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Problèmes sur les probabilités

Un sac de billes, un dé, deux roues de fête foraine : la probabilité se calcule, se compare, et aide à choisir.

Le sac de billes

Un sac contient \(5\) billes rouges, \(8\) billes vertes et \(7\) billes bleues, toutes indiscernables au toucher. On en tire une au hasard.

  1. Combien y a-t-il d'issues possibles ?
    $$ 5 + 8 + 7 $$
    $$ 20 \ \text{issues} $$
  2. Calculer la probabilité de tirer une bille verte, sous forme de fraction puis en pourcentage.
    $$ p = \frac{8}{20} = \frac{2}{5} $$
    $$ p = 0.4 = 40 \ \% $$
  3. Calculer la probabilité de ne pas tirer une bille rouge.

    Les billes non rouges sont les vertes et les bleues.

    $$ p = \frac{8 + 7}{20} = \frac{15}{20} $$
    $$ p = 0.75 = 75 \ \% $$

    On vérifie : la probabilité de tirer une bille rouge vaut \(\frac{5}{20} = 25 \ \%\), et \(25 \ \% + 75 \ \% = 100 \ \%\).

Le dé à six faces

On lance un dé équilibré à six faces.

  1. Calculer la probabilité d'obtenir un multiple de \(3\).

    Les multiples de \(3\) sont \(3\) et \(6\).

    $$ p = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} $$
  2. Calculer la probabilité d'obtenir un nombre strictement supérieur à \(4\).

    Il s'agit de \(5\) et \(6\).

    $$ p = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} $$
  3. Ce même dé vient de donner cinq fois « \(6\) » de suite. La probabilité d'obtenir « \(6\) » au prochain lancer est-elle modifiée ?

    Non. Le dé n'a pas de mémoire : chaque lancer est indépendant des précédents.

    $$ p = \frac{1}{6} $$

La pièce truquée ?

Une pièce est lancée \(200\) fois et donne pile \(118\) fois.

  1. Calculer la fréquence observée de « pile ».
    $$ f = \frac{118}{200} $$
    $$ f = 0.59 = 59 \ \% $$
  2. Comparer cette fréquence à la probabilité d'obtenir pile avec une pièce équilibrée.

    Avec une pièce équilibrée, la probabilité d'obtenir pile vaut \(0.5\).

    $$ 0.59 > 0.5 $$

    L'écart est de \(9\) points de pourcentage.

  3. Peut-on en conclure que la pièce est truquée ? Que faudrait-il faire ?

    Non : un écart de cette taille reste possible sur \(200\) lancers. Pour se prononcer, il faudrait répéter l'expérience un bien plus grand nombre de fois et voir si la fréquence continue de s'écarter de \(0.5\).

La roue de la fortune

Une roue est partagée en secteurs de même taille : \(4\) secteurs « perdu », \(3\) secteurs « rejouer » et \(1\) secteur « gagné ».

  1. Calculer la probabilité de chaque issue.

    La roue compte \(8\) secteurs de même taille : ils ont tous la même chance d'être désignés.

    $$ p(\text{perdu}) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} \hspace{2em} p(\text{rejouer}) = \frac{3}{8} \hspace{2em} p(\text{gagné}) = \frac{1}{8} $$
  2. Vérifier que la somme de ces trois probabilités vaut \(1\).
    $$ \frac{4}{8} + \frac{3}{8} + \frac{1}{8} = \frac{8}{8} $$
    $$ 1 $$
  3. On ajoute à cette roue un secteur « gagné », sans changer les autres. La probabilité de gagner double-t-elle ?

    La roue compte désormais \(9\) secteurs, dont \(2\) gagnants.

    $$ p(\text{gagné}) = \frac{2}{9} \approx 0.22 $$

    Doubler l'ancienne probabilité donnerait \(2 \times 0.125 = 0.25\), et \(0.22 < 0.25\) :

    $$ \text{la probabilité de gagner ne double pas} $$

    Elle augmente sans tout à fait doubler, car le nombre total de secteurs a lui aussi augmenté.

Lire une probabilité à l'envers

Un sac contient \(12\) boules, rouges ou noires, indiscernables au toucher. La probabilité de tirer une boule rouge est \(\frac{1}{4}\).

  1. Retrouver le nombre de boules rouges dans le sac.

    Une boule sur quatre est rouge :

    $$ 12 \div 4 $$
    $$ 3 \ \text{boules rouges} $$

    On vérifie : \(\frac{3}{12} = \frac{1}{4}\).

