11. probabilités - megamaths.free.frmegamaths.free.fr/pdf/probabilite-seconde.pdf · 11....
TRANSCRIPT
11. Probabilités • 171
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 Capacités attendues
Probabilité sur un ensemble finiProbabilité d’un événement.
Réunion et intersection de deux événements, formule :p(A ∪ B) + p(A ∩ B) = p(A) + p(B).
• 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.
172 • 11. Probabilités
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’en-
semble 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 supé-
rieur du dé porte un chiffre supérieur ou égal à 5.
c. On peut comparer ce nombre à la probabilité théorique 26
= 13
.
3 Avec ou sans remise ?
Partie A
●1 Voir schéma ci-contre.
●2 Il y a 9 issues équiprobables, la probabilité de chacune
d’elle est donc 19
.
●3 a. La probabilité de tirer deux fois le même nombre
est 39
= 13
.
b. La probabilité que le premier nombre soit stricte-
ment inférieur au second est 39
= 13
.
c. La probabilité que la somme des nombres tirés
fasse 4 est 39
= 13
.
Partie B
●1 Voir schéma ci-contre.
●2 Il y a 6 issues équiprobables. La probabilité de chacune
d’elles est donc 16
.
●3 a. La probabilité de tirer deux fois le même nombre
est 0.
b. La probabilité que le premier nombre soit stricte-
ment inférieur au second est 36
= 12
.
c. La probabilité que la somme des nombres tirés
fasse 4 est 26
= 13
.
Issuesdu tirage
(1 ; 1)
2d tirage
1er tirage1
2
3
1
1
2
3
2
1
2
3
3
(1 ; 2)
(1 ; 3)
(2 ; 1)
(2 ; 2)
(2 ; 3)
(3 ; 1)
(3 ; 2)
(3 ; 3)
Issuesdu tirage
(1 ; 2)
2d tirage
1er tirage2
3
1
1
3
2
1
2
3
(1 ; 3)
(2 ; 1)
(2 ; 3)
(3 ; 1)
(3 ; 2)
11. Probabilités • 173
Partie Ca. 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 :
P
F
PF
P
P
F
P
F
PF
P
F
F
3
Nombre de« pile »
2
2
1
2
1
1
0
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
Probabilité18
38
38
18
174 • 11. Probabilités
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 saisis-
sant 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 fréquem-
ment, par contre l’amplitude maximale entre les fréquences observées a diminué et dépasse rare-
ment 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.
11. Probabilités • 175
●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 1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 8
dé 1 3 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 105 6 7 8 9 10 116 7 8 9 10 11 12
Issue 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Probabilité1
362
363
364
365
366
365
364
363
362
361
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 :
Traitement :
Sortie :
Donner les valeurs de N.
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.
Afficher SN.
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. On peut ajouter l’affichage de SN
− 16
.
b. Sur TI 83+ Sur Casio Graph 35+
c. On ne peut atteindre un écart inférieur à 1 % car pour N = 20, les valeurs de SN
sont des multiples
de1
20= 0,05 , donc la valeur la plus proche de
16
≈ 0,1666 est 0,15, ce qui correspond à un écart de
1,66 %.
176 • 11. Probabilités
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.
●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.
Algorithmique 3 L’affirmation du chevalier de Méré
●1 a. Dans les trois algorithmes, A prend la valeur du chiffre obtenu en lançant le dé.
Algorithme n° 1On 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° 2On lance au plus quatre fois le dé car, à chaque lancer, on teste si le dé vaut 6, auquel cas on s’ar-
rête, grâce au nombre i qui, en dépassant 4, permet de stopper le processus et d’afficher que l’on a
gagné.
Algorithme n° 3On 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 immédiate-
ment), 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 :
Traitement :
Sortie :
Demander la valeur de N.
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.
Afficher « Fréquence des parties gagnées : »,CN.
1
2
3
4
5
6
en 8 pas
en 3 pas
7
8y
O 1 2 3 4 5 6 7 8 x
11. Probabilités • 177
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 N
à C pour affi-
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 16
et les
issues « Pas 6 » de la probabilité 56
.
b. p(perdre) = 56
× 56
× 56
× 56
= 6251 296
donc p(gagner) = 1 – p(perdre) = 1 − 6251 296
= 6711 296
≈ 0,518 .
