Exercices – Probabilités et fluctuation des fréquences

L’univers contient 32 cartes équiprobables.
Structure : 8 valeurs × 4 couleurs = 32 cartes.

a) Il y a 4 As (un par couleur), soit 4 issues favorables. \[P(\text{As}) = \frac{4}{32} = \frac{1}{8} = 0{,}125 = 12{,}5\%\] b) Il y a 8 cartes de cœur (une par valeur), soit 8 issues favorables. \[P(\text{cœur}) = \frac{8}{32} = \frac{1}{4} = 0{,}25 = 25\%\] c) Il n’existe qu’une seule carte « As de cœur », soit 1 issue favorable. \[P(\text{As de cœur}) = \frac{1}{32} \approx 0{,}03 = 3{,}125\%\] d) Les figures sont : Valet, Dame, Roi. Il y en a 3 × 4 = 12 cartes. \[P(\text{figure}) = \frac{12}{32} = \frac{3}{8} = 0{,}375 = 37{,}5\%\] e) Les non-figures sont les 20 autres cartes (7, 8, 9, 10, As) × 4 couleurs. \[P(\text{non-figure}) = \frac{20}{32} = \frac{5}{8} = 0{,}625\] Vérification : \[P(\text{figure}) + P(\text{non-figure}) = \frac{12}{32} + \frac{20}{32} = \frac{32}{32} = 1 \quad \checkmark\]

1. \(f = \dfrac{16}{200} = 0{,}08 = 8\%\).

2. \(\dfrac{1}{\sqrt{200}} \approx 0{,}0707\). Intervalle : \[\left[0{,}05 - 0{,}0707\;;\; 0{,}05 + 0{,}0707\right] = [-0{,}0207\;;\; 0{,}1207]\] On ramène la borne inférieure à 0 : \(\mathbf{[0\;;\; 0{,}1207]}\).

3. \(f = 0{,}08 \in [0\;;\; 0{,}1207]\). La fréquence est dans l’intervalle. 4. Avec \(p = 0{,}08\) : intervalle \([0{,}08 - 0{,}0707\;;\; 0{,}08 + 0{,}0707] = [0{,}0093\;;\; 0{,}1507]\). \(f = 0{,}08 \in [0{,}0093\;;\; 0{,}1507]\) : compatible également.

1. Fréquences : \[f_V = \frac{18}{500} = 0{,}036 = 3{,}6\% \qquad f_C = \frac{15}{300} = 0{,}05 = 5\%\] 2. VéloPlus : \(\frac{1}{\sqrt{500}} \approx 0{,}0447\). Intervalle : \[[0{,}03 - 0{,}0447\;;\; 0{,}03 + 0{,}0447] = [-0{,}0147\;;\; 0{,}0747]\] Une fréquence ne pouvant pas être négative, on ramène la borne inférieure à 0 : \(\mathbf{[0\;;\; 0{,}0747]}\).
\(f_V = 0{,}036 \in [0\;;\; 0{,}0747]\) : compatible avec 3 %. 3. CycloStock : \(\frac{1}{\sqrt{300}} \approx 0{,}0577\). Intervalle : \[[0{,}03 - 0{,}0577\;;\; 0{,}03 + 0{,}0577] = [-0{,}0277\;;\; 0{,}0877]\] Une fréquence ne pouvant pas être négative, on ramène la borne inférieure à 0 : \(\mathbf{[0\;;\; 0{,}0877]}\).
\(f_C = 0{,}05 \in [0\;;\; 0{,}0877]\) : compatible avec 3 %. 4. Les deux sont statistiquement compatibles avec 3 %, mais la fréquence de CycloStock (5 %) est nettement supérieure à celle de VéloPlus (3,6 %). Sur le plan pratique, le gérant devrait privilégier VéloPlus qui a un taux de défaut plus faible sur un échantillon plus large (donc plus fiable).

1. \(f = \dfrac{228}{400} = 0{,}57 = 57\%\)

2. \(\dfrac{1}{\sqrt{400}} = \dfrac{1}{20} = 0{,}05\). Intervalle : \[\left[0{,}5 - 0{,}05\;;\; 0{,}5 + 0{,}05\right] = \mathbf{[0{,}45\;;\; 0{,}55]}\]

3. \(f = 0{,}57 \notin [0{,}45\;;\; 0{,}55]\). La fréquence est en dehors de l’intervalle de fluctuation.

