Terminale Spé Maths / Chapitre 13 : Sommes de variables aléatoires et concentration / Annales du bac

Bac 2025, Métropole : exercice 1

17 juin 2025 · jour 1 · 5 points

On compte quatre groupes sanguins dans l'espèce humaine: A, B, AB et O.

Chaque groupe sanguin peut présenter un facteur rhésus. Lorsqu'il est présent, on dit que le rhésus est positif, sinon on dit qu'il est négatif.

Au sein de la population française, on sait que:

45 % des individus appartiennent au groupe A, et parmi eux 85 % sont de rhésus positif
10 % des individus appartiennent au groupe B, et parmi eux 84 % sont de rhésus positif
3 % des individus appartiennent au groupe AB, et parmi eux 82 % sont de rhésus positif.

On choisit au hasard une personne dans la population française.

On désigne par:

$A$ l'évènement « La personne choisie est de groupe sanguin A »
$B$ l'évènement « La personne choisie est de groupe sanguin B »
$AB$ l'évènement « La personne choisie est de groupe sanguin AB »
$O$ l'évènement « La personne choisie est de groupe sanguin O »
$R$ l'évènement « La personne choisie a un facteur rhésus positif ».

Pour un évènement quelconque $E$ , on note $\overline{E}$ l'évènement contraire de $E$ et $p(E)$ la probabilité de $E$ .

Recopier l'arbre ci-contre en complétant les dix pointillés.
Montrer que $p(B \cap R) = 0,084$ . Interpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice.
On précise que $p(R) = 0,8397$ .

Montrer que $p_O(R) = 0,83$ .
On dit qu'un individu est « donneur universel » lorsque son sang peut être transfusé à toute personne sans risque d'incompatibilité.

Le groupe O de rhésus négatif est le seul vérifiant cette caractéristique.

Montrer que la probabilité qu'un individu choisi au hasard dans la population française soit donneur universel est de 0,0714.

Figure de l'énoncé, exercice 1, Métropole 17 juin 2025

Lors d'une collecte de sang, on choisit un échantillon de $100$ personnes dans la population d'une ville française. Cette population est suffisamment grande pour assimiler ce choix à un tirage avec remise. On note $X$ la variable aléatoire qui à chaque échantillon de $100$ personnes associe le nombre de donneurs universels dans cet échantillon.
1. Justifier que $X$ suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.
2. Déterminer à $10^{-3}$ près la probabilité qu'il y ait au plus 7 donneurs universels dans cet échantillon.
3. Montrer que l'espérance $E(X)$ de la variable aléatoire $X$ est égale à $7,14$ et que sa variance $V(X)$ est égale à $6,63$ à $10^{-2}$ près.
Lors de la semaine nationale du don du sang, une collecte de sang est organisée dans $N$ villes françaises choisies au hasard numérotées 1, 2, 3, ... , $N$ où $N$ est un entier naturel non nul.

On considère la variable aléatoire $X_1$ qui à chaque échantillon de 100 personnes de la ville 1 associe le nombre de donneurs universels dans cet échantillon.

On définit de la même manière les variables aléatoires $X_2$ pour la ville 2, ... , $X_N$ pour la ville $N$ .

On suppose que ces variables aléatoires sont indépendantes et qu'elles admettent la même espérance égale à $7,14$ et la même variance égale à $6,63$ .

On considère la variable aléatoire $M_N = \dfrac{X_1 + X_2 + \ldots + X_N}{N}$ .
1. Que représente la variable aléatoire $M_N$ dans le contexte de l'exercice ?
2. Calculer l'espérance $E(M_N)$ .
3. On désigne par $V(M_N)$ la variance de la variable aléatoire $M_N$ .
  
  Montrer que $V(M_N) = \dfrac{6,63}{N}$ .
4. Déterminer la plus petite valeur de $N$ pour laquelle l'inégalité de Bienaymé- Tchebychev permet d'affirmer que:
  
  $P(7 < M_N < 7,28) \geqslant 0,95.$

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Question 1.

D'après l'énoncé, $p(A) = 0{,}45$ , $p(B) = 0{,}10$ et $p(AB) = 0{,}03$ .

Les quatre groupes $A$ , $B$ , $AB$ et $O$ forment une partition de l'univers, donc

p(O) = 1 - \left(0{,}45 + 0{,}10 + 0{,}03\right) = 1 - 0{,}58 = 0{,}42.

Les probabilités conditionnelles du rhésus se déduisent de l'énoncé, les deux branches issues d'un même nœud ayant une somme égale à $1$ .

Les dix pointillés se complètent ainsi :

groupe $A$ : branche $0{,}45$   $p_A(R) = 0{,}85$   $p_A(\overline{R}) = 0{,}15$
groupe $B$ : branche $0{,}10$   $p_B(R) = 0{,}84$   $p_B(\overline{R}) = 0{,}16$
groupe $AB$ : branche $0{,}03$   $p_{AB}(R) = 0{,}82$   $p_{AB}(\overline{R}) = 0{,}18$
groupe $O$ : branche $0{,}42$ (les deux branches suivantes sont déterminées à la question 3 : $p_O(R) = 0{,}83$ et $p_O(\overline{R}) = 0{,}17$ ).

Question 2.

D'après la formule de la probabilité de l'intersection (définition de la probabilité conditionnelle) :

p(B \cap R) = p(B) \times p_B(R) = 0{,}10 \times 0{,}84 = 0{,}084.

Interprétation : $8{,}4\,\%$ des individus de la population française sont du groupe sanguin B et de rhésus positif.

Question 3.

Les évènements $A$ , $B$ , $AB$ et $O$ forment une partition de l'univers (ils sont deux à deux incompatibles et leur réunion est 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).

