Exercices corrigés : les statistiques et les probabilités (Quatrième)

Somme : $13+7+16+9+10=55$. Moyenne : $\dfrac{55}{5}=11$.

La plus grande valeur est $12$, la plus petite est $-4$. Étendue : $12-(-4)=12+4=16$. Piège : prendre $-1$ pour la plus petite valeur, ou calculer $12-4=8$ en oubliant le signe.

$\dfrac{18}{48}=0{,}375$, soit $37{,}5\,\%$.

Effectif $=$ fréquence $\times$ effectif total $=0{,}35\times 40=14$.

Somme : $1{,}2+0{,}8+1{,}5+2{,}1+0{,}9+1{,}7=8{,}2$. Moyenne : $\dfrac{8{,}2}{6}\approx 1{,}366\ldots$, soit $1{,}37$ au centième.

$\dfrac{16\times 2+9\times 3+13\times 1}{2+3+1}=\dfrac{32+27+13}{6}=\dfrac{72}{6}=12$. Piège : diviser par $3$, le nombre de notes, au lieu de $6$, la somme des coefficients ; ou faire $\dfrac{16+9+13}{3}\approx 12{,}67$ sans les coefficients.

Effectif total : $4+7+6+2+1=20$. Somme des valeurs : $0\times 4+1\times 7+2\times 6+3\times 2+4\times 1=0+7+12+6+4=29$. Moyenne : $\dfrac{29}{20}=1{,}45$. Piège : diviser par $5$, le nombre de valeurs distinctes.

On range : $6$ ; $8$ ; $9$ ; $11$ ; $13$ ; $14$ ; $17$ ; $21$ ; $25$. Neuf valeurs : la médiane est la $5^{e}$, soit $13$. Piège : prendre $17$, la valeur écrite au milieu de la liste non rangée.

On range : $3$ ; $4$ ; $6$ ; $7$ ; $8$ ; $9$ ; $11$ ; $12$ ; $14$ ; $15$. Dix valeurs, nombre pair : la médiane est la moyenne de la $5^{e}$ et de la $6^{e}$, $\dfrac{8+9}{2}=8{,}5$.

Effectif total : $3+5+8+6+3=25$, impair : la médiane est la $13^{e}$ valeur. Effectifs cumulés : $3$, puis $8$, puis $16$ ; la $13^{e}$ valeur est dans la colonne $38$. Médiane : $38$. Piège : répondre $8$, qui est un effectif et non une pointure ; la médiane est toujours une VALEUR de la série.

$64+36+48+32+20=200$. Cette vérification n'est pas une formalité : si le total ne tombe pas juste, toutes les fréquences suivantes seront fausses, et rien dans les calculs ne le signalera.

$\dfrac{64}{200}=0{,}32$, soit $32$ pour cent des élèves. On divise l'effectif par le total, jamais l'inverse : une fréquence est toujours comprise entre $0$ et $1$.

Natation $\dfrac{36}{200}=0{,}18$ soit $18$ pour cent ; basket $\dfrac{48}{200}=0{,}24$ soit $24$ pour cent ; danse $\dfrac{32}{200}=0{,}16$ soit $16$ pour cent ; autres $\dfrac{20}{200}=0{,}10$ soit $10$ pour cent.

$0{,}32+0{,}18+0{,}24+0{,}16+0{,}10=1$, soit $100$ pour cent. C'est normal : chaque élève est compté dans exactement une catégorie, donc les fréquences se partagent la totalité. Cette somme est le meilleur contrôle du chapitre, elle détecte aussi bien une erreur de calcul qu'un oubli de catégorie.

Le disque entier fait $360$ degrés et représente $100$ pour cent, donc l'angle est proportionnel à la fréquence : $0{,}32\times 360=115{,}2$ degrés. On retrouve à peu près un tiers du disque, ce qui est cohérent avec $32$ pour cent.