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
qui signifie perdre) dès que 1
N > 1,8 %, ce qui revient à N < 3 086.
Il est donc difficile d’avoir un résultat expérimental probant sans avoir effectué un grand nombre
de lancers.
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.
178 • 11. Probabilités
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.
Donc la probabilité d’obtenir 6 est 0,55
= 110
.
●2 On peut établir ainsi la probabilité de toutes les issues :
Nombre obtenu 1 2 3 4 5 6
Probabilité1
102
102
102
102
101
10
La probabilité d’obtenir un nombre pair est 2
10+ 2
10+ 1
10= 5
10= 1
2.
Problème ouvert 3 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
ordonnés sont compté deux fois. Il y a donc 722
= 36 couples non ordonnées différents.
Ces couples sont équiprobables, la probabilité de choisir le bon couple est donc1
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 :
136
× 12 118 760
= 176 275 360
, il y a donc une chance sur 76 275 360 de gagner le grand prix.
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)}
4 Monsieur Élégant peut s’habiller de 6 façons différentes.
5 a. 4 longueurs différentes.b. 5 longueurs différentes.
6 a. 10 000 b. 1 000 c. 10
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 15 %
Beaucoup 18 %
Passionnément 27 %
À la folie 31 %
Pas du tout 9 %
b. p = 633
≈ 18 % c. p = 3033
≈ 91 %
9 Le nombre de pages sans publicité est :
25
× 120 + 18
× 120 + 2 + 3 = 48 + 15 + 2 + 3 = 68 .
11. Probabilités • 179
Le nombre de pages avec des publicités est donc de 120 – 68 = 52. La probabilité de tomber sur une
publicité est de2
120= 13
30.
10 a. Il y a 6 possibilités différentes.b. C’est faux, il a une chance sur six.
11 a. p(A) = 49
b. p(B) = 13
c. p(C) = 29
d. p(D) = 29
12
13 a. p = 832
= 14
b. p = 1632
= 12
c. p = 432
= 18
d. p = 1232
= 38
14 En quatre ans, il y a un seul 29 février pour 365 + 365 + 365 + 366 = 1 461 jours. La probabilité
d’être né le 29 février est donc 1
1 461.
15 Jeu 1 : la probabilité de gagner est 35
.
Jeu 2 : la probabilité de gagner est 47
.
Jeu 3 : la probabilité de gagner est 46
= 23
.
Pour comparer ces probabilités, on les réduit au même dénominateur :
35
= 63105
; 47
= 60105
; 23
= 70105
.
Le jeu offrant la plus grande chance de gagner est donc le jeu 3.
16 a. F
G
F
G
F
G
b. La probabilité d’avoir deux garçons est14
.
c. La probabilité d’avoir une fille en second est
24
= 12
.
17 a. La probabilité de gagner est 28
= 14
.
b. La probabilité de gagner un lapin rose est
14
× 1228
= 328
.
18 La probabilité de choisir un billet de 10 € est
12
38
12
26
12
924
824
1748
× + × = × =( )9
248
24+ .
La probabilité de choisir un billet de 20 € est
12
58
12
46
12
1524
1624
3148
× + × = × =( )1524
1624
+ .
19 a. La probabilité d’obtenir un yams de six est
17 776
.
b. La probabilité d’obtenir un yams est 1
1 296.
20 a. La probabilité de répondre juste aux trois
premières questions est 13
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
3
= 127
.
b. La première valeur de n telle que 13
11 000
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
<n
est 7. Il faut donc atteindre 7 questions pour que la proba-bilité de répondre juste tombe à 1 pour 1 000.
21 a. p(A) = 0,5 ; p(B) = 0,3 ; p(C) = 0,4.
b. : « 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.
Il y a donc une probabilité de 16
361
16
56
− = − = que
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 %.
