11. Probabilités

11. Probabilités Objectifs et pré-requis Les premiers exemples de probabilité sont abordés en classe de 3e dans des situations de lancers de dés ou de tirages dans des urnes. En classe de 2de, il s’agit, dans des situations de problèmes, de modéliser des expériences aléatoires puis de calculer les probabilités des événements en jeu. Les expériences étudiées peuvent comporter plusieurs épreuves. On trouvera également dans ce chapitre des exemples de marches aléatoires qui sont sources de démarches algorithmiques. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Probabilité sur un ensemble fini Probabilité d’un événement. Réunion et intersection de deux événements, formule : p(A ∪ B) + p(A ∩ B) = p(A) + p(B).

Capacités attendues • Déterminer la probabilité d’événements dans des situations d’équiprobabilité. • Utiliser des modèles définis à partir de fréquences observées. • Connaître et exploiter cette formule.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre Pour être équitable, le pari sur le 7 devrait rapporter 6 fois la mise (cf . TP TICE 3).

Corrigés des activités 1

Probabilité ou certitude ? 1 Le professeur animera la séance en confrontant les stratégies proposées par les élèves. Il faut veiller ● à ne pas révéler le contenu du sac avant que tous soient convaincus du raisonnement proposé.

2 Classe 1 : les tirages étant avec remise, le sac pourrait contenir un seul pion noir. ● Classe 2 : avec ce raisonnement, on ne pourrait pas conclure si l’on tire par exemple 3 pions noirs parmi les 10 pions tirés. Classe 3 : malgré le nombre important de tirages, on peut contredire ce raisonnement en considérant que l’expérience réalisée revient à tirer 50 fois un jeton. Le bilan de ce tirage est alors de 29 pions noirs pour 21 pions blancs, ce qui tendrait à montrer que les pions noirs seraient plus nombreux.

2

Des statistiques aux probabilités 2 b. L’échantillon, s’il est suffisamment grand, permettra de voir la fluctuation des résultats mais aussi ● une tendance centrale vers la probabilité théorique.

11. Probabilités • 171

Exemple d’un simulation sur une classe de 35 élèves : Nombres de résultats supérieurs ou égaux à 5

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Nombre d’élèves

0

0

0

3

3

4

5

6

7

5

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

c. Avec cet échantillon, la fréquence des nombres de résultats supérieurs ou égaux à 5 pour l’ensemble des lancers est 0,34, avec 35 × 20 = 700 lancers.

3 a. On constate que la répartition et la fréquence observée sont proches de celles de l’expérience ● précédente. b. À nombre de lancers identiques, on peut faire la moyenne des fréquences observées, on a alors 1 400 lancers, la fréquence obtenues est une bonne approximation de la probabilité que la face supérieur du dé porte un chiffre supérieur ou égal à 5. 2 1 c. On peut comparer ce nombre à la probabilité théorique = . 6 3

Avec ou sans remise ?

3

Partie A 1 Voir schéma ci-contre. ●

1er tirage 1

2 Il y a 9 issues équiprobables, la probabilité de chacune ● 1 . 9 3 a. La probabilité de tirer deux fois le même nombre 3 1 est = . 9 3 b. La probabilité que le premier nombre soit stricte3 1 ment inférieur au second est = . 9 3 c. La probabilité que la somme des nombres tirés 3 1 fasse 4 est = . 9 3 d’elle est donc

●

2

3

2 Il y a 6 issues équiprobables. La probabilité de chacune ● 1 . 6 3 a. La probabilité de tirer deux fois le même nombre est 0. b. La probabilité que le premier nombre soit stricte3 1 ment inférieur au second est = . 6 2 c. La probabilité que la somme des nombres tirés 2 1 fasse 4 est = . 6 3

1er tirage

(1 ; 2)

3

(1 ; 3)

1

(2 ; 1)

2

(2 ; 2)

3

(2 ; 3)

1

(3 ; 1)

2

(3 ; 2)

3

(3 ; 3)

2

Issues du tirage (1 ; 2)

3

(1 ; 3)

1

(2 ; 1)

3

(2 ; 3)

1

(3 ; 1)

2

(3 ; 2)

1

d’elles est donc

●

172 • 11. Probabilités

2

2d tirage

Partie B 1 Voir schéma ci-contre. ●

1

Issues du tirage (1 ; 1)

2d tirage

2

3

Partie C a. La première expérience offre la plus grande probabilité. b. La seconde expérience offre la plus grande probabilité. c. Les deux expériences offrent la même probabilité.

