Corrigé des 24 exercices sur les probabilités en 3ème : solutions détaillées à télécharger en PDF

Ensuite, la roue compte 8 secteurs de même probabilité \( \dfrac{1}{8} \) : 4 blancs, 3 noirs et 1 gris.

De plus, on obtient 1) a. On gagne 2 € avec le secteur gris : \( P = \dfrac{1}{8} \).

b. De même, on gagne 1 € avec un secteur noir : \( P = \dfrac{3}{8} \).

c. Par conséquent, on perd 2 € avec un secteur blanc : \( P = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2} \).

2) De plus, on gagne (1 € ou 2 €) avec \( \dfrac{3}{8} + \dfrac{1}{8} = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2} \), et on perd avec \( \dfrac{1}{2} \). Ensuite, il y a autant de chances de gagner que de perdre.

De même, L’urne contient 10 boules : 6 blanches (A, B, C, E, H, J) et 4 noires (D, F, G, I). Par ailleurs, les voyelles sont A, E et I.

Ainsi, on trouve 1) a. Les issues sont les 10 lettres A, B, C, D, E, F, G, H, I, J.

b. De plus, non : chaque lettre n’apparaît qu’une fois et les boules sont indiscernables au toucher.

c. Ainsi, oui, c’est une situation d’équiprobabilité.

d. Enfin, i. \( P(C) = \dfrac{1}{10} \) ; ii. \( P(J) = \dfrac{1}{10} \) ; iii. \( P(\text{voyelle}) = \dfrac{3}{10} \).

Ensuite, on a 2) a. Les issues sont « blanche » et « noire ».

b. Par ailleurs, oui : « blanche », car il y a 6 boules blanches contre 4 noires.

c. De même, non, les deux issues n’ont pas la même probabilité.

d. Par conséquent, i. \( P(\text{blanche}) = \dfrac{6}{10} = \dfrac{3}{5} \) ; ii. \( P(\text{noire}) = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5} \).

De même, on a donc 3) a. Chaque boule correspond à un couple (couleur, lettre) différent : il y a 10 issues équiprobables, c’est une situation d’équiprobabilité.

b.

• i. Blanche : \( \dfrac{6}{10} = \dfrac{3}{5} \).
• ii. Avec une voyelle : \( \dfrac{3}{10} \).
• iii. Blanche avec une voyelle : A et E, \( \dfrac{2}{10} = \dfrac{1}{5} \).
• iv. Blanche ou avec une voyelle : les 6 blanches et la noire I, soit \( \dfrac{7}{10} \).

1. Enfin, une lettre parmi 3 suivie d’un chiffre parmi 3 : \( 3 \times 3 = 9 \) codes.

Par conséquent, on obtient 2. a. Un seul code est le bon parmi 9 : \( P = \dfrac{1}{9} \).

b. Par ailleurs, la lettre n’est pas A et le chiffre n’est pas 1. Puis il reste les codes B2, B3, C2, C3 : \( P = \dfrac{1}{4} \).

c. De même, si au deuxième essai elle ne se trompe que de lettre, le chiffre est le bon. Ensuite, pour la lettre, elle a déjà éliminé A (premier essai) et la lettre du deuxième essai : il ne reste qu’une seule lettre possible. Puis le troisième essai est donc forcément le bon.

a. Ensuite, le bâton de la somme 7 atteint 170 lancers. Fréquence : \( \dfrac{170}{1\,000} = 0{,}17 = 17\,\% \).

b. Par ailleurs, tableau des 36 issues équiprobables (dé 1 en ligne, dé 2 en colonne) ; les sommes égales à 7 sont en gras :

De même, il y a 6 cas favorables sur 36 : \( P(7) = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6} \approx 0{,}167 \), soit environ 16,7 %.

Par conséquent, la fréquence observée (17 %) est très proche de la probabilité (16,7 %) : sur un grand nombre de lancers, la fréquence se rapproche de la probabilité.

a. Par ailleurs, le lutin dit 1 si \( n \lt 9 \), et 0 sinon.