  2. On ajoute dans ce même sac des boules noires, et la probabilité de tirer une boule rouge devient \(\frac{1}{5}\). Combien de boules noires a-t-on ajoutées ?

    Les \(3\) boules rouges représentent maintenant une boule sur cinq. Le sac en contient donc :

    $$ 3 \times 5 = 15 $$
    $$ 15 - 12 $$
    $$ 3 \ \text{boules noires ajoutées} $$
  3. On change de sac : il contient \(1\) boule rouge et \(3\) boules noires. Tom affirme : « Il n'y a que deux couleurs, j'ai donc une chance sur deux de tirer la rouge. » Expliquer son erreur.

    Les deux couleurs n'ont pas la même chance d'être tirées : ce sont les \(4\) boules qui sont équiprobables, pas les couleurs.

    $$ p = \frac{1}{4} $$

Quelle roue choisir ?

À la fête foraine, deux stands proposent chacun une roue partagée en secteurs de même taille. On gagne un lot quand la flèche s'arrête sur un secteur marqué G.

Deux roues partagées en secteurs de même taille : la roue A a huit secteurs dont trois gagnants, la roue B douze secteurs dont cinq gagnants, marqués G G G G roue A G G G G G roue B
  1. Calculer la probabilité de gagner avec la roue A, sous forme de fraction puis de nombre décimal.

    La roue A compte \(8\) secteurs, dont \(3\) gagnants :

    $$ p = \frac{3}{8} $$
    $$ p = 0.375 $$
  2. Calculer la probabilité de gagner avec la roue B, arrondie au centième.

    La roue B compte \(12\) secteurs, dont \(5\) gagnants :

    $$ p = \frac{5}{12} $$
    $$ p \approx 0.42 $$
  3. Sur quelle roue vaut-il mieux jouer ? Justifier.

    La roue A a moins de secteurs gagnants, mais aussi moins de secteurs en tout : il faut comparer les probabilités, pas les nombres de secteurs.

    $$ 0.375 < 0.42 $$
    $$ \text{la roue B est plus favorable} $$
  4. Le forain de la roue A veut rendre sa roue plus favorable que la roue B. Il repeint des secteurs perdants en secteurs gagnants, sans changer le nombre de secteurs. Combien doit-il en repeindre, au minimum ?

    En repeignant un seul secteur, la roue A compte \(4\) secteurs gagnants sur \(8\) :

    $$ \frac{4}{8} = 0.5 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 0.5 > 0.42 $$
    $$ 1 \ \text{secteur suffit} $$

Les dossards du cross

Au cross du collège, les \(60\) coureurs portent des dossards numérotés de \(1\) à \(60\). À l'arrivée, on tire un dossard au hasard pour attribuer un lot.

Les soixante dossards, numérotés de 1 à 60, rangés par lignes de dix
\(1\)
\(2\)
\(3\)
\(4\)
\(5\)
\(6\)
\(7\)
\(8\)
\(9\)
\(10\)
\(11\)
\(12\)
\(13\)
\(14\)
\(15\)
\(16\)
\(17\)
\(18\)
\(19\)
\(20\)
\(21\)
\(22\)
\(23\)
\(24\)
\(25\)
\(26\)
\(27\)
\(28\)
\(29\)
\(30\)
\(31\)
\(32\)
\(33\)
\(34\)
\(35\)
\(36\)
\(37\)
\(38\)
\(39\)
\(40\)
\(41\)
\(42\)
\(43\)
\(44\)
\(45\)
\(46\)
\(47\)
\(48\)
\(49\)
\(50\)
\(51\)
\(52\)
\(53\)
\(54\)
\(55\)
\(56\)
\(57\)
\(58\)
\(59\)
\(60\)
  1. Calculer la probabilité que le numéro tiré soit un multiple de \(4\), puis celle qu'il soit un multiple de \(6\).

    Jusqu'à \(60\), les multiples de \(4\) vont de \(4 \times 1\) à \(4 \times 15\), et ceux de \(6\) de \(6 \times 1\) à \(6 \times 10\) :

    $$ p = \frac{15}{60} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} p = \frac{10}{60} $$
    $$ \frac{1}{4} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \frac{1}{6} $$
  2. Nathan en déduit : « La probabilité de tirer un multiple de \(4\) ou de \(6\) vaut \(\frac{1}{4} + \frac{1}{6} = \frac{5}{12}\). » Trancher, en coloriant la grille si besoin.

    Nathan compte deux fois les numéros qui sont multiples de \(4\) et de \(6\) à la fois : \(12\), \(24\), \(36\), \(48\) et \(60\).