Corrigés des Travaux pratiques TICE 1

Simuler le lancer d’une pièce à la calculatrice

Partie A 3 Une fois les 200 lancers affectés à la liste 1, on peut par exemple faire ● afficher la moyenne de la série qui représente la fréquence d’apparition du 1, donc du côté « pile ». Sur TI 83+ : voir ci-contre.

4 La fréquence d’apparition du côté « pile » est proche de 0,5 qui est la ● probabilité théorique en cas d’équiprobabilité dans une expérience à deux issues.

Partie B 1 Sur Casio Graph 35+ : voir ci-contre. ● Lancer trois fois une pièce ne revient pas à tripler le résultat.

2 a. Oui, la répartition semble équiprobable. ● b. Il n’y a qu’une seule manière d’obtenir trois « pile », avec le triplet (P, P, P), alors qu’il y a trois manières d’obtenir deux « pile », avec les triplets (P, P, F), (P, F, P) et (F, P, P). c. Obtenir deux « pile » devrait être trois fois plus fréquent qu’obtenir trois « pile », il ne devrait donc pas y avoir équiprobabilité comme l’expérience le suggère d’après le 2) a.

●

3 a. et b. Sur TI 83 + : voir ci-contre. ● c. Le nombre de « pile » ayant la plus forte probabilité est 1 ou 2. d. On peut construire l’arbre suivant :

Nombre de « pile » 3 P P F

2

P

2

F

1

P

2

F

1

P

1

F

0

P F

P F F Ces 8 issues sont équiprobables, les probabilités selon le nombre de « pile » sont résumées dans le tableau suivant : Nombre de « pile »

0

1

2

3

Probabilité

1 8

3 8

3 8

1 8

11. Probabilités • 173

TICE 2

Simuler et comprendre la loi des grands nombres

1 On saisit la formule dans A1 avant de la recopier vers la droite puis vers le bas. ● 2 a. Dans la feuille 2 ci-dessous, la formule saisie en B3 à recopier vers le bas, est : ● « =NB.SI(Feuille1!$A$1:$J$10;B2) ». b. La fréquence s’obtient en saisissant dans la cellule B4 la formule « =B3/100 », formule recopiée ensuite vers la droite.

3 On ne peut pas préjuger du chiffre ● qui apparaît le plus fréquemment. L’amplitude maximale entre les fréquences observées peut dépasser 0,10.

4 Il faut modifier la plage de cellule ● en la recopiant sur 10 000 cellules. Le plus simple est de garder 10 colonnes et de prolonger la table sur 1 000 lignes. On ne peut toujours pas préjuger du chiffre qui apparaît le plus fréquemment, par contre l’amplitude maximale entre les fréquences observées a diminué et dépasse rarement 0,02.

5 Ces dernières observations laissent penser que la simulation est équiprobable, en accord avec la loi ● des grands nombres.

TICE 3

Somme de plusieurs dés

2 La valeur la plus fréquente de la série pourrait être le 7 mais elle est parfois dépassée par d’autres ● valeurs. Sa fréquence est très variable (entre 0,10 et 0,25 le plus souvent).

3 Avec 2 000 lancers : ●

L’histogramme est plus régulier et l’issue la plus fréquente est (presque) toujours le 7. Sa fréquence varie encore toutefois entre 0,15 et 0,18.

174 • 11. Probabilités

4 À l’aide d’un tableau à double entrée, on peut dénombrer les 36 couples (dé 1 ; dé 2) équiprobables ● puis calculer la probabilité de chaque issue. dé 2

dé 1

1 2 3 4 5 6 7

1 2 3 4 5 6

Issue Probabilité

2 3 4 5 6 7 8

3 4 5 6 7 8 9

4 5 6 7 8 9 10

5 6 7 8 9 10 11

6 7 8 9 10 11 12

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

1 36

2 36

3 36

4 36

5 36

6 36

5 36

4 36

3 36

2 36

1 36

5 a. et b. Avec 2 000 lancers, la conjecture du prince de Toscane semble vraie, mais le 9 gagne assez ● souvent pour laisser un doute. c. Avec 10 000 lancers, il n’y a plus de doute, le 10 l’emporte (presque) à chaque fois.