• \( n = 2 \) : \( 2 \lt 9 \), il dit 1.
• \( n = 10 \) : il dit 0.
• \( n = 3 \) : il dit 1.
• \( n = 9 \) : \( 9 \lt 9 \) est faux, il dit 0.
• \( n = 15 \) : il dit 0.

b. De même, les issues sont 0 et 1. \( n \) est choisi au hasard parmi les 15 entiers de 1 à 15 (équiprobabilité). De plus, le lutin dit 1 pour \( n \) de 1 à 8, soit 8 valeurs, et 0 pour \( n \) de 9 à 15, soit 7 valeurs.

\[ P(1) = \frac{8}{15} \qquad P(0) = \frac{7}{15} \]

Ensuite, on a \( A = 5 + n \) et \( B = 2n \). L’événement « \( A = B \) » se produit quand \( 5 + n = 2n \), c’est-à-dire \( n = 5 \).

Ainsi, on trouve \( n \) est choisi au hasard parmi les 10 entiers de 1 à 10 ; une seule valeur convient. Vérification : pour \( n = 5 \), \( A = 10 \) et \( B = 10 \).

Ensuite, on a 1. a. Pour chaque couleur de toit, 3 couleurs de porte, et pour chacune 3 couleurs de fenêtre.

b. Ainsi, on trouve \( 3 \times 3 \times 3 = 27 \) dessins possibles.

2. Par conséquent, on obtient \( \overline{A} \) : « l’enfant n’a utilisé qu’une seule couleur ». Ensuite, il y a 3 issues : RRR, BBB, JJJ. Par ailleurs, en supposant les coloriages choisis au hasard (équiprobables) :

\[ P(\overline{A}) = \frac{3}{27} = \frac{1}{9} \qquad P(A) = 1 – \frac{1}{9} = \frac{8}{9} \]

Ainsi, on trouve 1. a. Après P comme après F, on a les 5 couleurs R, V, B, N, J (le sac contient une boule de chaque couleur).

b. Par conséquent, on obtient \( 2 \times 5 = 10 \) issues, toutes équiprobables (pièce et tirage équilibrés).

2. De plus, on obtient \( E_1 \) est réalisé par PR et FR : \( P(E_1) = \dfrac{2}{10} = \dfrac{1}{5} \).

Ainsi, on a donc \( E_2 \) est le contraire de « obtenir jaune » (PJ, FJ, soit \( \dfrac{2}{10} \)) : \( P(E_2) = 1 – \dfrac{1}{5} = \dfrac{4}{5} \).

De plus, on obtient 1. a. La fève de la frangipane peut être chez A, B, C ou D, et pour chacun, la fève de la briochée aussi.

b. Ensuite, on a donc \( 4 \times 4 = 16 \) issues équiprobables (les parts sont égales).

Ensuite, on a 2. a. \( E \) : seule l’issue AA convient, \( P(E) = \dfrac{1}{16} \).

b. Ainsi, on trouve \( F \) : les deux fèves sont chez A, C ou D : \( 3 \times 3 = 9 \) issues, \( P(F) = \dfrac{9}{16} \).

c. Par conséquent, on obtient \( G \) : C a la fève de la frangipane mais pas celle de la briochée (CA, CB, CD), ou l’inverse (AC, BC, DC) : 6 issues, \( P(G) = \dfrac{6}{16} = \dfrac{3}{8} \).

d. De plus, on obtient \( H \) est le contraire de « Dylan n’a aucune fève » (9 issues, comme pour Baptiste) : \( P(H) = 1 – \dfrac{9}{16} = \dfrac{7}{16} \).

1. Par conséquent, on obtient \( E = \{2\,;\,4\,;\,6\,;\,8\,;\,10\} \), \( F = \{3\,;\,6\,;\,9\} \), \( G = \{5\,;\,10\} \).

2. De plus, deux événements sont incompatibles s’ils ne peuvent pas se réaliser en même temps (aucune issue commune).

• a. \( E \) et \( F \) : non incompatibles, le numéro 6 réalise les deux.
• b. \( E \) et \( G \) : non incompatibles, le numéro 10 réalise les deux.
• c. \( F \) et \( G \) : incompatibles, aucun numéro de 1 à 10 n’est multiple à la fois de 3 et de 5 (il faudrait un multiple de 15).

3. Ainsi, les 10 secteurs sont équiprobables : \( P(E) = \dfrac{5}{10} = \dfrac{1}{2} \), \( P(F) = \dfrac{3}{10} \), \( P(G) = \dfrac{2}{10} = \dfrac{1}{5} \).

De plus, on obtient 1. a. On tire une carte parmi 32 : l’expérience compte 32 issues (une par carte).

b. De plus, le tirage se fait au hasard, les 32 issues sont équiprobables : chacune a pour probabilité \( \frac{1}{32} \).