4. Avec \(n = 100\) : \(\dfrac{1}{\sqrt{100}} = 0{,}1\). Intervalle : \([0{,}4\;;\; 0{,}6]\).
\(f = \dfrac{57}{100} = 0{,}57 \in [0{,}4\;;\; 0{,}6]\) : compatible avec \(p = 0{,}5\).

1. \(480 \times 0{,}04 = 19{,}2\), soit environ 19 robinets défectueux. Il n’en aurait que \(480 - 19 = 461\) conformes : insuffisant.

2. Il faut résoudre : \(n \times (1 - 0{,}04) \geq 480\), soit \(n \geq \dfrac{480}{0{,}96} = 500\). Il doit commander au minimum 500 robinets.

3. \(f = \dfrac{28}{510} \approx 0{,}0549 = 5{,}5\%\)

4. \(\dfrac{1}{\sqrt{510}} \approx 0{,}0443\). Intervalle : \[[0{,}04 - 0{,}0443\;;\; 0{,}04 + 0{,}0443] = [-0{,}0043\;;\; 0{,}0843]\] Une fréquence ne pouvant pas être négative, on ramène la borne inférieure à 0 : \(\mathbf{[0\;;\; 0{,}0843]}\).
\(f \approx 0{,}055 \in [0\;;\; 0{,}0843]\) : compatible avec le taux annoncé de 4 %.

5. Robinets conformes : \(510 - 28 = 482 \geq 480\). Oui, il dispose de 482 robinets conformes, ce qui suffit pour le chantier.

1. Arbre de probabilités :

Vérification : \(0{,}8924 + 0{,}0276 + 0{,}048 + 0{,}032 = 1 \quad \checkmark\)

2. Un panneau est accepté s’il passe les deux tests (V OK et E OK) : \[P(\text{accepté}) = 0{,}92 \times 0{,}97 = \mathbf{0{,}8924} \approx 89{,}2\%\]

3. Par l’événement contraire : \[P(\text{refusé}) = 1 - 0{,}8924 = \mathbf{0{,}1076} \approx 10{,}8\%\]

4. Sur 500 panneaux : acceptés \(\approx 500 \times 0{,}8924 = 446\). Refusés \(\approx 500 \times 0{,}1076 = 54\).

5. \(f = \dfrac{438}{500} = 0{,}876\). Intervalle avec \(p = 0{,}8924\) et \(n = 500\) :
\(\dfrac{1}{\sqrt{500}} \approx 0{,}0447\). Intervalle : \([0{,}8924 - 0{,}0447\;;\; 0{,}8924 + 0{,}0447] = [0{,}8477\;;\; 0{,}9371]\).
\(f = 0{,}876 \in [0{,}8477\;;\; 0{,}9371]\) : compatible.

1. Fréquences de défaut :

• Lot A : \(f_A = \dfrac{5}{100} = 0{,}05 = 5\%\)
• Lot B : \(f_B = \dfrac{9}{250} = 0{,}036 = 3{,}6\%\)
• Lot C : \(f_C = \dfrac{18}{400} = 0{,}045 = 4{,}5\%\)

2. Intervalles de fluctuation avec \(p = 0{,}03\) :

• Lot A (\(n = 100\)) : \(\dfrac{1}{\sqrt{100}} = 0{,}1\) → \([0\;;\; 0{,}13]\)
• Lot B (\(n = 250\)) : \(\dfrac{1}{\sqrt{250}} \approx 0{,}0632\) → \([0\;;\; 0{,}0932]\)
• Lot C (\(n = 400\)) : \(\dfrac{1}{\sqrt{400}} = 0{,}05\) → \([0\;;\; 0{,}08]\)

3.