Algorithmique 1

Lancers de dés

1 a. ● Entrées :

Donner les valeurs de N.

Traitement :

Initialiser S à 0. Pour I allant de 1 à N Affecter à A un nombre aléatoire entier entre 1 et 6 Si A = 6 Alors affecter à S la valeur S + 1.

Sortie :

Afficher

S . N

b. N est le nombre total de lancers, S compte le nombre de 6 obtenus, A est la valeur du dé. c. La valeur affichée en sortie est la fréquence d’apparition du 6.

2 a. ● b.

On peut ajouter l’affichage de Sur TI 83+

S 1 − . N 6 Sur Casio Graph 35+

S sont des multiples N 1 1 = 0,05 , donc la valeur la plus proche de ≈ 0,1666 est 0,15, ce qui correspond à un écart de de 20 6 1,66 %. c. On ne peut atteindre un écart inférieur à 1 % car pour N = 20, les valeurs de

11. Probabilités • 175

Algorithmique 2

Marche aléatoire

1 a. ●

Le nombre de pas exécutés dans la fenêtre est 10. b. La dernière valeur obtenue pour A a permis de faire un pas horizontal, ce qui a lieu si A = 1.

y 8 7 6

2 a. ●

Voir ci-contre. b. Ces points de coordonnées (x ; y) sont alignés car la somme des déplacements est constante : x + y = pas. Si x + y = 3, alors y = –x + 3 est une équation de droite. Si x + y = 8, alors y = –x + 8 est une équation de droite.

5

en 8 pas

4 3 2

en 3 pas

1 O

Algorithmique 3 1 a. ●

1

2

3

4

5

6

7

8 x

L’affirmation du chevalier de Méré

Dans les trois algorithmes, A prend la valeur du chiffre obtenu en lançant le dé.

Algorithme n° 1 On lance quatre fois le dé, on note le nombre de 6 obtenu dans K, on teste si K = 0 pour savoir si l’on a perdu.

Algorithme n° 2 On lance au plus quatre fois le dé car, à chaque lancer, on teste si le dé vaut 6, auquel cas on s’arrête, grâce au nombre i qui, en dépassant 4, permet de stopper le processus et d’afficher que l’on a gagné.

Algorithme n° 3 On lance le dé tant que le nombre 6 n’est pas obtenu, on note le nombre de lancers qu’il a fallu effectuer dans i, on teste si i est inférieur à 4 pour savoir si l’on a gagné. b. L’algorithme n° 1 effectue toujours 4 boucles. L’algorithme n° 2 effectue au maximum 4 boucles, ici 3 boucles. L’algorithme n° 3 effectue autant de boucles que nécessaire pour obtenir un 6, il peut donc effectuer 6 boucles. c. Le deuxième algorithme semble le plus économe en nombre de boucles car il garantit de faire au maximum 4 boucles. Le troisième algorithme peut réaliser une seule boucle (si le 6 sort immédiatement), mais n’offre aucune garantie de réussite (il pourrait boucler indéfiniment si le 6 ne sort pas).

2 a. ●

Pour réaliser N fois l’algorithme et noter chaque résultat (gagné ou perdu), il ne faut pas que ce dernier retourne « gagné » ou « perdu » mais un nombre 1 ou 0 que l’on pourra stocker dans un compteur C. Entrée :

Demander la valeur de N.

Traitement :

C prend la valeur 0. Pour j allant de 1 à N i = 0 Tant que i est inférieur à 4 A est un entier aléatoire entre 1 et 6 Si A = 6 i prend la valeur i + 4 C prend la valeur C + 1 Sinon i prend la valeur i + 1.

Sortie :

176 • 11. Probabilités

Afficher « Fréquence des parties gagnées : »,

C . N

b. Pour N très grand, (supérieur à 3 000), il semble que l’affirmation du chevalier de Méré soit vraie. En Python, il faut d’abord lancer le module random (avec la commande : from random import*), et penser à noter C comme un nombre décimal 0.0 pour que le calcul de fréquence ne soit pas arrondi à l’entier inférieur, c’est-à-dire 0. Répéter un million de fois l’expérience dure moins de 15 secondes (voir ci-contre). Avec Algobox, il faut affecter

à C pour affiN cher la fréquence car le logiciel ne peut pas afficher le résultat d’un calcul mais seulement la valeur d’une variable. Répéter 100 000 fois l’expérience dure environ 30 secondes. Avec Xcas :

