Probabilités et variables aléatoires : corrigé du contrôle de maths en première
Voici le corrigé du contrôle de maths en première sur le thème « probabilités et variables aléatoires », question par question.
Cette correction suit le même fil que le sujet : l’arbre du contrôle qualité, puis la variable aléatoire du bénéfice. Chaque probabilité de chemin est calculée par un produit, et la loi de la variable est vérifiée par une somme égale à 1. L’arbre complété et le diagramme en barres de la loi sont dessinés.
Pour l’espérance et la variance, les calculs sont écrits terme à terme, afin que tu repères la ligne où ta copie s’écarte. La dernière question montre ensuite comment rédiger une décision argumentée à partir de deux indicateurs. Compare ta démarche, puis compte tes points avec le barème détaillé. Enfin, relis les pièges : ils concernent surtout le signe d’une perte et l’écart type confondu avec la variance.
L’énoncé complet se trouve ici : Probabilités et variables aléatoires : contrôle de maths en première.
Barème du contrôle corrigé : probabilités et variables aléatoires
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Automatismes sur une loi | 3 points |
| 2. Le contrôle des batteries | 5 points |
| 3. Le bénéfice par batterie | 6 points |
| 4. Faut-il changer de fournisseur ? | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : probabilités et variables aléatoires
Exercice 1 – Automatismes sur une loi (3 points)
- La somme des probabilités d’une loi vaut 1, donc \(0{,}1 + 0{,}3 + p + 0{,}2 = 1\), d’où \(p = 1 – 0{,}6\). \(p = 0{,}4\).
- \(P(X \geq 3) = P(X = 3) + P(X = 5) = 0{,}4 + 0{,}2\). \(P(X \geq 3) = 0{,}6\).
- \(E(X) = -2 \times 0{,}1 + 0 \times 0{,}3 + 3 \times 0{,}4 + 5 \times 0{,}2\)
\(E(X) = -0{,}2 + 0 + 1{,}2 + 1 = 2\). \(E(X) = 2\). - On cherche \(P_{X \geq 0}(X = 5)\). Or l’événement \(X = 5\) est inclus dans \(X \geq 0\), et \(P(X \geq 0) = 1 – 0{,}1 = 0{,}9\). Ainsi, \(P_{X \geq 0}(X = 5) = \frac{0{,}2}{0{,}9} = \frac{2}{9}\). La probabilité cherchée vaut \(\frac{2}{9}\).
Piège classique : oublier la valeur 0 dans \(X \geq 0\). En effet, « positive ou nulle » inclut \(X = 0\), donc on divise par 0,9 et non par 0,6.
Exercice 2 – Le contrôle des batteries (5 points)
- Les branches issues d’un même nœud ont une somme égale à 1, donc \(P(\overline{S_1}) = 1 – 0{,}85 = 0{,}15\) et \(P_{\overline{S_1}}(\overline{S_2}) = 1 – 0{,}6 = 0{,}4\).
Les probabilités manquantes sont 0,15 et 0,4.
- Une batterie réparée puis vendue suit le chemin \(\overline{S_1}\) puis \(S_2\) : \(P(\overline{S_1} \cap S_2) = 0{,}15 \times 0{,}6 = 0{,}09\). La probabilité vaut 0,09.
- Une batterie est vendue quand elle réussit le premier contrôle, ou bien quand elle échoue puis réussit le second. Ces deux chemins sont incompatibles, donc \(P(\text{vendue}) = P(S_1) + P(\overline{S_1} \cap S_2)\)
\(P(\text{vendue}) = 0{,}85 + 0{,}09 = 0{,}94\). On a bien une probabilité de 0,94. - On note \(W\) l’événement « la batterie est vendue ». On cherche \(P_W(\overline{S_1}) = \frac{P(\overline{S_1} \cap W)}{P(W)}\). Or une batterie vendue après un échec est exactement une batterie réparée puis vendue, donc \(P_W(\overline{S_1}) = \frac{0{,}09}{0{,}94} = \frac{9}{94}\). \(P_W(\overline{S_1}) = \frac{9}{94} \approx 0{,}096\).
Piège classique : répondre 0,15 à la question 4. Cependant, cette probabilité concerne toutes les batteries, alors que l’acheteur sait déjà que la sienne a été vendue.