• Lot A : \(f_A = 0{,}05 \in [0\;;\; 0{,}13]\) → compatible
• Lot B : \(f_B = 0{,}036 \in [0\;;\; 0{,}0932]\) → compatible
• Lot C : \(f_C = 0{,}045 \in [0\;;\; 0{,}08]\) → compatible

4. Total : \(5 + 9 + 18 = 32\) défectueux sur \(100 + 250 + 400 = 750\) plaques. \[f_{\text{globale}} = \frac{32}{750} \approx 0{,}0427 = 4{,}3\%\] Intervalle avec \(n = 750\) : \(\dfrac{1}{\sqrt{750}} \approx 0{,}0365\) → \([0\;;\; 0{,}0665]\).
\(f = 0{,}0427 \in [0\;;\; 0{,}0665]\) : compatible statistiquement.

5. Avis argumenté : bien que les fréquences de défaut observées (entre 3,6 % et 5 %) soient toutes supérieures au taux garanti de 3 %, elles restent dans les intervalles de fluctuation. Statistiquement, on ne peut pas affirmer que le fabricant ne respecte pas sa garantie. Cependant, la fréquence globale (4,3 %) est nettement au-dessus de 3 %. Il serait prudent de poursuivre la surveillance sur les prochains lots et, si la tendance se confirme, de demander des explications au fabricant.

Remarque : les résultats varient d’un élève à l’autre puisqu’ils dépendent du hasard de la simulation. La correction donne un exemple plausible de relevé ; l’important est la méthode et l’interprétation.

1. Exemple d’échantillon de taille \(n = 20\) (avec remise) : on compte 5 pièces hors tolérance. \[f = \frac{5}{20} = 0{,}25 = 25\%\] 2. Exemple de relevé pour 5 échantillons de taille \(n = 20\) :

Échantillon	Nb hors tolérance	Fréquence \(f\)
1	5	0,25
2	3	0,15
3	6	0,30
4	2	0,10
5	4	0,20

Étendue : \(f_{\max}-f_{\min} = 0{,}30 - 0{,}10 = 0{,}20\), soit 0,20 (20 points de pourcentage). Recalcul : \(0{,}30-0{,}10 = 0{,}20\) ✓.

3. Exemple de relevé pour 5 échantillons de taille \(n = 200\) :

Échantillon	Nb hors tolérance	Fréquence \(f\)
1	38	0,190
2	44	0,220
3	41	0,205
4	36	0,180
5	43	0,215

Étendue : \(0{,}220 - 0{,}180 = 0{,}040\), soit 0,04 (4 points de pourcentage). Recalcul : \(0{,}220-0{,}180 = 0{,}040\) ✓.
Constat : l’étendue pour \(n=200\) (0,04) est bien plus petite que pour \(n=20\) (0,20). Les fréquences sont plus resserrées autour de 0,20 quand la taille de l’échantillon augmente.

4. Non : les fréquences ne sont presque jamais exactement égales à 0,20. C’est la fluctuation d’échantillonnage. D’après la loi des grands nombres, quand \(n\) augmente, la fréquence observée se rapproche de la probabilité théorique \(p = 0{,}20\) et la fluctuation diminue.

1. Probabilité de chaque chemin (produit le long des branches) :

• Conforme – Conforme : \(0{,}90 \times 0{,}80 = 0{,}72\)
• Conforme – Défectueuse : \(0{,}90 \times 0{,}20 = 0{,}18\)
• Défectueuse – Conforme : \(0{,}10 \times 0{,}80 = 0{,}08\)
• Défectueuse – Défectueuse : \(0{,}10 \times 0{,}20 = 0{,}02\)

Vérification : \(0{,}72 + 0{,}18 + 0{,}08 + 0{,}02 = 1\) ✓ (recalcul : \(0{,}72+0{,}18=0{,}90\), \(0{,}08+0{,}02=0{,}10\), total \(1{,}00\)).

2. Module entièrement conforme = chemin Conforme – Conforme : \[P(\text{conforme}) = 0{,}90 \times 0{,}80 = 0{,}72 = 72\%\] Recalcul : \(0{,}9 \times 0{,}8 = 0{,}72\) ✓.

3. « Au moins un défectueux » est l’événement contraire de « entièrement conforme » : \[P(\text{au moins un défaut}) = 1 - 0{,}72 = 0{,}28 = 28\%\] Vérification par somme des 3 chemins concernés : \(0{,}18 + 0{,}08 + 0{,}02 = 0{,}28\) ✓.