3 a. ●

On peut construire un arbre pondéré. Les issues « 6 » étant pondérées de la probabilité

issues « Pas 6 » de la probabilité

5 . 6

1 et les 6

5 5 5 5 625 × × × = 6 6 6 6 1 296 625 671 = ≈ 0,518 . donc p(gagner) = 1 – p(perdre) = 1 − 1 296 1 296 c. Comme p(gagner) ≈ 0,518, proche de 0,5, la fluctuation d’échantillonnage permet difficilement de trancher sur cette question sans un grand nombre de lancers. L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % contient des fréquences observées inférieures à 0,5 (ce 1 qui signifie perdre) dès que > 1,8 %, ce qui revient à N < 3 086. N Il est donc difficile d’avoir un résultat expérimental probant sans avoir effectué un grand nombre de lancers.

b. p(perdre) =

Problème ouvert 1

Embouteillage sur le parking

On peut raisonner de façon chronologique. La première voiture a quatre choix pour se garer, la seconde voiture n’a plus que trois choix et la dernière seulement deux choix. voiture 1 voiture 2 voiture 3

4

×

3

×

2

=

24

Il y a donc 24 façons de choisir l’emplacement de 3 voitures dans quatre places de parking.

11. Probabilités • 177

Problème ouvert 2

L’injuste arrondi

1 L’intervalle [1 ; 6] est de longueur 5. ● Pour obtenir 6, il faut se situer dans l’intervalle ]5,5 ; 6], d’amplitude 0,5. 0,5 1 Donc la probabilité d’obtenir 6 est = . 5 10 2 On peut établir ainsi la probabilité de toutes les issues :

●

Nombre obtenu

1

2

3

4

5

6

Probabilité

1 10

2 10

2 10

2 10

2 10

1 10

La probabilité d’obtenir un nombre pair est

Problème ouvert 3

2 2 1 5 1 + + = = . 10 10 10 10 2

Improbable

1 Il y a 9 possibilités pour choisir la première étoile puis 8 possibilités pour la seconde étoile. On peut ● donc comptabiliser 9 × 8 = 72 couples ordonnées (étoile1 ; étoile2), donc tous les couples non 72 ordonnés sont compté deux fois. Il y a donc = 36 couples non ordonnées différents. 2 1 . Ces couples sont équiprobables, la probabilité de choisir le bon couple est donc 36 2 On peut raisonner sur un arbre pondéré. Pour obtenir 5 bons numéros et les 2 bonnes étoiles, il faut faire le produit des probabilités de la branche gagnante : 1 1 1 × = , il y a donc une chance sur 76 275 360 de gagner le grand prix. 36 2 118 760 76 275 360

●

Corrigés des exercices Exercices d’application 1 a. Ω ={3 rouges ; 1 noire et 2 rouges ; 2 noires et 1 rouge ; 3 noires} b. A = {1 noire et 2 rouges ; 2 noires et 1 rouge ; 3 noires} c. Non. 2 a. Ω = {2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 ; 10 ; 11 ; 12} b. Ω’ = {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 8 ; 9 ; 10 ; 12 ; 15 ; 16 ; 18 ; 20 ; 24 ; 25 ; 30 ; 36} c. La deuxième. 3 Ω = {(P, P) ; (P, F) ; (F, P, P) ; (F, P, F) ; (F, F, F) ; (F, F, P)}

7 a. Le mot PROBA possède 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 anagrammes. b. Le mot STAT possède 4 × 3 × 2 × 1 = 24 anagrammes en considérant que les deux lettres T sont différentiables. Or on dénombre ainsi tous les mots en double, il y a donc en fait seulement 12 anagrammes du mot STAT. 8

a. Un peu Beaucoup Passionnément À la folie Pas du tout

15 % 18 % 27 % 31 % 9%

6 ≈ 18 % 33

c. p =

30 ≈ 91 % 33

4 Monsieur Élégant peut s’habiller de 6 façons différentes.

b. p =

5 a. 4 longueurs différentes. b. 5 longueurs différentes.

9 Le nombre de pages sans publicité est : 2 1 × 120 + × 120 + 2 + 3 = 48 + 15 + 2 + 3 = 68 . 5 8

6

a. 10 000

178 • 11. Probabilités

b. 1 000

c. 10

Le nombre de pages avec des publicités est donc de 120 – 68 = 52. La probabilité de tomber sur une 2 13 publicité est de = . 120 30 10 a. Il y a 6 possibilités différentes. b. C’est faux, il a une chance sur six.

