Corrigé bac mathématiques 2025 Métropole jour 1 — Exercice 1 : Groupes sanguins : probabilités conditionnelles et loi binomiale

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité mathématiques, session 2025. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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Énoncé

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 » ;
$A B$ 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 événement quelconque $E$ , on note $E$ l'événement contraire de $E$ et $P (E)$ la probabilité de $E$ .

1. Recopier l'arbre ci-contre en complétant les dix pointillés.

2. Montrer que $P (B \cap R) = 0, 084$ . Interpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice.

3. On précise que $P (R) = 0, 8397$ . Montrer que $P_{O} (R) = 0, 83$ .

4. 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 $0, 0714$ .

5. 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.

5.a. Justifier que $X$ suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.

5.b. Déterminer à $1 0^{- 3}$ près la probabilité qu'il y ait au plus 7 donneurs universels dans cet échantillon.

5.c. 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 $1 0^{- 2}$ près.

6. Lors de la semaine nationale du don du sang, une collecte de sang est organisée dans $N$ villes françaises choisies au hasard numérotées $1, 2, 3, \dots, N$ 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 $M_{N} = \frac{X _{1} + X _{2} + \dots + X _{N}}{N}$ .

6.a. Que représente la variable aléatoire $M_{N}$ dans le contexte de l'exercice ?

6.b. Calculer l'espérance $E (M_{N})$ .

6.c. On désigne par $V (M_{N})$ la variance de la variable aléatoire $M_{N}$ . Montrer que $V (M_{N}) = \frac{6 , 63}{N}$ .

6.d. Déterminer la plus petite valeur de $N$ pour laquelle l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d'affirmer que :

$P (7 < M_{N} < 7, 28) ⩾ 0, 95.$

Corrigé

La personne est choisie au hasard dans la population : les proportions de l'énoncé sont donc des probabilités. Les pourcentages « parmi eux » sont des probabilités conditionnelles (sachant le groupe sanguin).

1. Les données se lisent directement :

premier niveau (groupe sanguin) : $P (A) = 0, 45$ , $P (B) = 0, 10$ , $P (A B) = 0, 03$ ; les quatre groupes formant une partition de la population, la somme des probabilités des branches issues de la racine vaut $1$ , d'où

$P (O) = 1 - (0, 45 + 0, 10 + 0, 03) = 1 - 0, 58 = 0, 42;$

second niveau (rhésus, sachant le groupe) : $P_{A} (R) = 0, 85$ donc $P_{A} (R) = 1 - 0, 85 = 0, 15$ ; $P_{B} (R) = 0, 84$ donc $P_{B} (R) = 0, 16$ ; $P_{A B} (R) = 0, 82$ donc $P_{A B} (R) = 0, 18$ (la somme des probabilités des deux branches issues d'un même nœud vaut $1$ ).

Les dix pointillés sont ainsi complétés. Les deux branches issues de $O$ (en gris) ne font pas partie des pointillés demandés : elles seront obtenues à la question 3.

2. La probabilité d'un chemin de l'arbre est le produit des probabilités de ses branches. Le chemin « $B$ puis $R$ » donne :

$P (B \cap R) = P (B) \times P_{B} (R) = 0, 10 \times 0, 84 = 0, 084.$

Interprétation : $8, 4$ % de la population française est de groupe sanguin B et de rhésus positif (groupe B $+$ ) ; autrement dit, la probabilité qu'une personne choisie au hasard soit de groupe B $+$ est $0, 084$ .

3. Les événements $A$ , $B$ , $A B$ et $O$ sont deux à deux incompatibles et leur réunion est l'univers : ils forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales :

$P (R) = P (A \cap R) + P (B \cap R) + P (A B \cap R) + P (O \cap R) .$

Calculons les trois premières intersections avec la règle du produit :

$P (A \cap R) = 0, 45 \times 0, 85 = 0, 3825, P (B \cap R) = 0, 084, P (A B \cap R) = 0, 03 \times 0, 82 = 0, 0246.$

Comme $P (R) = 0, 8397$ , on en déduit

$P (O \cap R) = 0, 8397 - (0, 3825 + 0, 084 + 0, 0246) = 0, 8397 - 0, 4911 = 0, 3486.$

Enfin, par définition de la probabilité conditionnelle (on a bien $P (O) = 0, 42 \neq = 0$ ) :

$P_{O} (R) = \frac{P ( O \cap R )}{P ( O )} = \frac{0 , 3486}{0 , 42} = 0, 83.$

On a bien $P_{O} (R) = 0, 83$ (et donc $P_{O} (R) = 1 - 0, 83 = 0, 17$ , ce qui complète l'arbre).

