Corrigé bac mathématiques 2025 — Exercice 2 : Partage d'un carré en trois zones et jeux de fléchettes

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité mathématiques, session 2025 (épreuve de remplacement). Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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Énoncé

Dans le repère orthonormé $(O; I, J)$ ci-contre, on a représenté :

— la droite d'équation $y = x$ ; — la droite d'équation $y = 1$ ; — la droite d'équation $x = 1$ ; — la parabole d'équation $y = x^{2}$ .

On peut ainsi partager le carré OIKJ en trois zones.

(figure : carré OIKJ de côté $1$ ; la ZONE 1 est au-dessus de la droite $y = x$ et sous $y = 1$ , la ZONE 2 est entre la parabole $y = x^{2}$ et la droite $y = x$ , située sous la diagonale.)

Les parties B et C peuvent être traitées indépendamment l'une de l'autre.

Partie A

Démontrer les résultats figurant dans le tableau ci-dessous.

(tableau : AIRE de la ZONE 1 $= \frac{1}{2}$ ; AIRE de la ZONE 2 $= \frac{1}{3}$ ; AIRE de la ZONE 3 $= \frac{1}{6}$ .)

Partie B : un premier jeu

Un joueur lance une fléchette sur le carré ci-dessus. On admet que la probabilité qu'elle tombe dans une zone est égale à l'aire de cette zone. Ainsi, la probabilité que la fléchette tombe sur la ZONE 3 est égale à $\frac{1}{6}$ .

Si la fléchette tombe sur la ZONE 3, alors le joueur lance une pièce équilibrée.
Si la pièce tombe sur PILE, alors le joueur gagne, sinon il perd.
Si la fléchette tombe sur une autre zone que la ZONE 3, alors le joueur lance un dé équilibré à six faces. Si le dé tombe sur la FACE 6, alors le joueur gagne, sinon il perd.

On note les évènements suivants :

$T$ : « la fléchette tombe sur la ZONE 3 » ; $G$ : « le joueur gagne ».

1. Représenter la situation par un arbre pondéré.

2. Démontrer que la probabilité de l'évènement $G$ est égale à $\frac{2}{9}$ .

3. Sachant que le joueur a gagné. Quelle est la probabilité que la fléchette soit tombée sur la ZONE 3 ?

Partie C : un second jeu

Un joueur, appelé joueur n° 1, lance une fléchette sur le carré précédent. Comme dans la partie B, on admet que la probabilité que la fléchette tombe sur chacune des zones est égale à l'aire de cette zone.

Le joueur gagne une somme égale, en euros, au numéro de la zone. Par exemple, si la fléchette tombe sur la ZONE 3, le joueur gagne $3$ euros.

On note $X_{1}$ la variable aléatoire donnant le gain du joueur n° 1.

On note respectivement $E (X_{1})$ et $V (X_{1})$ l'espérance et la variance de la variable aléatoire $X_{1}$ .

1. a. Calculer $E (X_{1})$ .

b. Montrer que $V (X_{1}) = \frac{5}{9}$ .

2. On joue une seconde partie n° 3 jouent à leur tour, dans les mêmes conditions que le joueur n° 1. On admet que les parties de ces trois joueurs sont indépendantes les unes des autres.

On note $X_{2}$ et $X_{3}$ les variables aléatoires donnant les gains des joueurs n° 2 et n° 3. On note $Y$ la variable aléatoire définie par $Y = X_{1} + X_{2} + X_{3}$ .

a. Déterminer la probabilité que l'on ait $Y = 9$ .

b. Calculer $E (Y)$ .

c. Justifier que $V (Y) = \frac{5}{3}$ .