    Les dossards de 1 à 60 : les multiples de 4 sur fond coloré, les multiples de 6 entourés ; 12, 24, 36, 48 et 60 sont les deux à la fois
    \(1\)
    \(2\)
    \(3\)
    \(4\)
    \(5\)
    \(6\)
    \(7\)
    \(8\)
    \(9\)
    \(10\)
    \(11\)
    \(12\)
    \(13\)
    \(14\)
    \(15\)
    \(16\)
    \(17\)
    \(18\)
    \(19\)
    \(20\)
    \(21\)
    \(22\)
    \(23\)
    \(24\)
    \(25\)
    \(26\)
    \(27\)
    \(28\)
    \(29\)
    \(30\)
    \(31\)
    \(32\)
    \(33\)
    \(34\)
    \(35\)
    \(36\)
    \(37\)
    \(38\)
    \(39\)
    \(40\)
    \(41\)
    \(42\)
    \(43\)
    \(44\)
    \(45\)
    \(46\)
    \(47\)
    \(48\)
    \(49\)
    \(50\)
    \(51\)
    \(52\)
    \(53\)
    \(54\)
    \(55\)
    \(56\)
    \(57\)
    \(58\)
    \(59\)
    \(60\)
     multiple de 4 multiple de 6
    $$ 15 + 10 - 5 = 20 $$
    $$ p = \frac{20}{60} = \frac{1}{3} = \frac{4}{12} $$
    $$ \text{Nathan se trompe : } p = \frac{1}{3} $$
  3. L'an prochain, le nombre de coureurs changera. Prouver que, quel que soit le nombre de dossards, la probabilité de tirer un multiple de \(4\) ne dépasse jamais \(\frac{1}{4}\). Pour quels nombres de dossards vaut-elle exactement \(\frac{1}{4}\) ?

    On range les dossards en paquets de quatre numéros qui se suivent : de \(1\) à \(4\), de \(5\) à \(8\), de \(9\) à \(12\)… Chaque paquet complet contient exactement un multiple de \(4\), son dernier numéro. Le paquet incomplet de la fin, s'il y en a un, compte \(1\), \(2\) ou \(3\) numéros, et aucun multiple de \(4\).

    Les multiples de \(4\) sont donc au plus un numéro sur quatre :

    $$ p \leqslant \frac{1}{4} $$

    L'égalité demande qu'il ne reste aucun paquet incomplet, donc un nombre de dossards multiple de \(4\).

    $$ p = \frac{1}{4} \quad \text{pour } 4 \ ; \ 8 \ ; \ 12 \ ; \ 16 \ \ldots \ \text{dossards} $$

    Par exemple, avec \(62\) dossards, il y a toujours \(15\) multiples de \(4\), mais partagés entre plus de dossards : \(\frac{15}{62} < \frac{15}{60} = \frac{1}{4}\).

  4. Nathan insiste : « Alors, de la même façon, la probabilité de tirer un multiple de \(4\) ou de \(6\) ne dépasse jamais \(\frac{1}{3}\). » Chercher tous les nombres de dossards compris entre \(61\) et \(80\) qui lui donnent tort.

    La probabilité dépasse \(\frac{1}{3}\) quand les numéros favorables sont plus d'un tiers des dossards, c'est-à-dire quand leur triple dépasse le nombre de dossards.

    On range cette fois les numéros en paquets de douze. Dans chaque paquet complet, les numéros favorables occupent les places \(4\), \(6\), \(8\) et \(12\) : \(4\) sur \(12\), et le triple de \(4\) vaut exactement \(12\). Tout se joue donc dans le paquet incomplet de la fin, de \(r\) numéros : il faut que le triple de ses numéros favorables dépasse \(r\), le nombre de numéros restants.

    Numéros restants \(r\)
    \(1\) à \(3\)
    \(4\)
    \(5\)
    \(6\)
    \(7\)
    \(8\)
    \(9\)
    \(10\)
    \(11\)
    Favorables
    \(0\)
    \(1\)
    \(1\)
    \(2\)
    \(2\)
    \(3\)
    \(3\)
    \(3\)
    \(3\)
    Leur triple
    \(0\)
    \(3\)
    \(3\)
    \(6\)
    \(6\)
    \(9\)
    \(9\)
    \(9\)
    \(9\)

    Le triple ne dépasse \(r\) que pour \(r = 8\), puisque \(9 > 8\). Entre \(61\) et \(80\), les paquets complets s'arrêtent à \(60\) ou à \(72\) :

    $$ 60 + 8 = 68 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 72 + 8 = 80 $$
    $$ 68 \ \text{dossards} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 80 \ \text{dossards} $$

    Vérification avec \(68\) dossards : \(17\) multiples de \(4\), \(11\) de \(6\), dont \(5\) de \(12\) comptés deux fois, soit \(17 + 11 - 5 = 23\) numéros favorables, et \(3 \times 23 = 69 > 68\).