Exercice 3 – Le bénéfice par batterie (6 points)
- \(X\) prend trois valeurs : 120 (vendue sans réparation), 80 (réparée puis vendue) et \(-50\) (détruite). D’après l’arbre, \(P(X = 120) = 0{,}85\), \(P(X = 80) = 0{,}09\) et \(P(X = -50) = 0{,}15 \times 0{,}4 = 0{,}06\).
\(x_i\) \(-50\) \(80\) \(120\) \(P(X = x_i)\) \(0{,}06\) \(0{,}09\) \(0{,}85\) On vérifie : \(0{,}06 + 0{,}09 + 0{,}85 = 1\). Le diagramme en barres de cette loi est tracé ci-dessous.
- \(E(X) = -50 \times 0{,}06 + 80 \times 0{,}09 + 120 \times 0{,}85\)
\(E(X) = -3 + 7{,}2 + 102 = 106{,}2\).
\(E(X) = 106{,}2\) : sur un grand nombre de batteries, l’atelier gagne en moyenne 106,20 € par batterie. - D’abord, \(E(X^2) = 2500 \times 0{,}06 + 6400 \times 0{,}09 + 14400 \times 0{,}85\)
\(E(X^2) = 150 + 576 + 12240 = 12966\).
Ensuite, d’après la formule de König-Huygens, \(V(X) = E(X^2) – E(X)^2 = 12966 – 106{,}2^2\)
\(V(X) = 12966 – 11278{,}44 = 1687{,}56\).
Enfin, \(\sigma(X) = \sqrt{1687{,}56} \approx 41{,}08\). \(V(X) = 1687{,}56\) et \(\sigma(X) \approx 41{,}08\) €. - En moyenne, chaque batterie rapporte 106,20 €, donc 500 batteries rapportent \(500 \times 106{,}2 = 53100\). L’atelier peut espérer un bénéfice moyen d’environ 53 100 € par mois.
Piège classique : écrire la valeur 50 au lieu de \(-50\). Une perte est un bénéfice négatif, et ce signe change l’espérance de 6 €.
Exercice 4 – Faut-il changer de fournisseur ? (6 points)
- Le diagramme donne \(P(Y = -60) = 0{,}01\), \(P(Y = 70) = 0{,}04\) et \(P(Y = 110) = 0{,}95\). Avec l’énoncé, une batterie échoue au premier contrôle avec la probabilité \(0{,}05\), donc \(P(Y = 70) = 0{,}05 \times 0{,}8 = 0{,}04\) et \(P(Y = -60) = 0{,}05 \times 0{,}2 = 0{,}01\). Les calculs confirment la lecture du diagramme.
- \(E(Y) = -60 \times 0{,}01 + 70 \times 0{,}04 + 110 \times 0{,}95\)
\(E(Y) = -0{,}6 + 2{,}8 + 104{,}5 = 106{,}7\). \(E(Y) = 106{,}7\). - Calculons d’abord \(E(Y^2) = 3600 \times 0{,}01 + 4900 \times 0{,}04 + 12100 \times 0{,}95\)
\(E(Y^2) = 36 + 196 + 11495 = 11727\).
Puis \(V(Y) = 11727 – 106{,}7^2 = 11727 – 11384{,}89 = 342{,}11\).
Donc \(\sigma(Y) = \sqrt{342{,}11} \approx 18{,}50\). \(\sigma(Y) \approx 18{,}50\) €. - Les deux espérances sont très proches : \(106{,}7\) € avec Bêta contre \(106{,}2\) € avec Alpha, soit 0,50 € de plus par batterie. En revanche, l’écart type passe d’environ 41,08 € à 18,50 € : le bénéfice est donc beaucoup plus régulier, car les batteries détruites deviennent rares (1 % contre 6 %). L’atelier a intérêt à changer de fournisseur : il gagne un peu plus en moyenne et prend nettement moins de risques.
Piège classique : comparer les variances en les prenant pour des euros. Seul l’écart type s’exprime dans la même unité que le bénéfice.
À retenir de ce contrôle
- Sur un arbre pondéré, on multiplie les probabilités le long d’un chemin et on additionne les chemins qui mènent au même résultat.
- Avant tout calcul d’espérance, on vérifie que la somme des probabilités de la loi vaut exactement 1.
- L’espérance d’un bénéfice s’interprète comme le bénéfice moyen par objet quand on répète l’expérience un grand nombre de fois.
- La variance se calcule par E(X²) − E(X)² ; l’écart type en est la racine carrée et s’exprime dans la même unité que X.
- À espérances proches, on préfère la variable d’écart type le plus faible, car ses résultats sont plus réguliers.
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