18.p=\dfrac18\times\dfrac18+\dfrac38\times\dfrac14+\dfrac38\times\dfrac12+\dfrac18\times 1=\dfrac1{64}+\dfrac3{32}+\dfrac3{16}+\dfrac18.

On met au dénominateur 6464 :

p=164+664+1264+864=2764.p=\dfrac1{64}+\dfrac6{64}+\dfrac{12}{64}+\dfrac8{64}=\dfrac{27}{64}.

Donc la probabilité de gagner à ce jeu est p=2764p=\dfrac{27}{64}.

Question 4.

On cherche PG(A1)P_G(A_1). Comme P(G)=2764≠0P(G)=\dfrac{27}{64}\neq 0,

PG(A1)=P(A1∩G)P(G).P_G(A_1)=\dfrac{P(A_1\cap G)}{P(G)}.

On a P(A1∩G)=P(A1)×PA1(G)=38×14=332=664P(A_1\cap G)=P(A_1)\times P_{A_1}(G)=\dfrac38\times\dfrac14=\dfrac{3}{32}=\dfrac{6}{64}. Donc

PG(A1)=664×6427=627=29.P_G(A_1)=\dfrac{6}{64}\times\dfrac{64}{27}=\dfrac{6}{27}=\dfrac29.

Donc, sachant que la partie est gagnée, la probabilité qu'exactement une pièce soit tombée du côté Face à la première tentative est 29\dfrac29.

Réponse : 29\dfrac29.

Question 5.

On joue nn parties, identiques et indépendantes, chacune étant gagnée avec la probabilité p=2764p=\dfrac{27}{64} et perdue avec la probabilité 1−p=37641-p=\dfrac{37}{64}.

L'évènement « gagner au moins une partie » est le contraire de « perdre les nn parties ». Par indépendance, la probabilité de perdre les nn parties est (3764)n\left(\dfrac{37}{64}\right)^n. Donc la probabilité de gagner au moins une partie est

1−(3764)n.1-\left(\dfrac{37}{64}\right)^n.

On cherche le plus petit entier nn tel que

1−(3764)n>0,95  ⟺  (3764)n<0,05.1-\left(\dfrac{37}{64}\right)^n>0{,}95\iff\left(\dfrac{37}{64}\right)^n<0{,}05.

La fonction ln⁡\ln est strictement croissante sur ]0 ;+∞[]0\,;+\infty[, donc

(3764)n<0,05  ⟺  nln⁡3764<ln⁡0,05.\left(\dfrac{37}{64}\right)^n<0{,}05\iff n\ln\dfrac{37}{64}<\ln 0{,}05.

Comme 3764<1\dfrac{37}{64}<1, on a ln⁡3764<0\ln\dfrac{37}{64}<0. En divisant par ce nombre négatif, le sens de l'inégalité change :

n>ln⁡0,05ln⁡3764≈5,47.n>\dfrac{\ln 0{,}05}{\ln\frac{37}{64}}\approx 5{,}47.

Le plus petit entier nn vérifiant cette inégalité est n=6n=6.

Vérification à la calculatrice : 1−(3764)5≈0,935<0,951-\left(\dfrac{37}{64}\right)^5\approx 0{,}935<0{,}95 et 1−(3764)6≈0,963>0,951-\left(\dfrac{37}{64}\right)^6\approx 0{,}963>0{,}95.

Donc il faut jouer au moins 66 fois pour que la probabilité de gagner au moins une partie dépasse 0,950{,}95.

Réponse : n=6n=6.

Points clés attendus

  • Justifier la loi binomiale : trois lancers identiques et indépendants, de probabilité 12\dfrac12.

  • Déterminer les probabilités conditionnelles PAk(G)P_{A_k}(G) en comptant les pièces relancées.

  • Citer la formule des probabilités totales avec la partition {A0 ;A1 ;A2 ;A3}\{A_0\,;A_1\,;A_2\,;A_3\}, puis donner la fraction irréductible demandée.

  • Pour la question 4, calculer PG(A1)P_G(A_1) (probabilité conditionnelle « à l'envers ») avec P(A1∩G)P(A_1\cap G) et P(G)P(G).

  • Seuil : écrire 1−(3764)n>0,951-\left(\dfrac{37}{64}\right)^n>0{,}95, utiliser le logarithme et penser au changement de sens de l'inégalité.

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Comment t'entraîner

Chronomètre-toi, rédige sur papier comme le jour du bac, puis seulement après regarde le cours. Si tu bloques sur une question, écris « on admet que… » et passe à la suivante.

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Revoir le cours

Source : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques du baccalauréat, session 2024 (Polynésie, 19 juin 2024 (jour 1)), ministère de l'Éducation nationale. Énoncé mis en forme pour le web à partir du tapuscrit de l'APMEP (Denis Vergès et François Hache) ; figures issues des fichiers de l'APMEP. En cas de doute sur un détail, le sujet officiel fait foi.

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