Ce que le correcteur attend : la formule des probabilités totales écrite avec les quatre termes, car la donnée $P (R)$ n'a pas d'autre usage que de fournir le terme manquant $P (O \cap R)$ ; puis la division par $P (O)$ , et non par $P (R)$ .

4. Être donneur universel, c'est être de groupe O et de rhésus négatif : c'est l'événement $O \cap R$ . D'après la règle du produit et la question 3 :

$P (O \cap R) = P (O) \times P_{O} (R) = 0, 42 \times (1 - 0, 83) = 0, 42 \times 0, 17 = 0, 0714.$

La probabilité qu'un individu choisi au hasard soit donneur universel est bien $0, 0714$ , soit $7, 14$ % de la population.

5.a. On choisit 100 personnes et le choix est assimilé à un tirage avec remise : on répète donc 100 fois, de façon identique et indépendante, la même épreuve de Bernoulli « la personne choisie est-elle donneur universel ? », dont le succès a pour probabilité $p = 0, 0714$ (question 4). C'est un schéma de Bernoulli de paramètres $n = 100$ et $p = 0, 0714$ . La variable aléatoire $X$ compte le nombre de succès : elle suit la loi binomiale de paramètres $n = 100$ et $p = 0, 0714$ , notée $B (100; 0, 0714)$ .

5.b. On cherche $P (X ⩽ 7)$ . D'après le cours, pour tout entier $k$ de $[[0; 100]]$ ,

$P (X = k) = (k 100) \times 0, 071 4^{k} \times 0, 928 6^{100 - k},$

et $P (X ⩽ 7) = P (X = 0) + P (X = 1) + \dots + P (X = 7)$ . Cette somme de huit termes s'obtient à la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale) :

$P (X ⩽ 7) \approx 0, 5771, soit P (X ⩽ 7) \approx 0, 577 a ˋ 1 0^{- 3} pr e ˋ s .$

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

Ce que le correcteur attend : l'événement « au plus 7 » traduit par $X ⩽ 7$ (et non $X < 7$ ni $X ⩾ 7$ ), et l'arrondi demandé à $1 0^{- 3}$ .

5.c. Pour une variable aléatoire $X$ suivant la loi binomiale $B (n; p)$ , le cours donne $E (X) = n p$ et $V (X) = n p (1 - p)$ . Ici :

$E (X) = 100 \times 0, 0714 = 7, 14$

$V (X) = 100 \times 0, 0714 \times (1 - 0, 0714) = 7, 14 \times 0, 9286 = 6, 630204 \approx 6, 63 a ˋ 1 0^{- 2} pr e ˋ s .$

On a bien $E (X) = 7, 14$ et $V (X) \approx 6, 63$ : en moyenne, un échantillon de 100 personnes contient $7, 14$ donneurs universels.

6.a. $X_{1} + X_{2} + \dots + X_{N}$ est le nombre total de donneurs universels rencontrés dans les $N$ échantillons de 100 personnes (un par ville). En divisant par $N$ , la variable aléatoire $M_{N}$ représente le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de 100 personnes, calculé sur les $N$ villes où a lieu la collecte.

