Exercices corrigés : probabilités en Troisième

1) Il y a une seule issue favorable, la face $4$, sur six issues équiprobables : $p=\dfrac{1}{6}\approx 0{,}167$.

2) Les nombres pairs sont $2$, $4$ et $6$, soit trois issues favorables : $p=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$. Une probabilité se donne toujours sous forme irréductible ou décimale, jamais sous la forme brute $\dfrac{3}{6}$ seule.

3) Strictement supérieur à $4$ signifie $5$ ou $6$, donc deux issues : $p=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\approx 0{,}333$. Noter que $4$ est EXCLU par le mot « strictement ».

4) « Obtenir au moins $5$ » signifie obtenir $5$ ou $6$. Son contraire est « obtenir au plus $4$ », c'est-à-dire $1$, $2$, $3$ ou $4$, et sa probabilité vaut $1-\dfrac{2}{6}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$. Le piège du vocabulaire est ici : « au plus $5$ » ne conviendrait PAS, car la face $5$ appartiendrait alors aux deux événements à la fois. Un événement et son contraire ne partagent jamais aucune issue, et ensemble ils les couvrent toutes.

5) La face $7$ n'existe pas : l'événement est IMPOSSIBLE et sa probabilité vaut $0$. En revanche obtenir un entier compris entre $1$ et $6$ arrive à coup sûr : l'événement est CERTAIN et sa probabilité vaut $1$. Toute probabilité se situe entre ces deux bornes ; un résultat négatif ou supérieur à $1$ signale une erreur, sans avoir besoin de la chercher.

6) Chacune des six issues a pour probabilité $\dfrac{1}{6}$, et $6\times \dfrac{1}{6}=1$. Ce n'est pas un hasard : l'événement « obtenir l'une des six faces » est certain, or il se décompose en six issues qui ne peuvent pas se produire ensemble. Leur somme vaut donc la probabilité de l'événement certain, c'est-à-dire $1$. C'est le contrôle à faire sur tout tableau de probabilités.

1) $p(\text{rouge})=\dfrac{5}{12}$, qui est déjà irréductible. $p(\text{vert})=\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3}$ et $p(\text{bleu})=\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}$.

2) $\dfrac{5}{12}+\dfrac{4}{12}+\dfrac{3}{12}=\dfrac{12}{12}=1$. Réduire au même dénominateur $12$ rend la vérification immédiate ; c'est d'ailleurs pour cela qu'on ne simplifie qu'à la fin.

3) Première façon, par dénombrement : les jetons non rouges sont les $4$ verts et les $3$ bleus, soit $7$ jetons, donc $p=\dfrac{7}{12}$. Deuxième façon, par l'événement contraire : $1-\dfrac{5}{12}=\dfrac{7}{12}$. Les deux coïncident, et la seconde est celle qui restera praticable quand les issues seront trop nombreuses pour être comptées.

4) L'urne contient alors $12+3=15$ jetons, dont $3+3=6$ bleus, donc $p=\dfrac{6}{15}=\dfrac{2}{5}=0{,}4$. Attention, les DEUX nombres changent : ajouter des jetons bleus augmente le numérateur mais aussi le dénominateur. Répondre $\dfrac{6}{12}$ serait oublier que le total a grossi.

5) Si l'on ajoute $x$ jetons verts, l'urne compte $12+x$ jetons dont $4+x$ verts. On résout $\dfrac{4+x}{12+x}=\dfrac{1}{2}$, ce qui donne $2(4+x)=12+x$, soit $8+2x=12+x$ et $x=4$. Il faut ajouter quatre jetons verts. Vérification : l'urne compte alors $16$ jetons dont $8$ verts, et $\dfrac{8}{16}=\dfrac{1}{2}$.

6) Si l'on ajoute $y$ jetons rouges, le nombre de bleus reste $3$ et le total devient $12+y$. On résout $\dfrac{3}{12+y}=\dfrac{1}{5}$, donc $12+y=15$ et $y=3$. Oui, en ajoutant trois jetons rouges : l'urne compte alors $15$ jetons dont $3$ bleus. On remarque que la probabilité du bleu diminue sans qu'aucun jeton bleu ne soit retiré, uniquement parce que le total augmente. Une probabilité est une PROPORTION, jamais un effectif.