Ensuite, on a 2. a. Un jeu de 32 cartes contient 4 couleurs (cœur, carreau, pique, trèfle) de 8 cartes chacune : 7, 8, 9, 10, valet, dame, roi, as.

• E est réalisé par les 16 cartes rouges : les 8 cœurs (7, 8, 9, 10, valet, dame, roi, as de cœur) et les 8 carreaux (7, 8, 9, 10, valet, dame, roi, as de carreau).
• F est réalisé par les 4 as : as de cœur, as de carreau, as de pique et as de trèfle.

b. Ainsi, on trouve \( P(E) = \frac{16}{32} = \frac{1}{2} \) et \( P(F) = \frac{4}{32} = \frac{1}{8} \).

3. Ensuite, oui : une carte qui est à la fois rouge et un as réalise E et F en même temps. Puis ce sont l’as de cœur et l’as de carreau. Ensuite, les événements E et F ne sont donc pas incompatibles.

Ainsi, le sac contient 8 jetons numérotés de 1 à 8 : il y a 8 issues équiprobables, chacune de probabilité \( \frac{1}{8} \).

1.

• a. E₁ « multiple de 2 » : issues 2, 4, 6, 8.
• b. E₂ « supérieur ou égal à 4 » : issues 4, 5, 6, 7, 8 (4 est compris).
• c. E₃ « pair et supérieur ou égal à 4 » : issues 4, 6, 8.

2.

• a. \( P(E_1) = \frac{4}{8} = 0{,}5 \)
• b. \( P(E_2) = \frac{5}{8} = 0{,}625 \)
• c. \( P(E_3) = \frac{3}{8} = 0{,}375 \)

De plus, le mot ARMURE a 6 lettres, une par face : A, R, M, U, R, E. Puis la lettre R apparaît sur deux faces. De plus, le dé est équilibré, donc chaque face a une probabilité de \( \frac{1}{6} \).

Par conséquent, on obtient 1. a. On lit une lettre : les issues sont les lettres différentes, A, R, M, U et E (5 issues).

b. De plus, on obtient \( P(A) = P(M) = P(U) = P(E) = \frac{1}{6} \) et, comme R est sur deux faces, \( P(R) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \). Ensuite, on vérifie : \( 4 \times \frac{1}{6} + \frac{2}{6} = 1 \).

2.

• a. Les lettres de RAMEUR sont R, A, M, E, U : toutes les faces du dé portent une de ces lettres. E₁ est un événement certain : \( P(E_1) = 1 \).
• b. COTON s’écrit avec C, O, T, N : aucune face ne porte ces lettres. E₂ est un événement impossible : \( P(E_2) = 0 \).
• c. MALIN et ARMURE ont en commun M et A, présents sur 2 faces : \( P(E_3) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \).
• d. Les consonnes du dé sont R, M, R, soit 3 faces : \( P(E_4) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \).

Par ailleurs, la roue est équilibrée et ses 8 secteurs sont identiques : les 8 numéros 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16 sont équiprobables.

• E « divisible par 4 » est réalisé par 4, 8, 12 et 16 : 4 secteurs, donc \( P(E) = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} \).
• L’événement contraire \( \overline{E} \) est réalisé par les autres numéros, 2, 6, 10 et 14 : \( P(\overline{E}) = 1 – \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \).

Enfin, la fonction renvoie au hasard un entier de 1 à 100 : il y a 100 issues équiprobables.

Ensuite, les multiples de 10 compris entre 1 et 100 sont 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90 et 100 : il y en a 10.

Ainsi, on trouve \[ P(F) = \frac{10}{100} = \frac{1}{10} = 0{,}1 \]

Enfin, on cherche tous les numéros de 00 à 99 qui contiennent au moins un 9. Par ailleurs, on les classe pour n’en oublier aucun :

• 9 en chiffre des unités : 09, 19, 29, 39, 49, 59, 69, 79, 89, 99 ;
• 9 en chiffre des dizaines : 90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 98, 99.

Ensuite, le numéro 99 figure dans les deux listes : on ne le compte qu’une fois. Puis il y a donc \( 10 + 10 – 1 = 19 \) issues.

