Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 1 : Lancers au basket : loi binomiale et concentration

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

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Énoncé

Au basket-ball, il est possible de marquer des paniers rapportant un point, deux points ou trois points.

Les parties A et B sont indépendantes.

Partie A

L'entraîneur d'une équipe de basket décide d'étudier les statistiques de réussite des lancers de ses joueurs. Il constate qu'à l'entraînement, lorsque Victor tente un panier à trois points, il le réussit avec une probabilité de $0, 32$ .

Lors d'un entraînement, Victor effectue une série de $15$ lancers à trois points. On suppose que ces lancers sont indépendants.

On note $N$ la variable aléatoire qui donne le nombre de paniers marqués.

Les résultats des probabilités demandées seront, si nécessaire, arrondis au millième.

1. On admet que la variable aléatoire $N$ suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.

2. Calculer la probabilité que Victor réussisse exactement $4$ paniers lors de cette série.

3. Déterminer la probabilité que Victor réussisse au plus $6$ paniers lors de cette série.

4. Déterminer l'espérance de la variable aléatoire $N$ .

5. On note $T$ la variable aléatoire qui donne le nombre de points marqués après cette série de lancers.

a. Exprimer $T$ en fonction de $N$ .

b. En déduire l'espérance de la variable aléatoire $T$ . Donner une interprétation de cette valeur dans le contexte de l'exercice.

c. Calculer $P (12 ⩽ T ⩽ 18)$ .

Partie B

On note $X$ la variable aléatoire donnant le nombre de points marqués par Victor lors d'un match.

On admet que l'espérance $E (X) = 22$ et la variance $V (X) = 65$ .

Victor joue $n$ matchs, où $n$ est un nombre entier strictement positif.

On note $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ les variables aléatoires donnant le nombre de points marqués au cours des $1^{er}$ , $2^{e}$ , $\dots$ , $n$ -ième matchs. On admet que les variables aléatoires $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}$ sont indépendantes et suivent la même loi que celle de $X$ .

On pose $M_{n} = \frac{X _{1} + X _{2} + \dots + X _{n}}{n}$ .

1. Dans cette question, on prend $n = 50$ .

a. Que représente la variable aléatoire $M_{50}$ ?

b. Déterminer l'espérance et la variance de $M_{50}$ .

c. Démontrer que $P (∣ M_{50} - 22∣ ⩾ 3) ⩽ \frac{13}{90}$ .

d. En déduire que la probabilité de l'événement « $19 < M_{50} < 25$ » est strictement supérieure à $0, 85$ .

2. Indiquer, en justifiant, si l'affirmation suivante est vraie ou fausse :

« Il n'existe aucun entier naturel $n$ tel que $P (∣ M_{n} - 22∣ ⩾ 3) < 0, 01$ . »

Corrigé

Partie A

1. L'épreuve est effectuée $15$ fois de façon indépendante et à chaque lancer la probabilité de marquer est égale à $0, 32$ . $N$ suit donc une loi binomiale $B (15; 0, 32)$ .

2. La probabilité que Victor réussisse exactement $4$ paniers est : $P (N = 4) = (4 15) \times 0, 3 2^{4} \times (1 - 0, 32)^{15 - 4} \approx 0, 206 au milli e ˋ me pr e ˋ s.$

3. La probabilité que Victor réussisse au plus $6$ paniers lors de cette série : $P (N ⩽ 6) = P (N = 0) + P (N = 1) + \dots + P (N = 6) \approx 0, 828 (calculatrice) .$

4. On sait que : $E (N) = n \times p = 15 \times 0, 32 = 4, 8$ .

Donc en moyenne sur $150$ lancers, Victor marque $48$ paniers.

5. a. Chaque lancer étant à $3$ points, on a donc : $T = 3 N$ .

b. On a $E (T) = E (3 N) = 3 E (N)$ d'après la linéarité de l'espérance, soit $E (T) = 3 \times 4, 8 = 14, 4$ , donc une moyenne de $14, 4$ points marqués lors de cette série de $15$ lancers.

c. On a $P (12 ⩽ T ⩽ 18) = P (4 ⩽ N ⩽ 6)$ .

Cette probabilité est égale à : $P (4 ⩽ N ⩽ 6) = P (N = 4) + P (N = 5) + P (N = 6) = 0, 206 + 0, 213 + 0, 167,$ soit $P (12 ⩽ T ⩽ 18) = 0, 586.$

Partie B

1. a. $M_{50}$ représente la moyenne empirique, sur $50$ matchs, des points marqués par Victor.

b. $E (M_{50}) = E (X) = 22$ .

Comme les variables $X_{1}, X_{2}, \dots, X_{50}$ sont indépendantes, on en déduit : $V (M_{50}) = \frac{1}{50} V (X) = \frac{1}{50} \times \frac{65}{50} = \frac{130}{100} = 1, 3.$

c. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour une variable aléatoire $X$ d'espérance $E (X)$ et de variance $V (X)$ , pour tout réel $a > 0$ : $P (∣ X - E (X) ∣ ⩾ a) ⩽ \frac{V ( X )}{a ^{2}}$ donc ici : $P (∣ M_{50} - E (M_{50}) ∣ ⩾ 3) ⩽ \frac{V ( M _{50} )}{3 ^{2}}$ .

Comme $\frac{V ( M _{50} )}{3 ^{2}} = \frac{1 , 3}{9} = \frac{13}{90}$ , on a bien : $P (∣ M_{50} - 22∣ ⩾ 3) ⩽ \frac{13}{90} .$

d. L'événement « $19 < M_{50} < 25$ » revient à $∣ M_{50} - 22∣ < 3$ et $P (∣ M_{50} - 22∣ < 3) = 1 - P (∣ M_{50} - 22∣ ⩾ 3) .$ Soit $P (∣ M_{50} - 22∣ ⩾ 3) ⩽ \frac{13}{90}$ entraîne $P (19 < M_{50} < 25) ⩾ 1 - \frac{13}{90} = \frac{77}{90} \approx 0, 856$ : cette probabilité est bien strictement supérieure à $0, 85$ .

2. D'après la loi faible des grands nombres, $\forall t \in R^{+*}$ , $n \to + \infty lim P (∣ M_{n} - E (X) ∣ ⩾ t) = 0$ , donc en particulier ici, $n \to + \infty lim P (∣ M_{n} - 22∣ ⩾ 3) = 0$ .

Donc pour tout $r > 0$ il existe un rang $N$ tel que pour tout $n ⩾ N$ , $P (∣ M_{n} - 22∣ ⩾ 3) < r$ et c'est vrai en particulier pour $r = 0, 01$ .

L'affirmation est donc fausse.

Autre méthode :

Pour tout réel $t > 0$ , d'après l'inégalité de concentration, on a : $P (∣ M_{n} - E (X) ∣ ⩾ t) ⩽ \frac{V ( X )}{t ^{2} n} .$ Pour $t = 3$ on obtient : $P (∣ M_{n} - 22∣ ⩾ 3) ⩽ \frac{65}{n \times 3 ^{2}}$ .

On veut donc que : $\frac{65}{9 n} ⩽ 0, 01 ⟺ \frac{6500}{9} ⩽ n ⟺ 722 + \frac{2}{9} ⩽ n$ .

L'inégalité est donc vraie pour tout entier $n ⩾ 723$ .

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