1) Comme la première boule est remise, l'urne est exactement dans le même état au second tirage : $5$ boules dont $2$ rouges. Les probabilités du second niveau sont donc les MÊMES qu'au premier, $\dfrac{2}{5}$ et $\dfrac{3}{5}$, quelle que soit la branche empruntée. C'est la signature de la remise, et le seul point à vérifier avant de calculer.

2) On multiplie le long du chemin : $p(RR)=\dfrac{2}{5}\times \dfrac{2}{5}=\dfrac{4}{25}=0{,}16$.

3) $p(VV)=\dfrac{3}{5}\times \dfrac{3}{5}=\dfrac{9}{25}=0{,}36$.

4) Deux chemins conviennent, rouge puis verte et verte puis rouge, et il faut les ADDITIONNER : $\dfrac{2}{5}\times \dfrac{3}{5}+\dfrac{3}{5}\times \dfrac{2}{5}=\dfrac{6}{25}+\dfrac{6}{25}=\dfrac{12}{25}=0{,}48$. Oublier l'un des deux chemins, et donc répondre $\dfrac{6}{25}$, est l'erreur la plus fréquente de tout le chapitre : l'énoncé ne dit pas dans quel ORDRE les couleurs sortent.

5) $\dfrac{4}{25}+\dfrac{9}{25}+\dfrac{12}{25}=\dfrac{25}{25}=1$. Cette vérification coûte cinq secondes et détecte à la fois un chemin oublié et un produit faux.

6) « Au moins une rouge » est le contraire de « aucune rouge », c'est-à-dire de « deux vertes ». Donc $p=1-\dfrac{9}{25}=\dfrac{16}{25}=0{,}64$. La voie directe demanderait d'additionner trois chemins, $RR$, $RV$ et $VR$ ; le passage par le contraire n'en demande qu'un. Dès qu'un énoncé contient « au moins un », c'est le réflexe à avoir.

1) Après le premier tirage il ne reste que $4$ boules, et leur composition dépend de ce qui est sorti. Si la première est rouge, il reste $1$ rouge et $3$ vertes, d'où $\dfrac{1}{4}$ et $\dfrac{3}{4}$. Si la première est verte, il reste $2$ rouges et $2$ vertes, d'où $\dfrac{2}{4}$ et $\dfrac{2}{4}$. C'est toute la différence avec l'exercice 3 : sans remise, les branches d'un même niveau ne portent plus les mêmes nombres.

2) $p(RR)=\dfrac{2}{5}\times \dfrac{1}{4}=\dfrac{2}{20}=\dfrac{1}{10}=0{,}1$, contre $0{,}16$ avec remise. Retirer une rouge de l'urne rend la seconde plus difficile à obtenir.

3) $p(VV)=\dfrac{3}{5}\times \dfrac{2}{4}=\dfrac{6}{20}=\dfrac{3}{10}=0{,}3$.

4) Les deux chemins mixtes donnent $\dfrac{2}{5}\times \dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{5}\times \dfrac{2}{4}=\dfrac{6}{20}+\dfrac{6}{20}=\dfrac{12}{20}=\dfrac{3}{5}=0{,}6$. Vérification : $0{,}1+0{,}3+0{,}6=1$.

5) $p(\text{au moins une rouge})=1-p(VV)=1-\dfrac{3}{10}=\dfrac{7}{10}=0{,}7$, contre $0{,}64$ avec remise. Le tirage sans remise rend donc « au moins une rouge » PLUS probable, ce qui surprend souvent. L'explication tient en une phrase : sans remise, deux vertes de suite sont plus difficiles à obtenir, car la première verte appauvrit le stock de vertes.

6) Il n'y a que deux boules rouges dans l'urne : en tirer trois est IMPOSSIBLE, la probabilité vaut $0$. Le calcul le confirme d'ailleurs de lui-même, $\dfrac{2}{5}\times \dfrac{1}{4}\times \dfrac{0}{3}=0$, le troisième facteur étant nul faute de rouge restante. Avec remise, en revanche, la même question donnerait $\left(\dfrac{2}{5}\right)^3=\dfrac{8}{125}=0{,}064$, une valeur petite mais non nulle.

1) $158+171+165+180+154+172=1000$. Cette vérification n'est pas une formalité : un total faux invaliderait toutes les fréquences d'un coup.

2) La fréquence de la face $4$ vaut $\dfrac{180}{1000}=0{,}180$, soit $18{,}0$ pour cent. Celle de la face $5$ vaut $\dfrac{154}{1000}=0{,}154$, soit $15{,}4$ pour cent.

