Probabilités 1 | BTS | Mathématiques
Dernière mise à jour : 21 octobre 2026
Ce sujet comporte 4 exercices indépendants, que le candidat peut traiter dans l'ordre de son choix. Toute trace de recherche, même incomplète, sera prise en compte dans la notation.
Un contrôleur qualité réceptionne un stock de pièces mécaniques usinées provenant de deux fournisseurs : le fournisseur A, qui livre 65 % du stock, et le fournisseur B, qui livre les 35 % restants. L'expérience montre que 3 % des pièces du fournisseur A présentent un défaut, contre 8 % des pièces du fournisseur B.
On prélève une pièce au hasard dans le stock et on note :
Arbre pondéré à compléter : les deux probabilités manquantes (points d'interrogation) sont demandées à la question 1.
1. Recopier et compléter l'arbre pondéré ci-dessus, en précisant les deux probabilités manquantes. (1 point)
2. Calculer \(P(A \cap D)\) et \(P(B \cap D)\). (1,5 point)
3. En utilisant la formule des probabilités totales, en déduire \(P(D)\). (1,5 point)
4. Une pièce prélevée dans le stock est défectueuse. Quelle est la probabilité qu'elle provienne du fournisseur B ? Arrondir à \(10^{-3}\). (1 point)
1. Les événements \(D\) et \(\bar D\) étant complémentaires (sachant A, puis sachant B) :
\[P(\bar D \mid A) = 1 - P(D \mid A) = 1 - 0{,}03 = 0{,}97 \qquad P(\bar D \mid B) = 1 - P(D \mid B) = 1 - 0{,}08 = 0{,}92\]Arbre pondéré complété : les deux chemins menant à D donnent \(P(A\cap D)=0{,}0195\) et \(P(B\cap D)=0{,}028\).
2. Le long de chaque chemin de l'arbre, on multiplie les probabilités portées sur les branches :
\[P(A \cap D) = P(A) \times P(D \mid A) = 0{,}65 \times 0{,}03 = 0{,}0195\] \[P(B \cap D) = P(B) \times P(D \mid B) = 0{,}35 \times 0{,}08 = 0{,}028\]3. \(\{A\,,\,B\}\) forme un système complet d'événements (partition du stock, puisque toute pièce provient de A ou de B). D'après la formule des probabilités totales :
\[P(D) = P(A \cap D) + P(B \cap D) = 0{,}0195 + 0{,}028 = 0{,}0475\]La probabilité qu'une pièce prélevée au hasard soit défectueuse est de 4,75 %.
4. Il s'agit d'inverser le conditionnement : on connaît \(P(D \mid B)\) et on cherche \(P(B \mid D)\). D'après la formule de Bayes :
\[P(B \mid D) = \frac{P(B \cap D)}{P(D)} = \frac{0{,}028}{0{,}0475} \approx 0{,}589\]Sachant que la pièce est défectueuse, il y a environ 58,9 % de chances qu'elle provienne du fournisseur B — une proportion nettement supérieure à sa part de 35 % dans le stock, car le fournisseur B a un taux de défaut plus élevé.
Un fabricant de systèmes d'alarme équipe chacun de ses boîtiers de deux capteurs : un capteur de fumée et un capteur de mouvement, dont les pannes sont supposées indépendantes. Sur un grand nombre d'appareils suivis pendant un an, on a mesuré :
1. Calculer \(P(F) \times P(M)\) et comparer ce résultat à \(P(F \cap M)\). Que peut-on en conclure sur les événements \(F\) et \(M\) ? (1,5 point)
2. Calculer la probabilité qu'au moins un des deux capteurs tombe en panne dans l'année. (1,5 point)
3. Le système d'alarme est en état de défaillance uniquement lorsque les deux capteurs sont en panne simultanément (l'un des deux capteurs suffit à assurer la détection). Calculer la probabilité que le système soit défaillant, puis sa fiabilité (probabilité de fonctionnement correct). (1 point)
4. Le capteur de mouvement, pris isolément, a une fiabilité de 98,5 %. Comparer ce résultat à la fiabilité obtenue à la question 3 et conclure sur l'intérêt d'installer deux capteurs indépendants plutôt qu'un seul. (1 point)
1. \(P(F) \times P(M) = 0{,}02 \times 0{,}015 = 0{,}0003\). On retrouve exactement \(P(F \cap M) = 0{,}0003\). Puisque \(P(F \cap M) = P(F) \times P(M)\), les événements \(F\) et \(M\) sont bien indépendants : la panne d'un capteur ne modifie pas la probabilité de panne de l'autre.
2. \[P(F \cup M) = P(F) + P(M) - P(F \cap M) = 0{,}02 + 0{,}015 - 0{,}0003 = 0{,}0347\]
La probabilité qu'au moins un des deux capteurs tombe en panne dans l'année est de 3,47 %.
3. Le système est défaillant si et seulement si les deux capteurs tombent en panne simultanément, c'est-à-dire si l'événement \(F \cap M\) est réalisé :
\[P(\text{défaillance}) = P(F \cap M) = 0{,}0003\]La fiabilité du système (probabilité de fonctionnement correct pendant l'année) est donc :
\[P(\overline{F \cap M}) = 1 - 0{,}0003 = 0{,}9997\]soit 99,97 %.