4. Nombre moyen de modules conformes sur 250 : \[250 \times 0{,}72 = 180\] Recalcul : \(250 \times 0{,}72 = 180\) ✓. En moyenne, 180 modules seront entièrement conformes (et environ 70 présenteront au moins un défaut).

1. Sur 400 panneaux : \[P(\text{laine}) = \frac{240}{400} = 0{,}60 = 60\% \qquad P(\text{défaut}) = \frac{88}{400} = 0{,}22 = 22\%\] Recalcul : \(240/400 = 0{,}6\) ✓ et \(88/400 = 0{,}22\) ✓.

2. Laine ET défaut = case (laine de verre ; avec défaut) = 48 : \[P(\text{laine et défaut}) = \frac{48}{400} = 0{,}12 = 12\%\] Laine OU défaut (formule de la réunion) : \[P(\text{laine ou défaut}) = 0{,}60 + 0{,}22 - 0{,}12 = 0{,}70 = 70\%\] Vérification par dénombrement : panneaux concernés = \(240 + 40 = 280\) (les 240 panneaux de laine de verre, plus les 40 panneaux de polystyrène défectueux) ; \(280/400 = 0{,}70\) ✓.

3. Proportion de défauts parmi la laine de verre : \[\frac{48}{240} = 0{,}20 = 20\%\] Proportion de défauts parmi le polystyrène : \[\frac{40}{160} = 0{,}25 = 25\%\] Recalcul : \(48/240 = 0{,}20\) ✓ et \(40/160 = 0{,}25\) ✓.

4. L’argument est faux. Comparer 40 et 48 n’a pas de sens car il y a plus de panneaux de laine de verre (240) que de polystyrène (160) : les effectifs ne sont pas comparables. Il faut comparer les proportions : 20 % des panneaux de laine de verre ont un défaut contre 25 % des panneaux de polystyrène. C’est donc le polystyrène qui a plus de défauts en proportion, et non l’inverse.

1. Arbre des trois contrôles (seule la chaîne des réussites mène à une chaudière livrable) :

Le long du chemin des trois réussites, on multiplie les probabilités : \[P(\text{livrable}) = 0{,}98 \times 0{,}95 \times 0{,}90\] Détail : \(0{,}98 \times 0{,}95 = 0{,}931\), puis \(0{,}931 \times 0{,}90 = \mathbf{0{,}8379}\), soit environ 83,8 %.

2. Par l’événement contraire : \[P(\text{retenue}) = 1 - 0{,}8379 = \mathbf{0{,}1621}\]

3. \(300 \times 0{,}8379 = 251{,}37\) → environ 251 chaudières livrables.
\(300 \times 0{,}1621 = 48{,}63\) → environ 49 chaudières retenues. Vérification : \(251 + 49 = 300\) ✓

4. On cherche le nombre \(n\) de chaudières lancées tel que : \[n \times 0{,}8379 \geq 200 \quad \Longleftrightarrow \quad n \geq \frac{200}{0{,}8379} \approx 238{,}7\] Il faut donc lancer au minimum 239 chaudières.
Vérification : \(239 \times 0{,}8379 \approx 200{,}3 \geq 200\) ✓ et \(238 \times 0{,}8379 \approx 199{,}4 < 200\) ✗.

5. \(f = \dfrac{244}{300} \approx 0{,}813\). L’écart avec \(P = 0{,}8379\) vaut environ \(0{,}025\), soit 2,5 points. Sur un seul lot de 300 chaudières, un tel écart s’explique par la fluctuation d’échantillonnage : rien ne permet d’affirmer que les taux de réussite annoncés sont faux. Il faut poursuivre le suivi sur plusieurs lots avant de conclure.

1. \(P(\text{utilisable}) = 1 - 0{,}06 = \mathbf{0{,}94}\)

2. Si on commande \(n\) dalles, on peut espérer \(n \times 0{,}94\) dalles utilisables. On veut : \[n \times 0{,}94 \geq 1200 \quad \Longleftrightarrow \quad n \geq \frac{1200}{0{,}94} \approx 1276{,}6\] Il faut donc commander au minimum 1 277 dalles.