Le tirage au sort de la cantine

Pour goûter les nouveaux menus, la cantine tire au sort un élève parmi les \(120\) élèves de cinquième. Chacun est fille ou garçon, demi-pensionnaire ou externe, et l'on sait que :

$$ p(\text{fille}) = 55 \ \% \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} p(\text{demi-pensionnaire}) = 0.75 $$
$$ p(\text{garçon externe}) = \frac{3}{20} $$
Filles
Garçons
Total
Demi-pensionnaires
Externes
Total
\(120\)
Élèves de cinquième
  1. Compléter le tableau.

    Chaque probabilité est la part d'un groupe dans les \(120\) élèves :

    $$ 0.55 \times 120 = 66 \ \text{filles} \hspace{2em} \text{donc} \hspace{2em} 120 - 66 = 54 \ \text{garçons} $$
    $$ 0.75 \times 120 = 90 \ \text{demi-pensionnaires} \hspace{2em} \text{donc} \hspace{2em} 120 - 90 = 30 \ \text{externes} $$
    $$ 120 \div 20 \times 3 = 18 \ \text{garçons externes} $$

    Le reste se complète par différences : \(54 - 18 = 36\) garçons demi-pensionnaires, \(30 - 18 = 12\) filles externes, et \(66 - 12 = 54\) filles demi-pensionnaires.

    $$ \begin{gather*} \text{filles : } 54 \text{ demi-pensionnaires et } 12 \text{ externes} \\ \text{garçons : } 36 \text{ demi-pensionnaires et } 18 \text{ externes} \end{gather*} $$
    Filles
    Garçons
    Total
    Demi-pensionnaires
    \(54\)
    \(36\)
    \(90\)
    Externes
    \(12\)
    \(18\)
    \(30\)
    Total
    \(66\)
    \(54\)
    \(120\)

    Vérification : \(54 + 36 + 12 + 18 = 120\).

  2. Nina affirme : « Si l'on tire au sort une fille parmi les \(66\), plutôt qu'un élève parmi les \(120\), on a plus de chances de tomber sur un demi-pensionnaire. » A-t-elle raison ? Justifier.

    Parmi les \(120\) élèves, la probabilité vaut \(0.75 = \frac{3}{4}\). Parmi les \(66\) filles, \(54\) sont demi-pensionnaires :

    $$ p = \frac{54}{66} = \frac{9}{11} $$

    On compare les deux fractions avec le même dénominateur \(44\) :

    $$ \frac{3}{4} = \frac{33}{44} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \frac{9}{11} = \frac{36}{44} $$
    $$ \text{Nina a raison} $$

    Chez les garçons, au contraire, la probabilité tombe à \(\frac{36}{54} = \frac{2}{3}\).

  3. Des garçons externes s'inscrivent à la demi-pension, rien d'autre ne change. Combien doivent le faire, au minimum, pour qu'un garçon tiré au sort parmi les \(54\) ait plus de chances d'être demi-pensionnaire qu'une fille tirée au sort parmi les \(66\) ? Peut-on obtenir exactement la même probabilité ?

    L'égalité : il faudrait que les \(\frac{9}{11}\) des \(54\) garçons soient demi-pensionnaires.

    $$ 54 \times 9 \div 11 = 486 \div 11 \approx 44.18 $$

    Or \(486 = 11 \times 44 + 2\) n'est pas un multiple de \(11\) : aucun nombre entier de garçons ne convient.

    $$ \text{la même probabilité est impossible} $$

    Le minimum : il faut donc au moins \(45\) garçons demi-pensionnaires. On le vérifie en comparant \(44\) et \(45\) à la probabilité des filles, avec des dénominateurs communs :

    $$ \frac{44}{54} = \frac{22}{27} = \frac{242}{297} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \frac{9}{11} = \frac{243}{297} $$
    $$ \frac{45}{54} = \frac{5}{6} = \frac{55}{66} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \frac{9}{11} = \frac{54}{66} $$

    Avec \(44\), il manque très peu ; avec \(45\), les garçons passent devant. Ils sont aujourd'hui \(36\) :

    $$ 45 - 36 = 9 $$
    $$ 9 \ \text{garçons au minimum} $$

    C'est possible : les garçons externes sont \(18\).