3) La probabilité théorique de chaque face vaut $\dfrac{1}{6}\approx 0{,}1667$, soit environ $16{,}7$ pour cent. La face $4$ est donc sortie un peu plus souvent que prévu, la face $5$ un peu moins. Les mots comptent : une FRÉQUENCE se constate après coup sur des lancers réels, une PROBABILITÉ se calcule avant, sur le modèle. Elles ne sont jamais égales, et il n'y a aucune raison qu'elles le soient.

4) L'effectif attendu pour chaque face vaut $\dfrac{1000}{6}\approx 166{,}7$. Les écarts valent environ $8{,}7$ pour la face $1$, $4{,}3$ pour la $2$, $1{,}7$ pour la $3$, $13{,}3$ pour la $4$, $12{,}7$ pour la $5$ et $5{,}3$ pour la $6$. Le plus grand est celui de la face $4$, environ $13{,}3$ lancers, soit $1{,}3$ pour cent des mille lancers.

5) Non. Un écart de treize lancers sur mille est tout à fait ordinaire : sur un tirage au hasard, les fréquences fluctuent toujours autour de la probabilité, et il serait au contraire très suspect d'obtenir exactement $166{,}67$ fois chaque face, ce qui n'est même pas un nombre entier. Conclure au truquage demanderait des écarts d'un tout autre ordre, ou beaucoup plus de lancers.

6) Les fréquences se rapprocheraient de $\dfrac{1}{6}$. C'est la loi des grands nombres : plus le nombre d'expériences augmente, plus la fréquence observée se stabilise autour de la probabilité. Attention à ce qu'elle ne dit PAS : elle ne promet aucun rattrapage. Une face en retard n'a pas plus de chances de sortir au coup suivant ; c'est simplement que l'écart, rapporté au nombre total de lancers, devient de plus en plus petit.

1) Les huit secteurs sont identiques donc équiprobables, et un seul est noir : $p=\dfrac{1}{8}=0{,}125$.

2) Ne rien gagner en un tour a pour probabilité $1-\dfrac{1}{8}=\dfrac{7}{8}$. Les deux tours étant indépendants, on multiplie : $\left(\dfrac{7}{8}\right)^2=\dfrac{49}{64}\approx 0{,}766$.

3) C'est l'événement contraire du précédent : $1-\dfrac{49}{64}=\dfrac{15}{64}\approx 0{,}234$.

4) Deux chemins conviennent, gagner puis perdre et perdre puis gagner : $2\times \dfrac{1}{8}\times \dfrac{7}{8}=\dfrac{14}{64}\approx 0{,}219$. On vérifie la cohérence : gagner deux fois vaut $\dfrac{1}{64}$, et $\dfrac{14}{64}+\dfrac{1}{64}=\dfrac{15}{64}$, ce qui est bien le résultat de la question 3.

5) Il faut $1-\left(\dfrac{7}{8}\right)^n>0{,}5$, c'est-à-dire $\left(\dfrac{7}{8}\right)^n<0{,}5$. On calcule de proche en proche : $0{,}875$ ; $0{,}766$ ; $0{,}670$ ; $0{,}586$ ; $0{,}513$ ; $0{,}449$. La condition est remplie à partir de $n=6$. Il faut donc jouer six tours pour avoir plus d'une chance sur deux de gagner au moins un lot.

6) Que c'est faux. La probabilité de ne rien gagner en huit tours vaut $\left(\dfrac{7}{8}\right)^8\approx 0{,}344$ : il a plus d'une chance sur trois de repartir les mains vides. Le raisonnement « une chance sur huit, donc huit tours suffisent » revient à additionner huit fois $\dfrac{1}{8}$ pour obtenir $1$, ce qui est interdit : on n'additionne les probabilités que pour des événements qui ne peuvent pas se produire ensemble, et ici les huit tours peuvent très bien être gagnants tous les huit.

1) Le dé rouge peut donner six résultats, et pour chacun d'eux le dé vert en donne six : il y a donc $6\times 6=36$ couples possibles. Ils sont équiprobables parce que les deux dés sont équilibrés et indépendants. C'est le tableau, et non la liste des sommes, qui donne le bon dénominateur.