3. \(\dfrac{1277}{50} = 25{,}54\) : 25 palettes ne suffisent pas, il en faut 26, soit \(26 \times 50 = 1300\) dalles.
Vérification : avec 25 palettes, \(1250 \times 0{,}94 = 1175 < 1200\) ✗. Avec 26 palettes, \(1300 \times 0{,}94 = 1222 \geq 1200\) ✓

4. \(f = \dfrac{88}{1300} \approx 0{,}068\), soit environ 6,8 %.
Dalles utilisables réellement livrées : \(1300 - 88 = \mathbf{1212}\). Comme \(1212 \geq 1200\), le chantier peut être réalisé (avec 12 dalles d’avance).

5. Exemple de rédaction : « La livraison de 26 palettes (1 300 dalles) comporte 88 dalles inutilisables, soit une fréquence de 6,8 % contre 6 % annoncés par le fournisseur. Cet écart de 0,8 point reste faible et relève de la fluctuation normale d’une livraison : il ne justifie pas de réclamation. La marge prise à la commande a permis de disposer de 1 212 dalles utilisables, soit 12 de plus que nécessaire ; il est recommandé de conserver cette marge sur les prochaines commandes. »

1. Arbre de probabilités :

Vérification : \(0{,}0380 + 0{,}0020 + 0{,}0288 + 0{,}9312 = 1\) ✓

2. \[P(\text{fuite et alarme}) = 0{,}04 \times 0{,}95 = \mathbf{0{,}038}\] \[P(\text{sain et alarme}) = 0{,}96 \times 0{,}03 = \mathbf{0{,}0288}\]

3. L’alarme se déclenche dans deux cas différents, on additionne les deux chemins : \[P(\text{alarme}) = 0{,}038 + 0{,}0288 = \mathbf{0{,}0668}\]

4. Effectifs attendus sur 1 000 raccords (on multiplie chaque probabilité par 1 000) :

	Alarme	Pas d’alarme	Total
Raccord qui fuit	38	2	40
Raccord sain	28,8	931,2	960
Total	66,8	933,2	1 000

(Les effectifs non entiers sont des valeurs attendues : en pratique on obtiendrait environ 29 fausses alertes.)

5. Sur les 66,8 alarmes attendues, 28,8 concernent des raccords sains : \[\frac{28{,}8}{66{,}8} \approx 0{,}431\] soit environ 43 % de fausses alertes : presque une alarme sur deux !
Explication : les raccords sains sont beaucoup plus nombreux (960 contre 40). Même avec un taux de fausse alerte faible (3 %), 3 % de 960 fait déjà 28,8 raccords, ce qui est comparable aux 38 vraies détections.
Conseil : le technicien ne doit pas conclure « il y a une fuite » dès que l’alarme sonne. Chaque alarme doit être confirmée par un contrôle manuel avant toute intervention.

Note : la question 5 « renverse » le conditionnement (on part de l’alarme pour revenir à la fuite). Ce raisonnement, dit bayésien, ne figure pas au programme du Bac Pro : c’est une ouverture. Il reste accessible ici parce qu’on ne l’aborde que par les effectifs du tableau à double entrée (28,8 alarmes sur raccords sains parmi 66,8 alarmes au total), sans aucune formule nouvelle.

from random import random

def piece():
    # renvoie 1 si la pièce est non conforme, 0 sinon
    if random() < ........ :
        return 1
    else:
        return 0

def echantillon(n):
    total = 0
    for i in range(n):
        total = total + ........
    return total / n

print(echantillon(50))
print(echantillon(5000))

def evolution():
    for n in [10, 100, 1000, 10000, 100000]:
        print(n, ........)

evolution()

1. Les deux lignes complétées :

    if random() < 0.12 :
        ...
        total = total + piece()

random() tire un nombre au hasard entre 0 et 1 de façon uniforme : la probabilité qu’il tombe dans l’intervalle \([0\,;\,0{,}12[\) est exactement 0,12. La fonction renvoie donc 1 avec une probabilité de 0,12, ce qui simule bien une pièce non conforme.

2. echantillon(n) compte le nombre de pièces non conformes obtenues puis divise par \(n\) : c’est la fréquence de pièces non conformes dans l’échantillon simulé de taille \(n\). Elle est nécessairement comprise entre 0 et 1.