6.b. Par linéarité de l'espérance (valable sans hypothèse d'indépendance), et puisque chaque $X_{i}$ a pour espérance $7, 14$ :

$E (M_{N}) = E (\frac{X _{1} + X _{2} + \dots + X _{N}}{N}) = \frac{1}{N} (E (X_{1}) + E (X_{2}) + \dots + E (X_{N})) = \frac{1}{N} \times N \times 7, 14 = 7, 14.$

6.c. Pour la variance, on utilise deux propriétés du cours : $V (aY) = a^{2} V (Y)$ pour tout réel $a$ , et l'additivité de la variance pour des variables indépendantes, ce que sont $X_{1}, \dots, X_{N}$ par hypothèse :

$V (M_{N}) = V (\frac{1}{N} (X_{1} + \dots + X_{N})) = \frac{1}{N ^{2}} V (X_{1} + \dots + X_{N}) = \frac{1}{N ^{2}} (V (X_{1}) + \dots + V (X_{N})) = \frac{1}{N ^{2}} \times N \times 6, 63 = \frac{6 , 63}{N} .$

On retrouve le résultat du cours sur la moyenne $M_{N}$ d'un échantillon de taille $N$ : même espérance que la loi commune, variance divisée par $N$ .

Ce que le correcteur attend : le facteur $\frac{1}{N}$ sort de l'espérance tel quel mais sort de la variance au carré, et l'égalité $V (X_{1} + \dots + X_{N}) = V (X_{1}) + \dots + V (X_{N})$ doit être justifiée par l'indépendance.

6.d. Commençons par écrire l'événement sous la forme d'un écart à l'espérance $E (M_{N}) = 7, 14$ :

$7 < M_{N} < 7, 28 ⟺ - 0, 14 < M_{N} - 7, 14 < 0, 14 ⟺ ∣ M_{N} - 7, 14∣ < 0, 14.$

L'événement ${7 < M_{N} < 7, 28}$ est donc le contraire de ${∣ M_{N} - 7, 14∣ ⩾ 0, 14}$ . L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée à $M_{N}$ (d'espérance $7, 14$ et de variance $\frac{6 , 63}{N}$ ) avec $ε = 0, 14 > 0$ , donne :

$P (∣ M_{N} - 7, 14∣ ⩾ 0, 14) ⩽ \frac{V ( M _{N} )}{0 , 1 4 ^{2}} = \frac{6 , 63}{0 , 0196 N} .$

En passant à l'événement contraire :

$P (7 < M_{N} < 7, 28) = 1 - P (∣ M_{N} - 7, 14∣ ⩾ 0, 14) ⩾ 1 - \frac{6 , 63}{0 , 0196 N} .$

L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet donc d'affirmer que $P (7 < M_{N} < 7, 28) ⩾ 0, 95$ dès que le minorant dépasse $0, 95$ :

$1 - \frac{6 , 63}{0 , 0196 N} ⩾ 0, 95 ⟺ \frac{6 , 63}{0 , 0196 N} ⩽ 0, 05 ⟺ N ⩾ \frac{6 , 63}{0 , 05 \times 0 , 0196} = \frac{6 , 63}{0 , 000 98}$

(on a multiplié par $N > 0$ et divisé par $0, 05 > 0$ , ce qui conserve le sens de l'inégalité). Or

$\frac{6 , 63}{0 , 000 98} = \frac{663 000}{98} = \frac{331 500}{49} \approx 6765, 3.$

Comme $N$ est un entier, la condition s'écrit $N ⩾ 6766$ : pour $N = 6765$ , le minorant vaut $1 - \frac{6 , 63}{0 , 0196 \times 6765} \approx 0, 949998 < 0, 95$ , tandis que pour $N = 6766$ il vaut environ $0, 950005 ⩾ 0, 95$ . La plus petite valeur cherchée est donc

$N = 6766.$

Interprétation : en organisant la collecte dans au moins $6766$ villes, on est certain (au sens de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev) que le nombre moyen de donneurs universels par échantillon s'écarte de moins de $0, 14$ de sa valeur théorique $7, 14$ avec une probabilité d'au moins $0, 95$ .

Ce que le correcteur attend : le passage explicite de ${7 < M_{N} < 7, 28}$ à l'écart absolu $∣ M_{N} - 7, 14∣ < 0, 14$ (l'intervalle est bien centré en $7, 14$ : $7, 14 - 0, 14 = 7$ et $7, 14 + 0, 14 = 7, 28$ ), puis à l'événement contraire ; et la précision que $6766$ est une taille suffisante : l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev n'est pas optimale, la probabilité réelle dépasse sans doute $0, 95$ pour bien moins de villes, mais l'inégalité ne permet pas de l'affirmer.

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