11

4 9 2 c. p(C) = 9

1 3 2 d. p(D) = 9

a. p(A) =

b. p(B) =

12

1 . 4 c. La probabilité d’avoir une fille en second est 2 1 = . 4 2 2 1 17 a. La probabilité de gagner est = . 8 4 b. La probabilité de gagner un lapin rose est 1 12 3 × = . 4 28 28 18 La probabilité de choisir un billet de 10 € est b. La probabilité d’avoir deux garçons est

1 3 1 2 1 9 8 17 . × + × = ×( + )= 2 8 2 6 2 24 24 48 La probabilité de choisir un billet de 20 € est 1 5 1 4 1 15 16 31 . × + × = ×( + )= 2 8 2 6 2 24 24 48

19

13

8 1 = 32 4 4 1 c. p = = 32 8

a. La probabilité d’obtenir un yams de six est 1 . 7 776 1 b. La probabilité d’obtenir un yams est . 1 296 20 a. La probabilité de répondre juste aux trois 3 ⎛ 1⎞ 1 premières questions est ⎜ ⎟ = . 27 ⎝ 3⎠

16 1 = 32 2 12 3 d. p = = 32 8

a. p =

b. p =

n

⎛ 1⎞ 1 b. La première valeur de n telle que ⎜ ⎟ < 1 000 ⎝ 3⎠

14 En quatre ans, il y a un seul 29 février pour 365 + 365 + 365 + 366 = 1 461 jours. La probabilité 1 . d’être né le 29 février est donc 1 461 3 15 Jeu 1 : la probabilité de gagner est . 5 4 Jeu 2 : la probabilité de gagner est . 7 4 2 Jeu 3 : la probabilité de gagner est = . 6 3 Pour comparer ces probabilités, on les réduit au même dénominateur : 3 63 4 60 2 70 = ; = ; = . 5 105 7 105 3 105 Le jeu offrant la plus grande chance de gagner est donc le jeu 3. 16

a.

F F G

est 7. Il faut donc atteindre 7 questions pour que la probabilité de répondre juste tombe à 1 pour 1 000.

21 b.

a. p(A) = 0,5 ; p(B) = 0,3 ; p(C) = 0,4. : « Le nombre choisi est impair », p(A) = 0,5 .

B : « Le nombre choisi est inférieur à 8 », p(B) = 0,7. C : « Le nombre choisi n’est pas premier », p(C) = 0,6.

22 Il y a 36 couples ordonnées (dé n°1 ; dé n°2) équiprobables, dont 6 correspondent à des issues où les faces sont identiques. 6 1 5 Il y a donc une probabilité de 1 − = 1 − = que 36 6 6 les deux faces ne soient pas identiques. 23 a. La probabilité qu’il y ait au moins un train est 1 – 25 % = 75 %. b. La probabilité qu’il manque au moins un train est 1 – 5 % = 95 %.

F G G

11. Probabilités • 179

24 En notant A l’option arts plastiques et B l’option escalade, on a le diagramme suivant : A (12) (18) (3)

(2)

7 (32)

B (5)

A†B 18 élèves ne suivent aucune option.

25 a. F ∩ S est l’événement « On a choisi une fille issue d’un baccalauréat scientifique » et sa probabi78 13 lité est p(F ∩ S) = = . 402 67 b. S est l’événement « On a choisi un étudiant qui n’est pas issu d’un baccalauréat scientifique » et sa 222 37 probabilité est p(S) = = . 402 67 c. F ∪ S est l’événement « On a choisi une fille ou un étudiant issu d’un baccalauréat scientifique » et sa 78 + 147 + 102 109 = . probabilité est p(F ∪ S) = 402 134 d. F ∪ G est l’événement « On a choisi une fille ou un garçon » et sa probabilité est p(F ∪ G) = 1 .

26

On peut construire le tableau suivant, les données en gras étant issues directement de l’énoncé : S

S

Total

M

10 %

15 %

25 %

M

35 %

40 %

75 %

Total

45 %

55 %

100 %

a. La probabilité que l’élève ne fasse pas de sport mais joue d’un instrument est 15 %. b. La probabilité que l’élève pratique un sport est 45 %. c. La probabilité que l’élève joue d’un instrument est 25 %. d. La probabilité que l’élève fasse du sport ou joue d’un instrument est 60 %.