Non, il y est moins répandu, même si l'effectif est plus grand. La fréquence vaut $\dfrac{80}{500}=0{,}16$, soit $16$ pour cent, c'est-à-dire la MOITIÉ de la proportion du premier collège. C'est exactement le piège du chapitre : $80$ est plus grand que $64$, mais les deux nombres ne se rapportent pas au même total, donc ils ne se comparent pas directement. Seules les fréquences se comparent.

$\dfrac{12+15+8+14}{4}=\dfrac{49}{4}=12{,}25$. C'est la moyenne simple, celle qui traiterait les quatre devoirs comme également importants.

On multiplie chaque note par son coefficient : $12\times 1+15\times 1+8\times 2+14\times 3=12+15+16+42=85$. On divise par la somme des coefficients, $1+1+2+3=7$ : $\dfrac{85}{7}\approx 12{,}14$. Le total des coefficients est le TOTAL sur lequel on divise, et c'est là que se joue tout l'exercice.

La moyenne pondérée est plus basse, parce que la note la plus faible, le $8$, compte double alors que le $15$ ne compte qu'une fois. Un coefficient n'est rien d'autre qu'un effectif déguisé : dire coefficient $2$, c'est dire que cette note figure deux fois dans la liste.

Avec ce devoir, le total des coefficients devient $7+3=10$ et le total des points devient $85+3x$. On veut $\dfrac{85+3x}{10}=13$, donc $85+3x=130$, donc $3x=45$ et $x=15$. Vérification : $\dfrac{85+45}{10}=13$ exactement.

Non, il le dessert : sa moyenne pondérée $12{,}14$ est inférieure à sa moyenne simple $12{,}25$. Le système favorise les élèves réguliers sur les gros devoirs, et pénalise ceux dont le seul mauvais résultat tombe sur un devoir à fort coefficient. C'est une lecture utile d'un bulletin.

Ce quotient vaut $\dfrac{49}{7}=7$, un nombre qui ne correspond à rien. On y divise un total de points calculé SANS coefficients par une somme de coefficients : le numérateur et le dénominateur ne parlent pas de la même chose. Une moyenne n'a de sens que si l'on divise par le total exact de ce qu'on a additionné, et le résultat $7$, très en dessous de toutes les notes, aurait dû alerter immédiatement.

$8$ ; $10$ ; $12$ ; $12$ ; $15$ ; $18$ ; $22$ ; $25$ ; $35$ ; $40$ ; $60$. Cette étape n'est pas facultative : sans rangement, la valeur du milieu du tableau n'est pas la médiane, et la note $12$ répétée doit bien être écrite deux fois.

Il y a $11$ valeurs, donc la médiane est celle de rang $\dfrac{11+1}{2}=6$, c'est-à-dire $18$ minutes. Interprétation : au moins la moitié des élèves mettent $18$ minutes ou moins, et au moins la moitié mettent $18$ minutes ou plus.

Étendue $=60-8=52$ minutes. Elle mesure l'écart entre les situations extrêmes, pas le niveau habituel : deux classes peuvent avoir la même moyenne et des étendues très différentes.

La somme vaut $8+10+12+12+15+18+22+25+35+40+60=257$, donc la moyenne est $\dfrac{257}{11}\approx 23{,}4$ minutes.

À cause de la valeur extrême $60$, qui pèse dans la somme comme n'importe quelle autre mais tire fortement la moyenne vers le haut. La médiane, elle, ne dépend que du RANG des valeurs, pas de leur taille : remplacer $60$ par $200$ ne la changerait pas d'une minute. C'est pour cela qu'on publie la médiane des salaires plutôt que leur moyenne.

Il reste dix valeurs, de somme $257-60=197$, donc une moyenne de $\dfrac{197}{10}=19{,}7$ minutes : elle a chuté de près de quatre minutes. La médiane de dix valeurs est la demi-somme des deux valeurs centrales, celles de rang $5$ et $6$ : $\dfrac{15+18}{2}=16{,}5$ minutes. Elle n'a bougé que d'une minute et demie, ce qui confirme la question précédente.