Ainsi, on compte les lettres de MISSISSIPI (10 boules) : M : 1, I : 4, S : 4, P : 1. Chaque boule a la même probabilité \( \frac{1}{10} \) d’être tirée.

a. Ainsi, on trouve \( P(M) = \frac{1}{10} \), \( P(I) = \frac{4}{10} = \frac{2}{5} \), \( P(S) = \frac{4}{10} = \frac{2}{5} \), \( P(P) = \frac{1}{10} \).

Ensuite, on vérifie que la somme vaut 1 : \( \frac{1}{10} + \frac{4}{10} + \frac{4}{10} + \frac{1}{10} = 1 \).

b. Par ailleurs, la seule voyelle de l’urne est I. L’événement E est donc le contraire de « obtenir I » :

De même, on a donc \[ P(E) = 1 – P(I) = 1 – \frac{2}{5} = \frac{3}{5} \]

Par conséquent, on retrouve le même résultat en comptant les consonnes : M, S, S, S, S, P, soit 6 boules sur 10.

Par ailleurs, on complète le tableau avec les totaux :

De même, la classe compte 30 élèves, donc 30 fiches, toutes ayant la même chance d’être ramassée.

Ainsi, on trouve 1. a. 3 fiches correspondent à une fille qui porte des lunettes : \( P = \frac{3}{30} = \frac{1}{10} \).

b. De plus, il y a 12 garçons : \( P = \frac{12}{30} = \frac{2}{5} \).

2. Ainsi, la classe compte 10 élèves à lunettes, qui représentent 12,5 % des élèves à lunettes du collège. Si N est ce nombre :

Par conséquent, on a donc \[ \frac{12{,}5}{100} \times N = 10 \quad \text{donc} \quad N = \frac{10}{0{,}125} = 80 \]

De plus, on obtient 1. a. En haut, il y a 5 pistes (2 noires, 2 rouges, 1 bleue), choisies au hasard : \( P(\text{rouge}) = \frac{2}{5} \).

b. Ainsi, depuis le restaurant, il y a 7 pistes dont 1 bleue : \( P(\text{bleue}) = \frac{1}{7} \).

2. Enfin, pour enchaîner deux pistes noires, il faut une noire en haut (probabilité \( \frac{2}{5} \)) puis une noire depuis le restaurant (3 sur 7, probabilité \( \frac{3}{7} \)). Sur un arbre, on multiplie les probabilités le long du chemin :

Ainsi, on trouve \[ P = \frac{2}{5} \times \frac{3}{7} = \frac{6}{35} \]

Par ailleurs, on peut aussi compter : \( 5 \times 7 = 35 \) descentes possibles, équiprobables, dont \( 2 \times 3 = 6 \) avec deux noires.

1. Enfin, la boîte n° 1 contient \( 4 + 3 + 2 + 3 = 12 \) macarons, dont 3 au café :

Par conséquent, on obtient \[ P(\text{café}) = \frac{3}{12} = \frac{1}{4} \]

2. Par ailleurs, au bout d’une heure :

• boîte n° 1 : 3 chocolat et 2 café, soit 5 macarons ; Carole aime les 2 au café : probabilité \( \frac{2}{5} \) ;
• boîte n° 2 : 2 chocolat et 1 fraise, soit 3 macarons ; elle aime seulement celui à la fraise : probabilité \( \frac{1}{3} \).

De même, elle doit obtenir un macaron qui lui plaît dans la boîte 1 et dans la boîte 2 : on multiplie les probabilités.

Ensuite, on a \[ P = \frac{2}{5} \times \frac{1}{3} = \frac{2}{15} \]

De plus, vérification par dénombrement : \( 5 \times 3 = 15 \) couples possibles, dont \( 2 \times 1 = 2 \) favorables.

De même, le plateau a 13 cases (0, 1, 2, …, 12) et la boule a la même probabilité de s’arrêter sur chacune : 13 issues équiprobables.

1. Ainsi, on trouve \( P(8) = \frac{1}{13} \).

2. De plus, les nombres impairs de 0 à 12 sont 1, 3, 5, 7, 9, 11 (6 cases) : \( P = \frac{6}{13} \).

3. Ainsi, les nombres premiers de 0 à 12 sont 2, 3, 5, 7, 11 (0 et 1 ne sont pas premiers, 9 = 3 × 3 non plus) : \( P = \frac{5}{13} \).