27 a. A et B sont incompatibles donc p(A ∪ B) = p(A) + p(B) = 0,4 + 0,5 = 0,9. b. À l’aide d’un tableau, on peut voir que A ∩ B est l’événement contraire de A ∪ B , donc : p(

) = 1 − 0,9 = 0,1 ≠ 0 d’où les événements A et

B ne sont pas incompatibles.

180 • 11. Probabilités

a. La probabilité de tirer un joker est

54

=

1 . 27

13 . 54 c. La probabilité de tirer un pique ou un joker est 15 5 = . 54 18 b. La probabilité de tirer un pique est

A‡B

(9)

28

29 En notant p(A) la part des adolescents possédant une télévision dans leur chambre et p(B) la part des adolescents possédant un ordinateur dans leur chambre, avec les notations des probabilités, on cherche p(A ∩ B). 1 1 On connaît p(A) = , p(B) = et p( A ∩ B ) = 60 %. 3 5 p(A ∪ B) = 1 – p( A ∩ B ) = 1 – 60 % = 40 %. Comme p(A ∪ B) = p(A) + p(B) – p(A ∩ B), alors 1 1 p(A ∩ B) = p(A) + p(B) – p(A ∪ B) = + – 40 % 3 5 10 6 12 4 2 = + − = = . 30 30 30 30 15 Deux adolescent sur quinze possèdent à la fois un ordinateur et un téléviseur dans leur chambre.

30

a. p(A) =

1 2

b. p(B) =

1 3

1 1 1 1 2 et p(A ∪ B) = + − = 6 2 3 6 3 31 1. On peut construire le tableau suivant, les données en gras étant issues directement de l’énoncé :

c. p(A ∩ B) =

B

B

Total

A

0,1

0,1

0,2

A

0,4

0,4

0,8

Total

0,5

0,5

1

a. p( A ∩ B ) = 0,1

b. p( A ∩ B ) = 0,4

c. p( A ∪ B ) = 0,6

d. p( A ∪ B ) = 0,9

e. p( A ∩ B ) = 0,4 2. L’événement contraire de A ∪ B est A ∩ B .

QCM 32

1. C

2. B

3. B

33

1. C

2. C

3. D

34

1. C

2. B

3. C

35

D

4. D

36

A

37

38

1. A

2. C

D 3. D

Problèmes 39

Traduction de l’énoncé Peut-être ? Chantal veut utiliser le vélo que son ami lui a prêté. Malheureusement elle a oublié le code de trois chiffres de l’antivol. Avec patience, elle procède méthodiquement par essais successifs pour retrouver cette combinaison. Chaque essai lui demande environ 2 secondes.

2. Le raisonnement de Bernard est le bon. Si le candidat choisit une boîte et n’en change pas, il a forcément une chance sur trois de gagner. Il est plus probable d’avoir une boîte perdante après le premier choix, il vaut donc mieux en changer. Par contre la suite de son raisonnement n’est pas expliquée. On peut observer sur l’arbre les deux stratégies. Il y a 6 issues possibles, entourées d’un ovale celles correspondantes à la stratégie « garder sa boîte », entourées d’un rectangle les issues correspondantes à la stratégie « changer de boîte ». En gardant sa boîte, on a une chance sur trois de gagner alors qu’en changeant de boîte, on a deux chances sur trois de gagner.

41

Chantal pense qu’elle a peu de chances de trouver la bonne combinaison en moins de 30 minutes. Êtes-vous d’accord avec elle ? Justifier. Il y a 103 = 1 000 combinaisons possibles. Pour les tester toutes, elle aura besoin de 1 000 × 2 = 2 000 secondes, soit 33 minutes et 20 secondes. On peut donc considérer qu’elle a une probabilité de trouver la bonne combinaison en 0 × 60 9 = = 90 % . moins de 30 minutes de 2 000 10 On peut donc ne pas être d’accord avec Chantal car elle a de grandes chances de trouver la bonne combinaison en moins de 30 minutes.

40

1.