On additionne les hauteurs des six barres : $2+5+7+6+3+2=25$ élèves.

Les notes d'au moins $14$ sont $14$, $16$ et $18$, soit $6+3+2=11$ élèves. La fréquence vaut $\dfrac{11}{25}=0{,}44$, soit $44$ pour cent de la classe. Attention au sens de au moins : la note $14$ est comprise.

Chaque note est pondérée par son effectif : $8\times 2+10\times 5+12\times 7+14\times 6+16\times 3+18\times 2=16+50+84+84+48+36=318$. La moyenne vaut $\dfrac{318}{25}=12{,}72$. Diviser par $6$, le nombre de notes différentes, serait l'erreur classique : on divise par le nombre d'ÉLÈVES.

Avec $25$ élèves, la médiane est la note de rang $13$. Les effectifs cumulés donnent $2$ élèves jusqu'à $8$, puis $7$ jusqu'à $10$, puis $14$ jusqu'à $12$ : le treizième élève est donc dans le groupe des $12$. La médiane vaut $12$.

Étendue $=18-8=10$ points. La classe est assez homogène, toutes les notes tenant dans une fourchette de dix points.

Seuls les deux élèves ayant $8$ sont sous la barre des $10$, soit $\dfrac{2}{25}=0{,}08$, c'est-à-dire $8$ pour cent. Notez que la note $10$ elle-même n'est pas comptée : moins de $10$ exclut $10$, alors qu'au moins $14$ incluait $14$. Lire précisément l'inégalité de l'énoncé fait partie de l'exercice.

Il y a huit issues, les huit numéros. Elles sont équiprobables parce que les secteurs sont identiques : chacune a donc la probabilité $\dfrac{1}{8}=0{,}125$. Cette phrase justificative est exigée, car sans équiprobabilité on n'aurait pas le droit de compter les secteurs.

Trois secteurs sur huit sont favorables : $P(\text{rouge})=\dfrac{3}{8}=0{,}375$.

$P(\text{bleu})=\dfrac{2}{8}=\dfrac{1}{4}=0{,}25$. Contrôle : $\dfrac{3}{8}+\dfrac{2}{8}+\dfrac{3}{8}=1$, les trois couleurs se partagent bien toute la roue.

Première façon, en comptant les secteurs non verts : ils sont $5$, donc $\dfrac{5}{8}=0{,}625$. Seconde façon, par l'événement contraire : $1-P(\text{vert})=1-\dfrac{3}{8}=\dfrac{5}{8}$. Les deux résultats coïncident, et la seconde méthode est celle qui fait gagner du temps dès que compter les cas favorables devient long.

Les numéros pairs sont $2$, $4$, $6$ et $8$, donc $P(\text{pair})=\dfrac{4}{8}=0{,}5$. Parmi eux, un seul est rouge, le $2$ : $P(\text{pair et rouge})=\dfrac{1}{8}=0{,}125$. Le mot ET impose de vérifier les DEUX conditions sur la même issue, ce qui réduit fortement le nombre de cas favorables.

Événement certain : obtenir un numéro compris entre $1$ et $8$, de probabilité $1$. Événement impossible : obtenir le numéro $9$, ou obtenir un secteur jaune, de probabilité $0$. Toute probabilité de cette expérience est donc comprise entre $0$ et $1$, bornes incluses.

Le total des points d'une classe, c'est sa moyenne multipliée par son effectif : $20\times 11{,}5=230$ points pour $A$ et $30\times 14=420$ points pour $B$. Repasser par les totaux est la clé de tout l'exercice : une moyenne seule ne se combine pas, un total se combine toujours.

$\dfrac{230+420}{50}=\dfrac{650}{50}=13$. La moyenne des cinquante élèves est exactement $13$.

