Indépendance et répétition d’épreuves : corrigé du contrôle de maths en première
Voici le corrigé du contrôle de maths en première sur le thème « indépendance et répétition d’épreuves », question par question.
Cette correction montre comment rédiger chaque réponse pour obtenir tous les points. Pour chaque indépendance, les deux nombres à comparer sont calculés séparément, puis la conclusion est écrite en une phrase. Les arbres des exercices 3 et 4 sont donnés complétés, avec la probabilité de chaque issue au bout des branches.
Tu verras aussi pourquoi l’événement contraire simplifie les questions « au moins un », et comment la formule des probabilités totales mène au résultat du test de dépistage. Refais donc les calculs de ton côté, puis compare tes phrases de conclusion aux nôtres : le barème indique où se placent les points de méthode.
L’énoncé complet se trouve ici : Indépendance et répétition d’épreuves : contrôle de maths en première.
Barème du contrôle corrigé : indépendance et répétition d’épreuves
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Sport et cantine au lycée | 4 points |
| 2. L’urne de la kermesse | 3 points |
| 3. Les tirs au but de Léna | 5 points |
| 4. Un test de dépistage | 5 points |
| 5. Le contrôle des pièces d’un atelier | 3 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : indépendance et répétition d’épreuves
Exercice 1 – Sport et cantine au lycée (4 points)
- Il y a \(180 + 60 = 240\) sportifs et \(180 + 120 = 300\) demi-pensionnaires, donc :
\(P(S) = \frac{240}{400} = 0{,}6\)
\(P(D) = \frac{300}{400} = 0{,}75\)
\(P(S \cap D) = \frac{180}{400} = 0{,}45\)
\(P(S) = 0{,}6\), \(P(D) = 0{,}75\) et \(P(S \cap D) = 0{,}45\). - On calcule \(P(S) \times P(D) = 0{,}6 \times 0{,}75 = 0{,}45\). Or \(P(S \cap D) = 0{,}45\), donc \(P(S \cap D) = P(S) \times P(D)\).
Les événements \(S\) et \(D\) sont indépendants. - \(P_D(S) = \frac{P(S \cap D)}{P(D)} = \frac{0{,}45}{0{,}75} = 0{,}6\), c’est-à-dire \(P_D(S) = P(S)\).
Il y a 60 % de sportifs chez les demi-pensionnaires, comme dans tout le lycée. Ainsi, savoir qu’un élève mange à la cantine ne change pas la probabilité qu’il soit sportif. - On a \(E = \{2 ; 4 ; 6\}\), \(F = \{5 ; 6\}\) et \(G = \{3 ; 6\}\), donc \(P(E) = \frac{1}{2}\), \(P(F) = \frac{1}{3}\) et \(P(G) = \frac{1}{3}\).
D’une part, \(E \cap F = \{6\}\), donc \(P(E \cap F) = \frac{1}{6}\) ; de plus, \(P(E) \times P(F) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6}\). Ainsi, \(E\) et \(F\) sont indépendants.
D’autre part, \(F \cap G = \{6\}\), donc \(P(F \cap G) = \frac{1}{6}\) ; cependant, \(P(F) \times P(G) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{9}\). Comme \(\frac{1}{6} \neq \frac{1}{9}\), \(F\) et \(G\) ne sont pas indépendants.
\(E\) et \(F\) sont indépendants, mais \(F\) et \(G\) ne le sont pas.
Piège classique : confondre « indépendants » et « incompatibles ». Ici, \(F\) et \(G\) ont l’issue 6 en commun, donc ils ne sont pas incompatibles, et pourtant ils ne sont pas indépendants.
Exercice 2 – L’urne de la kermesse (3 points)
- La boule est remise, donc l’urne retrouve sa composition initiale. Le premier tirage n’influence donc pas le second. Les deux tirages sont ainsi indépendants, avec \(P(R_1) = P(R_2) = \frac{3}{5} = 0{,}6\).
\(P(R_1 \cap R_2) = 0{,}6 \times 0{,}6 = 0{,}36\)
La probabilité d’obtenir deux boules rouges est 0,36. - À chaque tirage, une boule bleue sort avec une probabilité de \(\frac{2}{5} = 0{,}4\). Or deux boules de même couleur, c’est deux rouges ou deux bleues. Ces deux cas sont incompatibles :
\(0{,}36 + 0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}36 + 0{,}16 = 0{,}52\)
La probabilité que les deux boules soient de la même couleur est 0,52. - Sans remise, quand la première boule est rouge, il reste 2 rouges sur 4 boules : \(P_{R_1}(R_2) = \frac{2}{4} = 0{,}5\).
Par la formule des probabilités totales :
\(P(R_2) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{4} + \frac{2}{5} \times \frac{3}{4} = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac{12}{20} = 0{,}6\)
Comme \(P_{R_1}(R_2) = 0{,}5 \neq P(R_2) = 0{,}6\), le premier tirage modifie la probabilité du second.
Sans remise, \(R_1\) et \(R_2\) ne sont plus indépendants.
Exercice 3 – Les tirs au but de Léna (5 points)
- Les tirs sont indépendants et identiques. Chaque branche \(R\) porte donc \(0{,}8\), et chaque branche \(\overline{R}\) porte \(1 – 0{,}8 = 0{,}2\). Au bout des branches, E désigne un tir manqué.
L’arbre complété figure ci-dessous.
- Le chemin RRR a pour probabilité \(0{,}8 \times 0{,}8 \times 0{,}8 = 0{,}8^3 = 0{,}512\).