3. Série \(n = 50\) : minimum 0,08 ; maximum 0,16 ; \[\text{étendue} = 0{,}16 - 0{,}08 = \mathbf{0{,}08}\] Série \(n = 5000\) : minimum 0,1172 ; maximum 0,1226 ; \[\text{étendue} = 0{,}1226 - 0{,}1172 = \mathbf{0{,}0054}\] L’étendue est environ 15 fois plus petite pour \(n = 5000\) : les fréquences fluctuent beaucoup moins et se resserrent autour de \(p = 0{,}12\). C’est exactement ce que décrit la loi des grands nombres.

4. Ligne complétée : print(n, echantillon(n)).
Le programme affiche, pour des tailles d’échantillon de plus en plus grandes (10, 100, 1 000, 10 000, 100 000), la fréquence simulée de pièces non conformes. On observe que les valeurs affichées se rapprochent de 0,12 quand \(n\) augmente.

5. Non. La simulation reste aléatoire : on obtient une valeur très proche de 0,12, mais il serait extraordinaire de tomber sur exactement 12 000 pièces non conformes sur 100 000. La loi des grands nombres dit que la fréquence se rapproche de la probabilité, pas qu’elle lui devient égale.

1. On divise chaque effectif par 30 :

Échantillon	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
Fréquence \(f\)	0,133	0,033	0,167	0,067	0,100	0,000	0,133	0,067	0,200	0,100

Maximum = 0,200 (échantillon 9) ; minimum = 0 (échantillon 6). \[\text{Étendue} = 0{,}200 - 0 = \mathbf{0{,}200}\] Les fréquences de petits échantillons sont donc très dispersées : de 0 % à 20 %.

2. Protocole B : total des blocs non conformes \(= 4+1+5+2+3+0+4+2+6+3 = 30\) sur \(10 \times 30 = 300\) blocs. \[f_B = \frac{30}{300} = \mathbf{0{,}100}\] Protocole A : \(f_A = \dfrac{28}{300} \approx \mathbf{0{,}093}\)

3. Les deux estimations, 0,100 et 0,093, sont très proches (0,7 point d’écart). Elles ne sont pas contradictoires : elles conduisent toutes deux à estimer \(p \approx 0{,}09\) – \(0{,}10\), soit environ 9 à 10 % de blocs non conformes. C’est logique : dans les deux cas, l’estimation repose sur 300 blocs.

4. Le protocole B permet de mesurer la fluctuation : en répétant les prélèvements, on voit à quel point une fréquence peut varier d’un échantillon à l’autre (ici, étendue de 0,200 pour \(n = 30\)). Le protocole A ne donne qu’une seule fréquence : elle est individuellement plus fiable, car calculée sur 300 blocs d’un coup, mais elle ne dit rien de la dispersion.

5. Avis argumenté : pour estimer \(p\), c’est l’effectif total contrôlé qui compte — les trois protocoles se valent puisqu’ils portent tous sur 300 blocs. La différence porte sur ce qu’ils permettent d’observer en plus. Un échantillon unique (A) ne renseigne pas sur la fluctuation, tandis que des échantillons de 30 blocs (B) fluctuent tellement (de 0 % à 20 %) qu’une décision prise sur l’un d’eux serait très risquée. Le protocole C (3 échantillons de 100 blocs) est le meilleur compromis : chaque fréquence reste assez stable, et disposer de trois valeurs permet de constater la fluctuation avant de conclure. Dans tous les cas, la décision doit s’appuyer sur la fréquence globale calculée sur les 300 blocs, jamais sur le seul échantillon le plus défavorable.

1. Léa a 3 signes possibles, Malo aussi : le tableau à double entrée compte \(3 \times 3 = \mathbf{9}\) issues.

Léa ↓  /  Malo →	Pierre	Feuille	Ciseaux
Pierre	nul	Léa perd	Léa gagne
Feuille	Léa gagne	nul	Léa perd
Ciseaux	Léa perd	Léa gagne	nul

Équiprobabilité : chacun des 3 signes de Léa a la même chance d'être joué, chacun des 3 signes de Malo aussi, et les deux choix sont faits sans tenir compte l'un de l'autre. Les 9 couples ont donc tous la même chance de sortir : on peut appliquer \(P = \dfrac{\text{cas favorables}}{9}\).