4. Enfin, non. Les lancers sont indépendants : le plateau n’a pas de mémoire. À chaque lancer, la probabilité de s’arrêter sur 9 est \( \frac{1}{13} \), exactement comme pour 7. Ensuite, les deux résultats précédents ne changent rien.

1. De plus, on obtient 30 boules bleues sur 120 : \( P(\text{bleue}) = \frac{30}{120} = \frac{1}{4} \).

2. Réponse a. 48. Puis en effet, Cécile a obtenu une boule verte avec une fréquence de \( \frac{8}{20} = 0{,}4 \) ; si la proportion de boules vertes était proche de cette fréquence, il y en aurait environ \( 0{,}4 \times 120 = 48 \). Avec 70 boules vertes, la probabilité serait \( \frac{70}{120} \approx 0{,}58 \), et avec 25, \( \frac{25}{120} \approx 0{,}21 \) : ces valeurs sont loin de la fréquence observée. Sur seulement 20 tirages, ce n’est qu’une estimation.

Par conséquent, on obtient 3. a. \( 0{,}4 \times 120 = 48 \) : il y a 48 boules rouges.

b. Par conséquent, boules vertes : \( 120 – 30 – 48 = 42 \), donc

De même, on a donc \[ P(\text{verte}) = \frac{42}{120} = \frac{7}{20} = 0{,}35 \]

Ainsi, autre méthode : \( 1 – \frac{1}{4} – 0{,}4 = 1 – 0{,}25 – 0{,}4 = 0{,}35 \).

1. Par conséquent, le sachet contient 7 gâteaux portant B, A, K, L, A, V, A. De plus, les issues (lettres lues) sont B, A, K, L et V.

Ensuite, on a 2. a. Un seul gâteau porte L : \( P(L) = \frac{1}{7} \).

b. Ainsi, on trouve 3 gâteaux portent un A, donc \( 7 – 3 = 4 \) n’en portent pas : \( P(\text{pas un A}) = \frac{4}{7} \).

3. Enfin, le sachet d’Enzo contient 2 pistaches, 4 noisettes et \( 10 – 2 – 4 = 4 \) noix. Enzo a mangé un gâteau aux noix : il reste 9 gâteaux, dont 2 pistaches, 4 noisettes et 3 noix.

• \( P(\text{noix}) = \frac{3}{9} = \frac{1}{3} \approx 0{,}33 \) ;
• \( P(\text{noisette}) = \frac{4}{9} \approx 0{,}44 \) ;
• \( P(\text{pistache}) = \frac{2}{9} \approx 0{,}22 \).

Enfin, le gâteau aux noix n’est pas le plus probable : c’est la noisette qui a le plus de chances d’être piochée. De plus, la probabilité de piocher une noix a baissé : elle valait \( \frac{4}{10} = 0{,}4 \) avant, elle vaut \( \frac{1}{3} \) maintenant.

De plus, L’urne D contient 3 boules (1, 2, 3) et l’urne U en contient 4 (2, 3, 5, 6). Ensuite, on peut donc former \( 3 \times 4 = 12 \) nombres, tous équiprobables. Par ailleurs, dans le tableau, la ligne donne le chiffre des dizaines (urne D) et la colonne celui des unités (urne U) :

1. Ainsi, un nombre est pair si son chiffre des unités est pair, donc si l’on tire 2 ou 6 dans l’urne U : 2 boules sur 4. \( P(\text{pair}) = \frac{6}{12} = \frac{1}{2} \) et \( P(\text{impair}) = \frac{6}{12} = \frac{1}{2} \). Il n’y a pas plus de chances de former un nombre pair qu’un nombre impair.

Ensuite, on a 2. a. Les nombres premiers que l’on peut former sont 13 et 23.

b. Ensuite, en effet, les autres ne sont pas premiers : les nombres pairs sont divisibles par 2, 15, 25 et 35 par 5, et 33 = 3 × 11. Donc 2 issues favorables sur 12 :

Par conséquent, on obtient \[ P(\text{premier}) = \frac{2}{12} = \frac{1}{6} \]

3. De même, il faut un événement réalisé par \( \frac{1}{3} \times 12 = 4 \) issues. Par exemple : « le chiffre des dizaines est 1 » (12, 13, 15, 16), autrement dit « le nombre formé est inférieur à 20 ». Sa probabilité est \( \frac{4}{12} = \frac{1}{3} \), puisqu’il suffit de tirer la boule 1 dans l’urne D, qui en contient 3.