2) La somme $7$ apparaît sur toute une diagonale du tableau : $(1;6)$, $(2;5)$, $(3;4)$, $(4;3)$, $(5;2)$ et $(6;1)$, soit six cases. Donc $p=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}\approx 0{,}167$. C'est la somme la plus probable, et c'est pour cela qu'elle est au centre de tant de jeux de dés.

3) La somme $2$ ne s'obtient que par $(1;1)$, une seule case : $p=\dfrac{1}{36}\approx 0{,}028$. La somme $12$ ne s'obtient que par $(6;6)$ : $p=\dfrac{1}{36}$ également. Ces deux sommes sont six fois moins probables que $7$.

4) Les sommes supérieures ou égales à $10$ sont $10$, $11$ et $12$. La somme $10$ occupe trois cases, $(4;6)$, $(5;5)$ et $(6;4)$ ; la somme $11$ en occupe deux ; la somme $12$ une seule. Cela fait $3+2+1=6$ cases, donc $p=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}$.

5) Une somme est paire quand les deux dés ont la même parité : pair et pair, ou impair et impair. Chaque dé a trois faces paires et trois impaires, donc cela fait $3\times 3+3\times 3=18$ cases sur $36$, soit $p=\dfrac{18}{36}=\dfrac{1}{2}$. Le comptage case par case donnerait le même résultat, en beaucoup plus long.

6) Que les onze sommes ne sont PAS équiprobables, et que la règle « favorables sur total » ne s'applique qu'à des issues équiprobables. La somme $7$ a six fois plus de chances que la somme $2$, comme le montre le tableau. Si l'on veut absolument compter, il faut compter les trente-six couples, qui sont équiprobables, et non les onze sommes, qui ne le sont pas. C'est le piège central du chapitre : le dénominateur n'est pas le nombre de réponses possibles, c'est le nombre d'issues élémentaires.

1) FAUX. Les onze sommes ne sont pas équiprobables : la somme $7$ occupe six cases du tableau contre une seule pour la somme $2$. Énoncé correct : on compte sur les $36$ couples équiprobables, ce qui donne $\dfrac{6}{36}$ pour la somme $7$ et $\dfrac{1}{36}$ pour la somme $2$.

2) FAUX. Le contraire de « au moins une rouge » est « AUCUNE rouge », c'est-à-dire ici « deux vertes ». « Au moins une verte » n'est pas le contraire, puisque le tirage rouge puis verte réalise les deux événements à la fois, ce qu'un événement et son contraire ne peuvent jamais faire.

3) FAUX. On MULTIPLIE le long d'un chemin, parce que les deux étapes doivent se produire l'une après l'autre ; on additionne entre chemins différents. Sur l'arbre sans remise, le chemin des deux rouges donne $\dfrac{2}{5}\times \dfrac{1}{4}=0{,}1$, alors qu'additionner donnerait $0{,}65$, une valeur supérieure à la probabilité du premier tirage seul, ce qui est absurde.

4) FAUX. La pièce n'a pas de mémoire : à chaque lancer, pile et face restent à $\dfrac{1}{2}$. La loi des grands nombres dit que la fréquence se rapproche de $\dfrac{1}{2}$ quand le nombre de lancers augmente, mais par DILUTION de l'écart dans un total qui grandit, pas par compensation. Cette confusion porte un nom, l'erreur du joueur, et elle coûte cher dans les casinos.

5) FAUX. Une probabilité est toujours comprise entre $0$ et $1$, bornes incluses. La valeur $0$ correspond à l'événement impossible, la valeur $1$ à l'événement certain, et il n'y a rien au-delà : un événement ne peut pas être plus que certain. Tout résultat supérieur à $1$ ou négatif signale une erreur de calcul, souvent un chemin compte deux fois.

1) $p=\dfrac{12}{30}=\dfrac{2}{5}=0{,}4$.

2) Après le tirage d'une fille, il reste $29$ élèves dont $11$ filles. Donc $p(FF)=\dfrac{12}{30}\times \dfrac{11}{29}=\dfrac{132}{870}=\dfrac{22}{145}\approx 0{,}152$. Le dénominateur passe de $30$ à $29$ ET le numérateur de $12$ à $11$ : les deux changent, c'est ce que veut dire « sans remise ».

3) $p(GG)=\dfrac{18}{30}\times \dfrac{17}{29}=\dfrac{306}{870}=\dfrac{51}{145}\approx 0{,}352$.