4. Un seul capteur de mouvement a une fiabilité de 98,5 %, donc une probabilité de panne de 1,5 %. En doublant les capteurs (redondance), la fiabilité du système passe à 99,97 %, soit une probabilité de défaillance environ 50 fois plus faible (\(0{,}015 \div 0{,}0003 = 50\)). La redondance de deux composants indépendants améliore donc considérablement la fiabilité globale : pour que le système cesse de fonctionner, il faut désormais que les deux capteurs tombent en panne en même temps, ce qui est beaucoup plus rare que la panne d'un seul capteur.
Dans un atelier de production, on étudie le nombre \(X\) de pannes machines survenant au cours d'une semaine. Le suivi statistique sur plusieurs mois a permis d'établir la loi de probabilité suivante :
| \(x_i\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|---|
| \(P(X = x_i)\) | 0,15 | 0,35 | 0,30 | 0,15 | 0,05 |
1. Vérifier que le tableau ci-dessus définit bien une loi de probabilité. (1 point)
2. Calculer l'espérance \(E(X)\) et interpréter le résultat dans le contexte de l'atelier. (1,5 point)
3. Calculer la variance \(V(X)\) puis l'écart-type \(\sigma(X)\). (1,5 point)
4. Chaque panne entraîne un coût moyen de réparation de 150 €. On note \(C = 150X\) le coût hebdomadaire lié aux pannes. Calculer \(E(C)\) et interpréter le résultat. (1 point)
1. Toutes les probabilités du tableau sont positives, et leur somme vaut :
\[0{,}15 + 0{,}35 + 0{,}30 + 0{,}15 + 0{,}05 = 1\]Le tableau définit donc bien une loi de probabilité.
2. Par définition de l'espérance :
\[E(X) = \sum_i x_i\,P(X=x_i) = 0\times0{,}15 + 1\times0{,}35 + 2\times0{,}30 + 3\times0{,}15 + 4\times0{,}05\] \[E(X) = 0 + 0{,}35 + 0{,}60 + 0{,}45 + 0{,}20 = 1{,}6\]En moyenne, l'atelier subit 1,6 panne par semaine.
3. On calcule d'abord \(E(X^2)\) :
\[E(X^2) = 0\times0{,}15 + 1\times0{,}35 + 4\times0{,}30 + 9\times0{,}15 + 16\times0{,}05 = 0{,}35+1{,}20+1{,}35+0{,}80 = 3{,}7\]D'où, en utilisant \(V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2\) :
\[V(X) = 3{,}7 - 1{,}6^2 = 3{,}7 - 2{,}56 = 1{,}14\] \[\sigma(X) = \sqrt{1{,}14} \approx 1{,}07\]4. Par linéarité de l'espérance (\(E(aX) = a\,E(X)\)) :
\[E(C) = E(150X) = 150 \times E(X) = 150 \times 1{,}6 = 240\]Le coût hebdomadaire moyen lié aux pannes est de 240 €.
Une entreprise fabrique en grande série des composants électroniques. Le taux de défaut sur la production est estimé à \(p = 0{,}05\). Un technicien de contrôle prélève un échantillon de \(n = 15\) composants dans la production ; la taille du lot étant très grande devant celle de l'échantillon, ce prélèvement s'assimile à un tirage avec remise. On note \(X\) le nombre de composants défectueux dans l'échantillon.
1. Justifier que \(X\) suit une loi binomiale et préciser ses paramètres. (1 point)
2. Calculer \(P(X = 0)\) puis \(P(X = 1)\), arrondis à \(10^{-4}\). (1,5 point)
3. En déduire la probabilité qu'au moins deux composants de l'échantillon soient défectueux, arrondie à \(10^{-4}\). (1,5 point)
4. Calculer l'espérance \(E(X)\) et l'écart-type \(\sigma(X)\) de cette loi binomiale, et interpréter ces deux valeurs. (1 point)
1. Le prélèvement d'un composant est une épreuve de Bernoulli à deux issues (défectueux / conforme), de probabilité de succès constante \(p = 0{,}05\) (le lot étant assez grand, le tirage sans remise s'assimile à un tirage avec remise, donc à des répétitions indépendantes). Les \(n = 15\) prélèvements sont donc indépendants et de même paramètre. \(X\), qui compte le nombre de composants défectueux (succès), suit la loi binomiale \(X \sim B(15\,;\,0{,}05)\).
2. \[P(X=0) = \binom{15}{0}(0{,}05)^0(0{,}95)^{15} = (0{,}95)^{15} \approx 0{,}4633\] \[P(X=1) = \binom{15}{1}(0{,}05)^1(0{,}95)^{14} = 15 \times 0{,}05 \times (0{,}95)^{14} \approx 0{,}3658\]
3. \[P(X \geqslant 2) = 1 - P(X=0) - P(X=1) \approx 1 - 0{,}4633 - 0{,}3658 = 0{,}1709\]
La probabilité qu'au moins deux composants de l'échantillon soient défectueux est d'environ 17,09 %.
4. \[E(X) = np = 15 \times 0{,}05 = 0{,}75\] \[\sigma(X) = \sqrt{np(1-p)} = \sqrt{15 \times 0{,}05 \times 0{,}95} = \sqrt{0{,}7125} \approx 0{,}844\]
En moyenne, un échantillon de 15 composants contient 0,75 composant défectueux, avec un écart-type d'environ 0,84 : le nombre de défectueux observé variera typiquement entre 0 et 2 d'un échantillon à l'autre.