Premier choix du candidat Boîte gagante

Boîte perdante

1. a. La probabilité de toucher un navire est 18 1 = . 144 8 b. La probabilité de toucher un porte-avion est 5 . 144 c. La probabilité de toucher un cuirassier est 8 1 = . 144 18 2. Il reste 12 cases avec des navires et 129 cases qui n’ont pas été jouées. La probabilité de toucher un 12 4 = . navire est donc de 129 43 12 × 11 × 10 × 9 × 8 55 = 12 × 12 × 12 × 12 × 12 144 55 89 b. 1 − = 144 144 365 × 364 × 363 × 362 × 361 2. 1 − ≈ 0,0271 < 3 % 365 × 365 × 365 × 365 × 365

42

1. a.

43 r 1. a. Pour remplir les colonnes A et B, on peut soit donner un terme initial en ligne 2 et écrire une formule en ligne 3 (« =A2+1 » en colonne A, « =B2+1 » en colonne B) à recopier, soit saisir les lignes 2 et 3, les sélectionner puis les recopier vers le bas. b. Formule saisie en C3 : « =B3/365 ». Formule saisie en D2 : « =1–C2 ».

Boîte perdante

Gagné

Perdu

Gagné

Perdu

Gagné

Perdu

Deuxième choix du candidat

11. Probabilités • 181

2. Ci-dessous un extrait de la feuille :

Par exemple, pour une classe de 35 élèves, la probabilité qu’au moins deux personnes soient nées le même jour est environ 81 %.

44

Les snowborders de plus de 20 ans représen1 1 1 des personnes. tent × = 3 4 12 La probabilité que la prochaine personne qui se présente à la remontée mécanique soit un skieur de 1 1 1 6 5 plus de 20 ans est − = − = . 2 12 12 12 12

45

a. Chemin ABD avec la probabilité

chemin ABCD avec la probabilité

1 1 1 1 × × = ; 2 2 2 8

chemin ABCABD avec la probabilité chemin ACD avec la probabilité

1 1 1 × = ; 2 2 4

1 1 1 1 × × = ; 2 2 2 8

1 1 1 × = ; 2 2 4

1 1 1 × = . 2 2 4 b. La probabilité qu’il trouve la sortie est 1 1 1 1 1 + + + + = 1 . Hector est sûr de trouver la 4 8 8 4 4 sortie. chemin ACBD avec la probabilité

182 • 11. Probabilités

46 1. La phrase comporte 9 syllabes et il y a cinq enfants en cercle. L’enfant désigné sera situé 2 rangs avant l’enfant par lequel Lolita a commencé sa comptine (2 tours complets = 10 syllabes). Si Lolita choisit un enfant au hasard, chacun a a priori une chance sur cinq d’être désigné, mais elle ne commence pas par elle-même donc elle n’a qu’une chance sur quatre d’être le loup, en choisissant pour démarrer l’enfant qui la suit. 2. a. Peut-être Tom est-il situé deux rangs avant Lolita, donc Lolita ne commençant pas la comptine par elle-même, Tom ne peut être désigné. b. Il n’y a plus que quatre enfants. L’enfant désigné sera celui par lequel Lolita commence la comptine (2 tours complets = 8 syllabes). Lolita aura alors autant de « malchance » que Tom. 47

1. La fréquence d’apparition du « pile » est 24 = 48 %. Ce résultat paraît conforme car il est 50 assez proche de l’équiprobabilité théorique (50 %) pour un échantillon de seulement 50 expériences. 2. a. L’algorithme choisit un nombre au hasard entre 0 et 1, il suffit alors de choisir lequel représente « pile » par exemple. b. À chaque fois que A prend la valeur 1, B augmente de 1. B contiendra la valeur 3 après les 3 premiers lancers. A prend alors la valeur 0, comme B est plus grand que C (qui vaut 0), C prend la valeur 3 et B prend la valeur 0. c. B compte le nombre de 1 consécutifs générés dans A. Il se réinitialise à 0 lorsqu’une série est interrompue. C stocke la plus grande valeur de B rencontrée, c’est-à-dire la longueur de la plus grande série de 1 réalisée. 3. Dans la série de David, la plus grande série de « pile » est de longueur 2 et la plus grande série de « face » est de longueur 3. Ce résultat ne semble pas des plus courants, on peut même observer une série de douze 1 consécutifs. Bien que peu probable, David aurait pu obtenir ces résultats sans tricher, c’est pourquoi le professeur a pris soin d’accuser David avec réserve (« David a probablement triché… »).