$\dfrac{11{,}5+14}{2}=12{,}75$, ce qui n'est pas $13$. Ce calcul traite les deux classes comme si elles avaient le même effectif, alors que $B$ compte une fois et demie plus d'élèves que $A$. Une moyenne se pondère par les effectifs, exactement comme les notes se pondèrent par les coefficients à l'exercice 2.

Parce que la classe la plus nombreuse est aussi celle qui a la meilleure moyenne : les trente élèves de $B$ pèsent plus lourd que les vingt de $A$, donc le résultat d'ensemble est tiré vers le $14$. Si les effectifs étaient inversés, la vraie moyenne serait au contraire inférieure à $12{,}75$, et le sens de l'écart se prévoit sans aucun calcul.

Le total deviendrait $230+10\times 14=230+140=370$ points pour $30$ élèves, soit $\dfrac{370}{30}\approx 12{,}33$. Cette fois la classe la plus nombreuse est la plus faible, et la moyenne d'ensemble tombe sous $12{,}75$ : c'est bien la pondération, et non les notes, qui a tout changé.

Pour une moyenne d'ensemble de $13{,}5$ sur $50$ élèves, il faut $50\times 13{,}5=675$ points au total, donc $675-230=445$ points pour la classe $B$, soit une moyenne de $\dfrac{445}{30}\approx 14{,}83$. Il ne suffisait donc pas d'ajouter un demi-point à $B$ : il en fallait plus de huit dixièmes, puisque $B$ ne représente que trois cinquièmes de l'effectif total.

$\dfrac{7}{10}=0{,}7$ ; $\dfrac{27}{50}=0{,}54$ ; $\dfrac{96}{200}=0{,}48$ ; $\dfrac{508}{1\,000}=0{,}508$ ; $\dfrac{2\,513}{5\,000}=0{,}5026$.

Les fréquences se rapprochent de $0{,}5$ et les écarts diminuent : $0{,}2$ pour dix lancers, $0{,}008$ pour mille, $0{,}0026$ pour cinq mille. C'est la loi des grands nombres : la fréquence observée se stabilise autour de la probabilité quand l'expérience est très répétée, sans jamais tomber exactement dessus.

La pièce est équilibrée, donc les deux issues pile et face sont équiprobables : $P(\text{pile})=\dfrac{1}{2}=0{,}5$. La probabilité se calcule AVANT toute expérience, à partir de la symétrie de l'objet ; la fréquence, elle, se constate APRÈS. Confondre les deux est l'erreur de fond du chapitre.

La moitié de $5\,000$ vaut $2\,500$, donc l'écart est de $2\,513-2\,500=13$ piles. Rapporté aux lancers, cela fait $\dfrac{13}{5\,000}=0{,}0026$, soit $0{,}26$ pour cent : treize piles d'écart paraissent beaucoup en valeur absolue, et ne sont presque rien en proportion. C'est encore une question de total de référence.

C'est faux. La pièce n'a pas de mémoire : au onzième lancer, pile et face gardent chacun la probabilité $0{,}5$, quels que soient les résultats précédents. Ce qui rattrape l'écart, ce n'est pas une correction mystérieuse, c'est la DILUTION : trois piles d'avance sur dix lancers pèsent beaucoup, les mêmes trois piles d'avance sur cinq mille lancers ne se voient plus.

Non. On peut seulement affirmer que le résultat sera vraisemblablement proche de $500$, comme le montre le $508$ observé. Une probabilité annonce une tendance sur un grand nombre de répétitions, jamais un résultat garanti : c'est précisément ce qui la distingue d'une prédiction.

FAUX. Une probabilité est toujours comprise entre $0$ et $1$, car c'est une proportion : le nombre de cas favorables ne peut pas dépasser le nombre de cas possibles. Énoncé correct : un événement très probable a une probabilité proche de $1$, par exemple $0{,}95$, et l'événement certain vaut exactement $1$.