180 • 11. Probabilités
24 En notant A l’option arts plastiques et B l’option escalade, on a le diagramme suivant :
(32)
B (5)
A (12)
(9)
(18)
(3) (2)
A B
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 probabi-
lité est p(F S)∩ =S) =78402
1367
.
b. S est l’événement « On a choisi un étudiant qui n’est pas issu d’un baccalauréat scientifique » et sa
probabilité est p( )S = =222402
3767
.
c. F ∪ S est l’événement « On a choisi une fille ou un étudiant issu d’un baccalauréat scientifique » et sa
probabilité est p(F S)∪ =S)+ + =78 147 102
402109134
.
d. F ∪ G est l’événement « On a choisi une fille ou
un garçon » et sa probabilité est p(F G)∪ =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.
28 a. La probabilité de tirer un joker est 54
= 127
.
b. La probabilité de tirer un pique est 1354
.
c. La probabilité de tirer un pique ou un joker est
1554
= 518
.
29 En notant p(A) la part des adolescents possé-dant 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).
On connaît p(A) = 13
, p(B) = 15
et p( A ∩ B ) = 60 %.
p(A ∪ B) = 1 – p( A ∩ B ) = 1 – 60 % = 40 %.Comme p(A ∪ B) = p(A) + p(B) – p(A ∩ B), alors
p(A ∩ B) = p(A) + p(B) – p(A ∪ B) = 13
+ 15
– 40 %
= 1030
+ 630
− 1230
= 430
= 215
.
Deux adolescent sur quinze possèdent à la fois un ordinateur et un téléviseur dans leur chambre.
30 a. p(A) = 12
b. p(B) = 13
c. p(A ∩ B) = 16
et p(A ∪ B) = 12
+ 13
− 16
= 23
31 1. On peut construire le tableau suivant, les données en gras étant issues directement de l’énoncé :
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 4. D
35 D
11. Probabilités • 181
36 A 37 D
38 1. A 2. C 3. D
Problèmes
39 Traduction de l’énoncéPeut-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 combi-naison. Chaque essai lui demande environ 2 secondes.
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
moins de 30 minutes de 0 × 602 000
= 910
= 90 % .
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.
Premierchoix ducandidat
Perd
u
Deuxièmechoix ducandidat
Gag
né
Per
du
Gag
né
Per
du
Gag
né
Boîtegagante
Boîteperdante
Boîteperdante
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 expli-quée.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 1. a. La probabilité de toucher un navire est
18144
= 18
.
b. La probabilité de toucher un porte-avion est
5144
.
c. La probabilité de toucher un cuirassier est
8144
= 118
.
2. Il reste 12 cases avec des navires et 129 cases qui n’ont pas été jouées. La probabilité de toucher un
navire est donc de 12
129= 4
43.
42 1. a. 12 × 11 × 10 × 9 × 8
12 × 12 × 12 × 12 × 12= 55
144
b. 1 − 55144
= 89144
2. 1 − 365 × 364 × 363 × 362 × 361365 × 365 × 365 × 365 × 365
≈ 0,0271 < 3 %
43
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 ».
Pour r
182 • 11. Probabilités
2. Ci-dessous un extrait de la feuille :
Par exemple, pour une classe de 35 élèves, la proba-bilité qu’au moins deux personnes soient nées le même jour est environ 81 %.
44 Les snowborders de plus de 20 ans représen-
tent 13
× 14
= 112
des personnes.
La probabilité que la prochaine personne qui se présente à la remontée mécanique soit un skieur de
plus de 20 ans est 12
− 112
= 612
− 112
= 512
.
45 a. Chemin ABD avec la probabilité 12
× 12
= 14
;
chemin ABCD avec la probabilité 12
× 12
× 12
= 18
;
chemin ABCABD avec la probabilité 12
× 12
× 12
= 18
;
chemin ACD avec la probabilité 12
× 12
= 14
;
chemin ACBD avec la probabilité 12
× 12
= 14
.
b. La probabilité qu’il trouve la sortie est
14
+ 18
+ 18
+ 14
+ 14
= 1 . Hector est sûr de trouver la
sortie.
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
2450
= 48 %. Ce résultat paraît conforme car il est
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 repré-sente « 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 inter-rompue. C stocke la plus grande valeur de B rencon-trée, 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… »).