4) Les trois événements « deux filles », « deux garçons » et « un de chaque » recouvrent toutes les possibilités, donc $p=1-\dfrac{22}{145}-\dfrac{51}{145}=\dfrac{145-73}{145}=\dfrac{72}{145}\approx 0{,}497$.

5) Directement, deux chemins conviennent : fille puis garçon, $\dfrac{12}{30}\times \dfrac{18}{29}=\dfrac{216}{870}$, et garçon puis fille, $\dfrac{18}{30}\times \dfrac{12}{29}=\dfrac{216}{870}$. La somme vaut $\dfrac{432}{870}=\dfrac{72}{145}$, la même valeur. Les deux chemins ont ici la même probabilité, ce qui est général dans un tirage sans remise de deux individus : seuls les ordres diffèrent.

6) « Au moins une fille » est le contraire de « deux garçons », donc $p=1-\dfrac{51}{145}=\dfrac{94}{145}\approx 0{,}648$. Le professeur a donc près de deux chances sur trois d'avoir au moins une fille, alors que les filles ne sont que $40$ pour cent de la classe : tirer deux élèves augmente nettement les chances d'en toucher au moins une.

1) On multiplie le long du chemin : $0{,}6\times 0{,}02=0{,}012$, soit $1{,}2$ pour cent des pièces produites.

2) De même : $0{,}4\times 0{,}05=0{,}020$, soit $2{,}0$ pour cent.

3) Les deux chemins menant à une pièce défectueuse s'additionnent : $0{,}012+0{,}020=0{,}032$, soit $3{,}2$ pour cent. Remarquer que ce taux global n'est ni $2$ ni $5$ pour cent, mais un intermédiaire qui penche du côté de la machine A puisqu'elle produit davantage.

4) $5000\times 0{,}032=160$ pièces défectueuses attendues. Le mot « attendre » a son importance : le nombre réel variera d'un lot à l'autre, exactement comme les fréquences de l'exercice 5.

5) Sur $32$ pièces défectueuses pour mille produites, $12$ viennent de A. La proportion vaut donc $\dfrac{0{,}012}{0{,}032}=\dfrac{12}{32}=0{,}375$, soit $37{,}5$ pour cent. Voilà un résultat contre-intuitif qui mérite d'être lu deux fois : la machine A fabrique $60$ pour cent des pièces mais seulement $37{,}5$ pour cent des rebuts, parce qu'elle est la plus fiable. Le raisonnement va dans l'autre sens que celui de la question 1, et c'est ce qui le rend difficile.

6) En notant $t$ le taux de rebut de la machine B, la proportion globale vaut $0{,}6\times 0{,}02+0{,}4\times t=0{,}012+0{,}4t$. On veut $0{,}012+0{,}4t<0{,}02$, donc $0{,}4t<0{,}008$ et $t<0{,}02$. La machine B devrait donc descendre elle aussi sous $2$ pour cent. C'était prévisible sans calcul : la machine A est déjà exactement à $2$ pour cent, donc la moyenne pondérée des deux taux ne peut passer sous $2$ pour cent que si celui de la machine B y passe aussi.

1) Il y a $4$ as sur $32$ cartes équiprobables : $\dfrac{4}{32}=\dfrac{1}{8}=0{,}125$.

2) $8$ cœurs sur $32$ : $\dfrac{8}{32}=\dfrac{1}{4}=0{,}25$.

3) Trois figures par couleur, quatre couleurs : $12$ figures, et $\dfrac{12}{32}=\dfrac{3}{8}=0{,}375$.

4) Une seule carte : $\dfrac{1}{32}\approx 0{,}031$. On remarque que c'est aussi $\dfrac{1}{4}\times\dfrac{1}{8}$ : être un cœur et être un as sont deux caractères indépendants dans un jeu complet.

5) Les cartes qui sont un cœur ou un as sont les $8$ cœurs et les $3$ as qui ne sont pas des cœurs : $11$ cartes, soit $\dfrac{11}{32}\approx 0{,}344$. Le piège est d'additionner $8+4=12$ : l'as de cœur serait compté deux fois. On n'additionne les probabilités que de deux événements qui ne peuvent pas se produire ensemble.

Le fil : on compte les issues favorables sans en compter aucune deux fois, puis on divise par le nombre d'issues équiprobables.