Léna réussit ses trois tirs avec une probabilité de 0,512. - Exactement deux réussites correspondent aux trois chemins RRE, RER et ERR. Chacun a pour probabilité \(0{,}8^2 \times 0{,}2 = 0{,}128\), donc :
\(3 \times 0{,}128 = 0{,}384\)
La probabilité de réussir exactement deux tirs vaut bien 0,384. - L’événement contraire de « au moins un tir réussi » est « aucun tir réussi ». Il correspond au seul chemin EEE, de probabilité \(0{,}2^3 = 0{,}008\).
\(1 – 0{,}008 = 0{,}992\)
La probabilité de réussir au moins un tir est 0,992. - Exactement une réussite correspond aux chemins REE, ERE et EER, chacun de probabilité \(0{,}8 \times 0{,}2^2 = 0{,}032\). On obtient donc \(3 \times 0{,}032 = 0{,}096\).
Vérification : \(0{,}008 + 0{,}096 + 0{,}384 + 0{,}512 = 1\).
La probabilité de réussir exactement un tir est 0,096, et la somme des quatre probabilités vaut bien 1. - Les quatre tirs sont indépendants. Or l’événement contraire de « au moins un tir manqué » est « quatre tirs réussis », de probabilité \(0{,}8^4 = 0{,}409\,6\).
\(1 – 0{,}409\,6 = 0{,}590\,4\)
La probabilité que Léna manque au moins un des quatre tirs est 0,5904.
Piège classique : calculer \(0{,}8^2 \times 0{,}2\) pour « exactement deux réussites » sans multiplier par 3 ; en effet, le tir manqué peut être le premier, le deuxième ou le troisième.
Exercice 4 – Un test de dépistage (5 points)
- Sur chaque paire de branches, la somme vaut 1. Donc \(P(\overline{M}) = 1 – 0{,}02 = 0{,}98\), puis \(P_M(\overline{T}) = 1 – 0{,}95 = 0{,}05\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 1 – 0{,}04 = 0{,}96\).
L’arbre complet est donné ci-dessous.
- \(P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0{,}02 \times 0{,}95 = 0{,}019\).
\(P(M \cap T) = 0{,}019\). - Les événements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\(P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T) = 0{,}019 + 0{,}98 \times 0{,}04 = 0{,}019 + 0{,}039\,2 = 0{,}058\,2\)
On a bien \(P(T) = 0{,}0582\). - On cherche \(P_T(M) = \frac{P(M \cap T)}{P(T)} = \frac{0{,}019}{0{,}058\,2} \approx 0{,}326\).
Ainsi, seulement un tiers environ des personnes testées positives sont malades. En effet, la maladie est rare. Les faux positifs touchent \(4\,\%\) des personnes saines, très nombreuses : ils dépassent donc les vrais positifs.
Une personne testée positive est malade avec une probabilité d’environ 0,326. Un test positif doit donc être confirmé. - \(P(M) \times P(T) = 0{,}02 \times 0{,}058\,2 = 0{,}001\,164\), alors que \(P(M \cap T) = 0{,}019\). Ces deux nombres sont différents.
Avec des événements indépendants, le test ne donnerait aucune information sur la maladie. Au contraire, ici \(P_T(M) \approx 0{,}326\) est bien plus grand que \(P(M) = 0{,}02\).
\(M\) et \(T\) ne sont pas indépendants. C’est rassurant, car un test positif augmente nettement la probabilité d’être malade.
Piège classique : répondre 0,95 à la question 4 ; or 0,95 est \(P_M(T)\), la probabilité d’un test positif chez un malade, et non \(P_T(M)\).
Exercice 5 – Le contrôle des pièces d’un atelier (3 points)
- Chaque engrenage est correct avec une probabilité \(1 – 0{,}05 = 0{,}95\). Comme les prélèvements sont indépendants, l’absence de défaut a pour probabilité \(0{,}95^2 = 0{,}902\,5\).
Au moins un engrenage défectueux est l’événement contraire : \(1 – 0{,}902\,5 = 0{,}097\,5\).
Aucun défectueux : 0,9025 ; au moins un défectueux : 0,0975. - Le lot est refusé quand au moins un des quatre engrenages est défectueux, donc :
\(1 – 0{,}95^4 = 1 – 0{,}814\,506\,25 = 0{,}185\,493\,75\)
La probabilité de refuser le lot est environ 0,1855. - Avec un taux de \(3\,\%\) : \(1 – 0{,}97^4 \approx 1 – 0{,}885\,3 = 0{,}114\,7\), ce qui dépasse \(0{,}1\).
Avec un taux de \(2\,\%\) : \(1 – 0{,}98^4 \approx 1 – 0{,}922\,4 = 0{,}077\,6\), ce qui est inférieur à \(0{,}1\).
Seul le réglage à 2 % convient : le lot est alors refusé avec une probabilité d’environ 0,0776.
À retenir de ce contrôle
- Deux événements A et B sont indépendants lorsque P(A ∩ B) = P(A) × P(B), ce qui revient à P_A(B) = P(B) quand P(A) n’est pas nul.
- Un tirage avec remise répète des épreuves indépendantes, alors qu’un tirage sans remise modifie la composition de l’urne et crée une dépendance.
- Pour des épreuves de Bernoulli indépendantes, la probabilité d’un chemin est le produit des probabilités lues sur ses branches.
- La probabilité d’obtenir au moins un succès en n épreuves vaut 1 moins la probabilité de n’obtenir que des échecs.
- Un test positif ne prouve pas la maladie : quand la maladie est rare, P_T(M) peut rester faible malgré un test fiable.
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Pour ne plus perdre de points sur ce thème, relis la leçon probabilités conditionnelles et indépendance.
D’autres évaluations corrigées t’attendent sur la page contrôles de maths en première.
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