FAUX. Il faut d'abord RANGER les valeurs dans l'ordre croissant. Dans la série $12$ ; $60$ ; $8$, la valeur écrite au milieu est $60$, alors que la médiane est $12$. Énoncé correct : la médiane est la valeur centrale de la série ordonnée, celle qui partage l'effectif en deux moitiés.

FAUX. Le dé n'a pas de mémoire, et chaque lancer est indépendant des précédents : la probabilité d'obtenir $6$ reste $\dfrac{1}{6}$, soit environ $0{,}167$. Énoncé correct : sur un très grand nombre de lancers, la fréquence des $6$ se rapproche de $\dfrac{1}{6}$, mais aucun lancer particulier n'est influencé par les autres.

FAUX, sauf si les deux classes ont exactement le même effectif. Il faut pondérer par les effectifs : $20$ élèves à $11{,}5$ et $30$ élèves à $14$ donnent $\dfrac{650}{50}=13$ et non $12{,}75$. Énoncé correct : on additionne les TOTAUX de points, puis on divise par l'effectif total.

FAUX. Les séries $10$ ; $10$ ; $10$ et $2$ ; $10$ ; $18$ ont toutes deux pour moyenne $10$, mais leurs étendues valent $0$ et $16$. Énoncé correct : la moyenne résume le niveau, l'étendue résume la dispersion, et il faut les deux pour décrire une série.

$4+9+10+5+2=30$ élèves. Le total du diagramme doit toujours être vérifié avant d'en tirer la moindre fréquence.

La tranche de $2$ à $3$ heures, avec $10$ élèves. On l'appelle la classe modale : c'est le sommet du diagramme, et elle se lit sans aucun calcul.

Les tranches concernées sont $3$ à $4$ h et $4$ à $5$ h, soit $5+2=7$ élèves. La fréquence vaut $\dfrac{7}{30}\approx 0{,}233$, soit environ $23{,}3$ pour cent, c'est-à-dire près d'un élève sur quatre.

On remplace chaque tranche par son centre, $0{,}5$ ; $1{,}5$ ; $2{,}5$ ; $3{,}5$ ; $4{,}5$ heures, puis on pondère par les effectifs : $0{,}5\times 4+1{,}5\times 9+2{,}5\times 10+3{,}5\times 5+4{,}5\times 2=2+13{,}5+25+17{,}5+9=67$. La moyenne estimée vaut $\dfrac{67}{30}\approx 2{,}23$ heures, soit environ $2$ h $14$ min.

Parce qu'on ne connaît pas les valeurs exactes : un élève de la tranche $2$ à $3$ h peut aussi bien passer $2$ h $05$ que $2$ h $55$, et on lui attribue $2$ h $30$ dans les deux cas. Le regroupement en tranches fait gagner en lisibilité ce qu'il fait perdre en précision, et le résultat est d'autant plus fiable que les valeurs se répartissent régulièrement dans chaque tranche.

Avec $30$ élèves, la médiane se situe entre les valeurs de rang $15$ et $16$. Les effectifs cumulés donnent $4$ élèves jusqu'à $1$ h, puis $13$ jusqu'à $2$ h, puis $23$ jusqu'à $3$ h : les rangs $15$ et $16$ tombent donc tous deux dans la tranche de $2$ à $3$ heures. On ne peut pas donner mieux qu'une tranche, faute des valeurs individuelles, et c'est la même limite qu'à la question 5.

$P(\text{rouge})=\dfrac{5}{12}\approx 0{,}417$, $P(\text{bleu})=\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3}\approx 0{,}333$ et $P(\text{vert})=\dfrac{3}{12}=0{,}25$. Somme : $\dfrac{5}{12}+\dfrac{4}{12}+\dfrac{3}{12}=\dfrac{12}{12}=1$. Les jetons étant indiscernables au toucher, les douze tirages sont équiprobables, ce qui autorise à compter les jetons.