1) Pour chacune des $2$ faces de la pièce, le dé donne $6$ résultats : $2\times 6=12$ issues. La pièce et le dé étant équilibrés et indépendants, elles sont équiprobables.

2) Une seule issue, (pile ; 6) : $\dfrac{1}{12}\approx 0{,}083$. On retrouve le produit $\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{6}$ du chemin sur l'arbre.

3) Face avec $2$, $4$ ou $6$ : $3$ issues, donc $\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}=0{,}25$.

4) On passe par le contraire : ni pile ni $6$, c'est face avec $1$, $2$, $3$, $4$ ou $5$, soit $5$ issues. Donc $1-\dfrac{5}{12}=\dfrac{7}{12}\approx 0{,}583$. Additionner $\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}$ compterait deux fois l'issue (pile ; 6) et donnerait $\dfrac{8}{12}$.

5) Le contraire est « trois faces », de probabilité $\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}$. Donc $1-\dfrac{1}{8}=\dfrac{7}{8}=0{,}875$.

Le fil : on multiplie le long d'un chemin, on additionne des chemins qui s'excluent, et « au moins un » se calcule par le contraire.

1) $\dfrac{100}{200}=0{,}5$.

2) $64+56=120$ demi-pensionnaires, donc $\dfrac{120}{200}=0{,}6$.

3) $\dfrac{64}{200}=0{,}32$.

4) L'univers n'est plus les $200$ élèves mais les $120$ demi-pensionnaires : $\dfrac{64}{120}\approx 0{,}533$.

5) Parmi les $100$ filles : $\dfrac{64}{100}=0{,}64$. Les deux probabilités sont DIFFÉRENTES, bien qu'elles portent sur les mêmes $64$ élèves : ce qui change est le groupe dans lequel on tire, donc le dénominateur. Confondre « parmi les demi-pensionnaires, les filles » et « parmi les filles, les demi-pensionnaires » est l'erreur classique de lecture d'un tableau croisé.

Le fil : avant de diviser, on dit dans quel groupe on tire au hasard ; c'est lui qui fixe le dénominateur.

1) Un produit est impair seulement si les DEUX nombres sont impairs. Chaque dé a $3$ faces impaires sur $6$ : il y a $3\times 3=9$ couples favorables sur $36$, donc $\dfrac{9}{36}=\dfrac{1}{4}=0{,}25$.

2) C'est l'événement contraire : $1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}=0{,}75$.

3) Non : Alice gagne trois fois plus souvent que Bob. L'intuition « pair ou impair, une chance sur deux » ne vaut pas pour un produit : il suffit d'un seul facteur pair pour que le produit le soit.

4) Sur $100$ parties, Alice gagne environ $75$ fois et marque $75$ points ; Bob gagne environ $25$ fois et marque $25k$ points. Le jeu est équitable si $25k=75$, soit $k=3$ : les points compensent exactement les chances.

5) La somme est paire quand les deux dés ont la même parité : $3\times 3+3\times 3=18$ couples sur $36$, soit $\dfrac{1}{2}$. Chacun a une chance sur deux : ce jeu est équitable.

Le fil : on calcule les probabilités avant de juger un jeu, et l'on compense des chances inégales par des gains inversement proportionnels.

1) $10$ choix pour chaque molette : $10\times 10\times 10=1\ 000$ codes.

2) $\dfrac{1}{1\ 000}=0{,}001$.

3) $10$ choix pour le premier chiffre, $9$ pour le deuxième, qui doit être différent, $8$ pour le troisième : $10\times 9\times 8=720$ codes. Probabilité : $\dfrac{720}{1\ 000}=0{,}72$.

4) Le contraire est « aucun $7$ » : $9$ choix par molette, soit $9\times 9\times 9=729$ codes, de probabilité $0{,}729$. Donc $1-0{,}729=0{,}271$. Le piège est de répondre $\dfrac{3}{10}$ en additionnant trois fois $\dfrac{1}{10}$ : les codes contenant plusieurs $7$ seraient comptés plusieurs fois.

5) $1\ 000\times 5=5\ 000$ secondes, soit $\dfrac{5\ 000}{60}\approx 83$ minutes : un peu moins d'une heure et demie. Un cadenas à trois molettes ne protège donc qu'à peine.

Le fil : pour compter des codes, on multiplie les nombres de choix possibles à chaque étape ; pour « au moins un », on passe par le contraire.