2. On compte les cases du tableau :

• 3 cases « Léa gagne » → \(P(\text{Léa gagne}) = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3} \approx \mathbf{0{,}333}\)
• 3 cases « Léa perd » → \(P(\text{Léa perd}) = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3} \approx \mathbf{0{,}333}\)
• 3 cases « nul » → \(P(\text{match nul}) = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3} \approx \mathbf{0{,}333}\)

Somme : \(\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} = 1\) ✓ (les trois résultats couvrent tout l'univers).
\(P(\text{Léa gagne}) = P(\text{Léa perd})\) : le jeu est équitable, il ne favorise aucun des deux joueurs — à condition que chacun joue vraiment au hasard.

3. \(f = \dfrac{\text{nombre de nuls}}{30}\) :

Série	1	2	3	4	5
Fréquence de nuls	0,267	0,400	0,300	0,467	0,333

Détail : \(\dfrac{8}{30} \approx 0{,}267\) ; \(\dfrac{12}{30} = 0{,}400\) ; \(\dfrac{9}{30} = 0{,}300\) ; \(\dfrac{14}{30} \approx 0{,}467\) ; \(\dfrac{10}{30} \approx 0{,}333\).
\(f_{\min} = 0{,}267\) et \(f_{\max} = 0{,}467\), donc étendue \(= 0{,}467 - 0{,}267 = \mathbf{0{,}200}\).
Sur des échantillons de 30 manches seulement, les fréquences fluctuent beaucoup : de 27 % à 47 % de matchs nuls.

4. Nombre total de nuls : \(8 + 12 + 9 + 14 + 10 = 53\) sur 150 manches (ce qui recoupe bien la ligne « match nul » du bilan).
\(f(\text{nul}) = \dfrac{53}{150} \approx \mathbf{0{,}353}\), contre \(\dfrac{1}{3} \approx 0{,}333\) attendu par le modèle.
L'écart vaut environ \(0{,}353 - 0{,}333 = 0{,}020\), soit 2 points de pourcentage. C'est dix fois plus petit que l'étendue mesurée à la question 3 (0,200) sur de simples séries de 30 manches. Un tel écart est donc tout à fait ordinaire : il ne remet pas en cause le modèle sur ce point.

5. \(f(\text{Léa gagne}) = \dfrac{71}{150} \approx \mathbf{0{,}473}\) et \(f(\text{Malo gagne}) = \dfrac{26}{150} \approx \mathbf{0{,}173}\).
Contrôle : \(0{,}473 + 0{,}173 + 0{,}353 \approx 1\) ✓ (à l'arrondi près).

Avis argumenté. Le modèle de la partie A donne aux deux joueurs la même probabilité de gagner, \(\frac{1}{3} \approx 0{,}333\) : ils y sont dans une situation exactement symétrique. Or Léa gagne 47 % des manches et Malo seulement 17 %, soit des écarts de 14 et 16 points à la valeur attendue. Sur ces mêmes 150 manches, l'écart sur les matchs nuls n'était que de 2 points : les écarts sur les victoires sont donc sept à huit fois plus grands, et ils se maintiennent sur un grand nombre de manches. La seule fluctuation des fréquences ne suffit pas à les expliquer. L'hypothèse fausse est « chaque joueur choisit son signe au hasard » : un joueur humain a des habitudes (un signe préféré, une réaction automatique après une manche perdue), et Léa exploite probablement celles de Malo. Pour le vérifier, il faudrait relever manche après manche le signe joué par chacun, puis calculer la fréquence de chacun des trois signes pour chaque joueur : si elles s'écartent nettement de \(\frac{1}{3}\), ou si le signe joué dépend du résultat de la manche précédente, l'hypothèse « au hasard » est réfutée.

Remarque : la fréquence des matchs nuls, elle, reste proche de \(\frac{1}{3}\). Ce n'est pas contradictoire : le déséquilibre porte sur qui gagne, pas sur le nombre d'égalités.