Gagner quelque chose, c'est tirer rouge ou bleu : $\dfrac{5+4}{12}=\dfrac{9}{12}=0{,}75$. L'événement contraire, ne rien gagner, a pour probabilité $1-0{,}75=0{,}25$, ce qui est bien la probabilité du vert.

Sur $120$ parties, on peut espérer environ $120\times \dfrac{4}{12}=40$ jetons bleus. Le mot environ compte : on n'en obtiendra pas exactement $40$, c'est l'ordre de grandeur que la probabilité annonce, exactement comme à l'exercice 7.

On pondère chaque gain par le nombre de jetons qui le produisent : $\dfrac{5\times 2+4\times 5+3\times 0}{12}=\dfrac{10+20+0}{12}=\dfrac{30}{12}=2{,}50$ dollars. C'est encore une moyenne pondérée, et le total sur lequel on divise est le nombre de jetons, pas le nombre de couleurs.

Non : la partie coûte $3$ dollars et rapporte en moyenne $2{,}50$ dollars, donc le joueur perd en moyenne $0{,}50$ dollars par partie. Sur $120$ parties, l'organisateur encaisse $120\times 3=360$ dollars et reverse en moyenne $120\times 2{,}50=300$ dollars : il gagne environ $60$ dollars. Un joueur peut très bien gagner sur quelques parties, c'est sur la durée que le déséquilibre se manifeste.

Un jeu est équitable quand la mise égale le gain moyen, donc il faudrait faire payer $2{,}50$ dollars la partie. Le gain moyen du joueur serait alors nul, et celui de l'organisateur aussi. C'est le même raisonnement que pour une moyenne de classe : ce qui compte n'est pas le meilleur cas, c'est le total rapporté au nombre de parties.

Les fréquences totalisent $100$ pour cent : $100-45-25-15=15$ pour cent.

$54$ élèves représentent $45$ pour cent du total : $\dfrac{54}{0{,}45}=120$ élèves. Vérification : $0{,}45\times 120=54$.

À pied : $0{,}25\times 120=30$ élèves. À vélo : $0{,}15\times 120=18$ élèves.

Il confond le pourcentage et l'effectif : $15$ pour cent de $120$ élèves font $0{,}15\times 120=18$ élèves, autant qu'à vélo. Contrôle : $54+30+18+18=120$.

Le vélo compte maintenant $18+10=28$ élèves sur $130$ : $\dfrac{28}{130}\approx 0{,}2154$, soit environ $21{,}5$ pour cent. On ne peut pas ajouter $10$ au pourcentage : le total a changé lui aussi, et TOUTES les fréquences ont bougé.

Il y a $12$ issues, les douze cartons. Ils sont identiques et bien mélangés : les issues sont équiprobables, de probabilité $\dfrac{1}{12}$ chacune. Les issues sont les CARTONS, pas les lettres différentes : il n'y a que $10$ lettres différentes, car B et I apparaissent deux fois.

Deux cartons portent la lettre B : $\dfrac{2}{12}=\dfrac{1}{6}$. Répondre $\dfrac{1}{10}$ reviendrait à compter les lettres différentes.

Les voyelles sont O, A, I, I et E : $5$ cartons, donc $\dfrac{5}{12}$. Les consonnes forment l'événement contraire : $1-\dfrac{5}{12}=\dfrac{7}{12}$. Contrôle : P, R, B, B, L, T, S font bien $7$ cartons.

Parmi M, A, T, H et S, seules A, T et S figurent dans PROBABILITES, chacune une fois : $\dfrac{3}{12}=\dfrac{1}{4}$.

Aucun carton ne porte Z : c'est un événement impossible, de probabilité $0$. Tous les cartons portent une lettre de l'alphabet : c'est un événement certain, de probabilité $1$.