Corrigé

Partie A

L'aire de la ZONE 1 est l'aire du triangle OKJ. C'est un triangle rectangle isocèle en J et en O, on a donc :

$aire (ZONE 1) = aire (OKJ) = \frac{OJ \times JK}{2} = \frac{1 \times 1}{2} = \frac{1}{2} .$

L'aire de ZONE 2 est l'aire sous la courbe de la fonction carré entre $0$ et $1$ :

$aire (ZONE 2) = \int_{0}^{1} x^{2} d x = [\frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{1}{3} .$

L'aire de la ZONE 3 est la différence entre l'aire du carré OIKJ et la somme des aires de la ZONE 1 et de la ZONE 2 :

$aire (ZONE 3) = 1 - (\frac{1}{2} + \frac{1}{3}) = 1 - (\frac{3}{6} + \frac{2}{6}) = \frac{6}{6} - \frac{5}{6} = \frac{1}{6} .$

Partie B

1. On représente la situation par un arbre pondéré.

(figure : arbre pondéré. Branche $T$ de probabilité $\frac{1}{6}$ menant à $G$ avec $\frac{1}{2}$ et $G$ avec $\frac{1}{2}$ ; branche $T$ de probabilité $\frac{5}{6}$ menant à $G$ avec $\frac{1}{6}$ et $G$ avec $\frac{5}{6}$ .)

2. Les évènements $T$ et $T$ forment une partition de l'univers, donc, d'après la formule des probabilités totales, on a :

$P (G) = P (T \cap G) + P (T \cap G) = P (T) \times P_{T} (G) + P (T) \times P_{T} (G) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{2} + \frac{5}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{12} + \frac{5}{36} = \frac{3}{36} + \frac{5}{36} = \frac{8}{36} = \frac{4 \times 2}{4 \times 9} = \frac{2}{9} .$

3. On veut déterminer la probabilité $P_{G} (T)$ :

$P_{G} (T) = \frac{P ( T \cap G )}{P ( G )} = \frac{\frac{1}{12}}{\frac{2}{9}} = \frac{1}{12} \times \frac{9}{2} = \frac{3}{8} .$

Partie C

1. a. La loi de probabilité de $X_{1}$ est :

(tableau : $x_{i}$ : $1$ , $2$ , $3$ ; $P (X_{1} = x_{i})$ : $\frac{1}{2}$ , $\frac{1}{3}$ , $\frac{1}{6}$ .)

On a alors :

$E (X_{1}) = 1 \times \frac{1}{2} + 2 \times \frac{1}{3} + 3 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{2} + \frac{2}{3} + \frac{1}{2} = 1 + \frac{2}{3} = \frac{3}{3} + \frac{2}{3} = \frac{5}{3} .$

b. On calcule la variance en utilisant la formule de König :

$V (X_{1}) = E (X_{1}^{2}) - [E (X_{1})]^{2} = 1^{2} \times \frac{1}{2} + 2^{2} \times \frac{1}{3} + 3^{2} \times \frac{1}{6} - (\frac{5}{3})^{2} = \frac{1}{2} + \frac{4}{3} + \frac{9}{6} - \frac{25}{9} = \frac{9}{18} + \frac{24}{18} + \frac{27}{18} - \frac{50}{18} = \frac{10}{18} = \frac{5}{9} .$

2. a. L'évènement $(Y = 9)$ correspond à $(X_{1} = 3) \cap (X_{2} = 3) \cap (X_{3} = 3)$ . Donc, comme les variables $X_{1}$ , $X_{2}$ et $X_{3}$ sont indépendantes :

$P (Y = 9) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{216} .$

b. D'après la linéarité de l'espérance :

$E (Y) = E (X_{1}) + E (X_{2}) + E (X_{3}) = \frac{5}{3} + \frac{5}{3} + \frac{5}{3} = 5 .$

c. Puisque les variables aléatoires $X_{1}$ , $X_{2}$ et $X_{3}$ sont indépendantes, on peut utiliser l'additivité de la variance :

$V (Y) = V (X_{1}) + V (X_{2}) + V (X_{3}) = \frac{5}{9} + \frac{5}{9} + \frac{5}{9} = \frac{3 \times 5}{3 \times 3} = \frac{5}{3} .$

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