On calcule les trois premiers termes :

p(A \cap R) = 0{,}45 \times 0{,}85 = 0{,}3825,

p(B \cap R) = 0{,}084 \quad \text{(question 2)},

p(AB \cap R) = 0{,}03 \times 0{,}82 = 0{,}0246.

Avec $p(R) = 0{,}8397$ :

p(O \cap R) = 0{,}8397 - 0{,}3825 - 0{,}084 - 0{,}0246 = 0{,}3486.

Comme $p(O) = 0{,}42 \neq 0$ , on peut calculer la probabilité conditionnelle :

p_O(R) = \dfrac{p(O \cap R)}{p(O)} = \dfrac{0{,}3486}{0{,}42} = 0{,}83.

On en déduit

p_O(\overline{R}) = 1 - p_O(R) = 1 - 0{,}83 = 0{,}17.

Donc $p_O(R) = 0{,}83$ .

Question 4.

Le donneur universel est un individu de groupe O et de rhésus négatif : l'évènement est $O \cap \overline{R}$ .

On calcule

p(O \cap \overline{R}) = p(O) \times p_O(\overline{R}) = 0{,}42 \times 0{,}17 = 0{,}0714.

Donc la probabilité qu'un individu choisi au hasard soit donneur universel est $0{,}0714$ .

Question 5.

a) Le choix d'une personne est une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès $p = 0{,}0714$ , le succès étant « la personne est donneur universel ».

On choisit 100 personnes. La population étant suffisamment grande, on assimile ce choix à un tirage avec remise : les 100 épreuves sont identiques et indépendantes.

La variable $X$ compte le nombre de succès parmi ces 100 épreuves.

Donc $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n = 100$ et $p = 0{,}0714$ .

b) On cherche $P(X \leqslant 7)$ .

À la calculatrice, $P(X \leqslant 7) \approx 0{,}577$ (arrondi à $10^{-3}$ ).

Donc la probabilité qu'il y ait au plus 7 donneurs universels dans l'échantillon est environ $0{,}577$ .

Réponse : $P(X \leqslant 7) \approx 0{,}577$ .

c) Pour une loi binomiale :

E(X) = np = 100 \times 0{,}0714 = 7{,}14,

V(X) = np(1-p) = 100 \times 0{,}0714 \times (1 - 0{,}0714) = 100 \times 0{,}0714 \times 0{,}9286.

Cela donne $V(X) \approx 6{,}63$ (arrondi à $10^{-2}$ ).

Donc $E(X) = 7{,}14$ et $V(X) \approx 6{,}63$ .

Question 6.

a) La variable $X_i$ est le nombre de donneurs universels dans un échantillon de 100 personnes de la ville $i$ .

Donc $M_N$ , moyenne des $N$ variables $X_1, \ldots, X_N$ , représente le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de 100 personnes, calculé sur les $N$ villes.

b) Par linéarité de l'espérance :

E(M_N) = \dfrac{E(X_1) + E(X_2) + \cdots + E(X_N)}{N} = \dfrac{N \times 7{,}14}{N} = 7{,}14.

Donc $E(M_N) = 7{,}14$ .

c) Pour tout réel $a$ , $V(aY) = a^2 V(Y)$ . Les variables $X_1, \ldots, X_N$ étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme des variances.

Donc

V(M_N) = \dfrac{1}{N^2}\,V\left(X_1 + \cdots + X_N\right) = \dfrac{1}{N^2}\left(V(X_1) + \cdots + V(X_N)\right) = \dfrac{N \times 6{,}63}{N^2} = \dfrac{6{,}63}{N}.

d) On a

7 < M_N < 7{,}28 \iff -0{,}14 < M_N - 7{,}14 < 0{,}14 \iff \left|M_N - E(M_N)\right| < 0{,}14.

L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev s'applique à la variable aléatoire $M_N$ , d'espérance $E(M_N) = 7{,}14$ et de variance $V(M_N) = \dfrac{6{,}63}{N}$ . Pour tout $\delta > 0$ :

P\left(\left|M_N - E(M_N)\right| \geqslant \delta\right) \leqslant \dfrac{V(M_N)}{\delta^2}.

Avec $\delta = 0{,}14$ :

P\left(\left|M_N - 7{,}14\right| \geqslant 0{,}14\right) \leqslant \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}.

Par passage à l'évènement contraire :

P(7 < M_N < 7{,}28) \geqslant 1 - \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}.

Cette minoration est supérieure ou égale à $0{,}95$ lorsque

1 - \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N} \geqslant 0{,}95 \iff \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N} \leqslant 0{,}05 \iff N \geqslant \dfrac{6{,}63}{0{,}0196 \times 0{,}05} \approx 6\,765{,}3.

$N$ étant un entier, la plus petite valeur est $N = 6\,766$ .

Donc la plus petite valeur de $N$ pour laquelle l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d'affirmer $P(7 < M_N < 7{,}28) \geqslant 0{,}95$ est $6\,766$ .

Réponse : $N = 6\,766$ .

Points clés attendus

Arbre complété : $p(O)$ obtenu par complémentaire, branches issues d'un même nœud de somme $1$ .
Formule des probabilités totales citée avec la partition $\{A, B, AB, O\}$ , pour retrouver $p(O \cap R)$ puis $p_O(R)$ .
Loi binomiale justifiée : épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes (tirage avec remise assimilé), paramètres $n = 100$ et $p = 0{,}0714$ .
Espérance par linéarité, variance de $M_N$ par indépendance et $V(aY) = a^2V(Y)$ .
Bienaymé-Tchebychev : réécriture de l'encadrement en $|M_N - E(M_N)| < 0{,}14$ , passage au contraire, puis inéquation en $N$ et choix de l'entier.

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Source : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques du baccalauréat, session 2025 (Métropole, 17 juin 2025 (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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